gravitaciÓn - a coruñateleformacion.edu.aytolacoruna.es/elvinaf2b8fb2/document/...física p.a.u....

Física P.A.U. GRAVITACIÓN 1

GRAVITACIÓN

◊ INTRODUCIÓN

● MÉTODO

1. En xeral:Debúxanse as forzas que actúan sobre o sistema.Calcúlase a resultante polo principio de superposición.Aplícase a 2ª lei de Newton (Lei Fundamental da Dinámica). Como a aceleración ten a mesma dirección e sentido que a forza resultante, pódese escribir para os módulos

│∑F│ = m · │a│

2. Nos problemas de satélites,A forza gravitatoria FG que exerce o astro de masa M sobre un satélite de masa m que xira arredor del nunha órbita de radio rórb está dirixida cara ao astro (é unha forza central), e vén dadapola lei de Newton da gravitación universal

F G=GMm

r órb2

As traxectorias dos satélites son circulares arredor do centro do astro. Entón, por ser a forza gravitatoria unha forza central, a aceleración só ten compoñente normal aN = v2 / r, e, ao non ter aceleración tanxencial, o módulo da velocidade é constante.Como a única forza a ter en conta é a forza gravitatoria, queda

|∑ F⃗|=|F⃗G|=m|a⃗|=m|a⃗N|=m v 2

r órb

mv2

r órb=G

Mm

r órb2

A enerxía potencial de un obxecto de masa m que se atopa a unha distancia r dun astro é o traballo que fai a forza gravitatoria cando o obxecto se traslada desde a súa posición ata o infinito

EP=W r→∞=∫r

∞

F⃗Gd r⃗=∫r

∞

−GMmr2

u⃗ rd r⃗=∫r

∞

−GMmr2

dr=[GMmr ]r

∞

=−GMmr

A velocidade de escape e a velocidade mínima que hai que comunicar á un corpo para que lle permita afastalo a unha distancia infinita do astro. Alí a enerxía potencial é nula. Ep = 0, e a velocidade tómase como nula por ser a velocidade de escape unha velocidade mínima.

● APROXIMACIÓNS

1. Os astros tómanse como corpos esféricos homoxéneos. Así pódese considerar o campo e a forza gravitatoria no exterior deles como se toda a masa do astro estivese concentrada no seu centro.

2. Tense en conta só a influencia gravitatoria do astro máis próximo respecto do satélite.

3. Nas transferencias de órbitas, lanzamentos, caídas, suponse que a única forza que actúa é a forza gravitatoria, que é conservativa. Polo tanto a enerxía mecánica se conserva.


● RECOMENDACIÓNS

1. Farase unha lista con datos, pasándoos ao Sistema Internacional se non o estivesen.

2. Farase outra lista coas incógnitas.

3. Farase unha lista de ecuacións que conteñan as incógnitas e algún dos datos, mencionando á lei ou principio ao que se refiren.

4. Debuxarase un esbozo coas distancias coherentes coa situación.

5. No caso de ter algunha referencia, ao rematar os cálculos farase unha análise do resultado para ver se é o esperado.

6. En moitos problemas as cifras significativas dos datos son incoherentes. Resolverase o problema supoñendo que os datos que aparecen con unha ou dúas cifras significativas teñen a mesma precisión que o resto dos datos (polo xeral tres cifras significativas), e ao final farase un comentario sobre o as cifras significativas do resultado.

● ACLARACIÓNS

1. Os datos dos enunciados dos problemas non adoitan ter un número adecuado de cifras significativas, ben porque o redactor pensa que a Física é unha rama das Matemáticas e os números enteiros son números «exactos» (p.ej a velocidade da luz: 3×108 m/s cre que é 300 000 000,000000000000000... m/s) ou porque aínda non se decatou de que se pode usar calculadora no exame e parécelle máis sinxelo usar 3×108 que 299 792 458 m/s).Por iso supuxen que os datos teñen un número de cifras significativas razoables, case sempre tres cifras significativas. Menos cifras darían resultados, en certos casos, con ampla marxe de erro. Así que cando tomo un dato como c = 3×108 m/s e reescríboo como:Cifras significativas: 3c = 3,00×108 m/s o que quero indicar é que supoño que o dato orixinal ten tres cifras significativas (non que as teña en realidade) para poder realizar os cálculos cunha marxe de erro máis pequena que a que tería se empregásemos o dato tal como aparece. (3×108 m/s ten unha soa cifra significativa, e un erro relativo do 30 %. Como os erros adóitanse acumular ao longo do cálculo, o erro final sería inadmisible. Entón, para que realizar os cálculos? Cunha estimación sería suficiente).


◊ PROBLEMAS

● SATÉLITES

1. O período de rotación da Terra arredor del Sol é un año e o radio da órbita é 1,5×1011 m. Se Xúpiter ten un período de aproximadamente 12 anos, e se o radio da órbita de Neptuno é de 4,5×1012 m, calcula:a) O radio da órbita de Xúpiter.b) O período do movemento orbital de Neptuno.

(P.A.U. Set. 05)Rta.: a) roX = 7,8×1011 m b) TN = 165 anos

Datos Cifras significativas: 2Período de rotación da Terra arredor do Sol TT = 1 ano = 3,2×107 sRadio da órbita terrestre roT = 1,5×1011 mPeríodo de rotación de Xúpiter arredor do Sol TX = 12 anos = 3,8×108 sRadio da órbita de Neptuno roN = 4,5×1012 mIncógnitasRadio da órbita de Xúpiter roX

Período do movemento orbital de Neptuno TN

Ecuacións

3ª lei de KeplerT 1

2

r13 =

T 22

r23

Solución:

a) A 3ª lei de Kepler di que os cadrados dos períodos T de revolución dos planetas arredor do Sol son direc-tamente proporcionais aos cubos dos radios R das órbitas (aproximadamente circulares). Aplicando isto á Terra e a Xúpiter

(1 [ano ])2

(1,5×1011[m ])

3=(12 [anos])2

roX3

r oX=1,5×1011[m]3√122=7,8×1011 m

Análise: O resultado está comprendido entre aas distancias Sol-Terra e Sol-Neptuno:(roT = 1,5×1011 m) < (roX = 7,8×1011 m) < (roN = 4,5×1012 m)

b) Aplicando a mesma lei entre a Terra e Neptuno

(1 [año ])2

(1,5×1011 [m ])3=

T N2

(4,5×1012 [m])3

T N=1 [ano]√303=1,6×102 anos

Análise: O período calculado de Neptuno sae maior que o de Xúpiter:(TN = 1,6×102 anos) > (TX = 12 anos)

2. A distancia Terra-Lúa é aproximadamente 60 RT, sendo RT o radio da Terra, igual a 6 400 km. Calcula:a) A velocidade lineal da Lúa no seu movemento arredor da Terra.b) O correspondente período de rotación en días.Datos. G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2; masa da Terra: M = 5,98×1024 kg (P.A.U. Set. 96)Rta.: a) v = 1,0×103 m/s; b) T = 27 días


Datos Cifras significativas: 2Radio da Terra RT = 6 400 km = 6,4×106 mRadio da órbita, e tamén a distancia do centro da Lúa ao centro da Terra. rórb = 60 RT = 3,8×108 mConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

Masa da Terra MT = 5,98×1024 kgIncógnitasValor da velocidade da Lúa na súa órbita arredor da Terra. vPeríodo de rotación da Lúa arredor da Terra TOutros símbolosMasa da Lúa mL

EcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce a Terra puntual sobre a Lúa puntual)

FG=GM T mL

rórb2

Aceleración normal (nun movemento circular de radio r) a N=v 2

r2ª lei de Newton da Dinámica ∑F = m · a

Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.) v=2π rT

Solución:

Como a única forza sobre a Lúa a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra,

∑F = FG

mL a = FG

A Lúa describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a aceleración só ten compoñente normal aN,

mLv 2

rórb

=GM T mL

r órb2

Despexando a velocidade v e substituíndo os datos,

v=√G M T

r órb

=√6,67×10−11[N·m 2 · kg−2

]· 5,98×1024[kg ]

3,8×108[m]

=1,0×103 m /s=1,0 km /s

Análise: O valor da velocidade da Lúa non ten unha referencia sinxela, só da orde de magnitude. Espérase que un obxecto que se mova arredor da Terra teña unha velocidade de algúns km/s. O resultado de 1,0 km/sestá dentro da orde de magnitude.No enunciado din que a distancia Terra-Lúa é aproximadamente 60 RT, polo que o resultado ten que ser á forza aproximado. Non ten sentido dar máis de dúas cifras significativas.

b) Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.

T=2π r órb

v=

2π3,8×108 [m ]

1,0×103 [m /s]=2,4×106 s=27 días

Análise: O período da Lúa é de uns 28 días. O valor obtido, 27 días, é razoable.

3. Deséxase poñer en órbita un satélite artificial a unha altura de 300 km da superficie terrestre. Calcule:a) A velocidade orbital que se lle ten de comunicar ao satélite.b) O período de rotación.Datos: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2; RT = 6,38×106 m; MT = 5,98×1024 kg. (P.A.U. Xuño 99)Rta.: a) vo = 7,73 km/s; b) T = 1,50 horas


Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6,38×106 mAltura da órbita h = 300 km = 3,00×105 mConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

Masa da Terra MT = 5,98×1024 kgIncógnitasValor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra. vPeríodo de rotación do satélite arredor da Terra TOutros símbolosMasa do satélite mRadio da órbita do satélite, e tamén a distancia do satélite ao centro da Terra rórb

EcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)

FG=GM T m

rórb2



Velocidade nun movemento circular uniforme (M.C.U.) v=2π rT

Radio da órbita rórb = RT + h

Solución:

O radio da órbita vale:

rórb = RT + h = 6,38×106 [m] + 3,00×105 [m] = 6,68×106 m

Como a única forza sobre o satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Te-rra,

∑F = FG

m · a = FG

Supoñendo que o satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor cons-tante, a aceleración só ten compoñente normal aN,

mv2

rórb

=GM T m

rórb2


v=√G M T

r órb

=√6,67×10−11[N·m 2 · kg−2

]· 5,98×1024[kg ]

6,68×106[m ]

=7,73×103 m /s=7,73 km /s

Análise: Espérase que un obxecto que se mova arredor da Terra teña unha velocidade de algúns km/s. O re-sultado de 7,73 km/s está dentro da orde de magnitude.


T=2π rórb

v=

2π6,68×108 [m ]

7,73×103 [m / s]=5,42×103 s=1 h30 min

Análise: O período dun satélite en órbita baixa é de hora e media. O valor obtido coincide.

4. Europa, satélite de Xúpiter, foi descuberto por Galileo en 1610. Sabendo que o radio da órbita que describe é de 6,7×105 km e o seu período de 3 días, 13 horas e 13 minutos, calcula:

FG

rórb

= RT+h


a) A velocidade de Europa relativa a Xúpiter.b) A masa de Xúpiter.Datos. G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2 (P.A.U. Set. 97)Rta.: a) v = 1,4×104 m/s; b) MX = 1,9×1027 kg

Datos Cifras significativas: 2Radio da órbita e distancia do centro de Europa ao centro de Xúpiter rórb = 6,7×105 km = 6,7×108 mPeríodo de rotación de Europa na órbita arredor de Xúpiter T = 3 d 13 h 13 min = 3,07×105 sConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

IncógnitasValor da velocidade de Europa na órbita arredor de Xúpiter vMasa de Xúpiter MOutros símbolosMasa de Europa mEcuacións

Lei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce Xúpiter puntual sobre a Europa puntual)

F G=GM X m

r órb2




Solución:

a)

v=2π rórb

T=

2 π6,7×108 [m ]

3,07×105 [s]=1,4×10 4 m /s

b) Como a única forza sobre Europa a ter en conta é a forza gravitatoria que exerceXúpiter

∑F = FG

m · a = FG

Supoñemos que Europa describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor cons-tante, polo que a aceleración só ten compoñente normal aN,

mv2

r órb

=GM m

r órb2

Despexando a masa M de Xúpiter:

M=v 2 · rórb

G=(1,4×104 [m /s ])2 ·6,7×108 [m ]

6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]=1,9×1027 kg

Análise: Este resultado ten sentido xa que a masa de Xúpiter e moito maior que a da Terra (6×1024 kg) pero moito máis pequena ca do Sol (2×1030 kg)

5. A luz do Sol tarda 5×102 s en chegar á Terra e 2,6×103 s en chegar a Xúpiter. Calcula:a) O período de Xúpiter orbitando arredor do Sol.b) A velocidade orbital de Xúpiter.c) A masa do Sol.Datos: TTerra arredor do Sol: 3,15×107 s; c = 3×108 m/s; G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2. (Supóñense as órbitas circulares) (P.A.U. Set. 12)

FG

rórb

Xúpiter

Europa


Rta.: a) TX = 3,74×108 s; v = 1,31×104 m/s; b) M = 2,01×1030 kg

Datos Cifras significativas: 3Tempo que tarda a luz do Sol en chegar á Terra tT = 5,00×102 s = 500 sTempo que tarda a luz do Sol en chegar a Xúpiter tX = 2,60×103 sPeríodo orbital da Terra arredor do Sol TT = 3,15×107 sVelocidade da luz c = 3,00×108 m/sConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

IncógnitasPeríodo orbital de Xúpiter TX

Velocidade orbital de Xúpiter vMasa do Sol MOutros símbolosMasa de Xúpiter ou a Terra mDistancia dun planeta ao Sol rEcuacións

Lei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce o Sol esférico sobre un planeta puntual)

F G=GM S m

rórb2




Solución:

c) Primeiro calcúlanse as distancias da Terra ao Sol e de Xúpiter ao Sol, tendo en conta a velocidade da luz.

rT = c · tT = 3,00×108 [m/s] · 5,00×102 [s] = 1,50×1011 m

rJ = c · tX = 3,00×108 [m/s] · 2,60×103 [s] = 7,80×1011 m

A velocidade, v, da Terra ao redor do Sol é

v T=2 π· rT

T=

2π · 1,50×1011 [m ]

3,15×107 [s ]=2,99×104 m /s

Como a única forza que actúa sobre a Terra é a forza gravitatoria que exerce o Sol

∑F = FG

m · a = FG

Supoñemos que a Terra describe unha traxectoria circular con velocidade de valor constante, polo que a ace-leración só ten compoñente normal aN,

mv T

2

rT

=GM m

rT2

Despexando a masa M do Sol:

M S=v T

2 ·rT

G=(2,99×104 [m /s])2 ·1,50×1011 [m ]

6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]=2,01×1030 kg

b) Aplicando a ecuación anterior para calcular a velocidade de Xúpiter,

v=√G · MrX

=√ 6,67×10−11[N·m2 · kg−2

]· 2,01×1030[kg ]

7,80×1011[m ]

=1,31×104 m / s=13,1 km /s

a) O período calcúlase a partir da velocidade:


T X=2 π· rX

v=

2 π ·7,80×1011 [m ]

1,31×104 [m / s ]=3,74×108 s

Análise: A terceira lei de Kepler di que os cadrados dos períodos son directamente proporcionais aos cubosdos radiovectores que unen ao Sol cos planetas. A maior distancia ao Sol, maior período. De aplicarse este

método, daría T X=T T√ r J3

rT3 =3,15×107

[s ]·√ (7,8×1011[m ])3

(1,5×1011[m ])3

=3,74×108 s

6. A menor velocidade de xiro dun satélite na Terra, coñecida como primeira velocidade cósmica, é a que se obtería para un radio orbital igual o radio terrestre RT. Calcular:a) A primeira velocidade cósmica.b) O período de revolución correspondente.Datos: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2; RT = 6,38×106 m; MT = 5,98×1024 kg (P.A.U. Xuño 98)Rta.: a) v1 = 7,91 km/s; b) T = 1 h 24 min

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6,38×106 mRadio da órbita, e tamén a distancia do satélite ao centro da Terra rórb = RT = 6,38×106 mConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

Masa da Terra MT = 5,98×1024 kgIncógnitasPrimeira velocidade cósmica ou o valor da velocidade do satélite na súa ór-bita rasante arredor da Terra

v

Período de rotación do satélite arredor da Terra TOutros símbolosMasa do satélite mEcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)

FG=GM T m

rórb2




Solución:

Como a única forza sobre do satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra,

∑F = FG

m · a = FG

O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que aaceleración só ten compoñente normal aN,

mv2

rórb

=GM T m

rórb2


v=√G · M T

rórb

=√ 6,67×10−11[N·m2 · kg−2

] ·5,98×1024[kg ]

6,38×106[m ]

=7,91×103 m /s=7,91 km /s



T=2π · rórb

v=

2 π· RT

v=

2 π· 6,38×106 [m ]

7,91×103 [m /s]=5,07×103 s=1 h 24 min

Análise: O período dun satélite en órbita baixa é de hora e media. O valor obtido coincide aproximadamen-te.

7. Un satélite artificial cunha masa de 200 kg móvese nunha órbita circular a 5×107 m por enriba da superficie terrestre.a) Que forza gravitatoria actúa sobre o satélite?b) Cal é o período de rotación do satélite?Datos: g0 = 9,81 m/s2. RT = 6 370 km. (P.A.U. Xuño 00)Rta.: a) F = 25,1 N; b) T = 37,0 horas

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6 370 km = 6,37×106 mAltura da órbita h = 5,00×107 mAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,81 m/s2

Masa do satélite m = 200 kgIncógnitasForza gravitatoria que actúa sobre o satélite FG

Período de rotación do satélite arredor da Terra TOutros símbolosMasa da Terra MT

Valor da velocidade do satélite na órbita arredor da Terra vConstante da gravitación universal GRadio da órbita rórb


F G=GM T m

r órb2




Solución:

O radio da órbita vale:rórb = RT + h = 6,37×106 [m] + 5,00×107 [m] = 5,64×107 m

Como non se teñen os datos da constante da gravitación uni-versal nin da masa da Terra, haberá que ter en conta que na su-perficie da Terra, o peso dun corpo mg0 é igual á forza gravita-toria

m g0=GM T m

RT2

G MT = g0 RT2

Por tanto, substituíndo G MT por g0 RT2, na expresión da forza,

F G=GM T m

r órb2

=g0 RT

2 m

rórb2

=9,81 [m /s2](6,37×106 [m ])2 · 200 [kg]

(5,64×107 [m])2=25,1 N

(Se non se supoñen tres cifras significativas para a altura, o resultado debería ser FG = 3 daN)

FG

rórb

Terra

satélite

h

RT


Análise: O peso diminúe coa altura sendo inversamente proporcional ao cadrado da distancia ao centro da Terra. A unha distancia r ≈ 10 R, o peso debería ser unhas 100 veces menor que no chan m·g0 = 1 960 N.

b) Como a única forza sobre do satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra,

∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2

v=√G M T

r órb

=√ g 0 RT2

r órb

=2 π rórb

T

2 rórb

T 2

=g 0 RT

2

rórb

T=2 rórb3

g0 RT2

T=2π√ (5,64×107[m ])3

9,81 [m /s2](6,37×106

[m ])2=1,33×105 s=37,0 horas

(Se non se supoñen tres cifras significativas para a altura, o resultado debería ser T ≈ 2 días)

Análise: Pola terceira lei de Kepler, tamén aplicable a satélites que xiran arredor dun astro, os cadrados dos períodos son directamente proporcionais aos cubos dos semieixes maiores das elipses, ou, se as traxec-torias son circulares, aos radios das órbitas. O período da Lúa, que se atopa a uns 60 R é de 28 días. O de

este satélite, que está a uns 10 R sería de 1

63 ≈ 15 veces menor ≈ 2 días

8. Un satélite artificial describe unha órbita circular de radio 2 RT en torno á Terra. Calcula:a) A velocidade orbital.b) O peso do satélite na órbita se na superficie da Terra pesa 5 000 N (debuxa as forzas que

actúan sobre o satélite)Datos RT = 6 400 km; G = 6,67×10–11 N m2 / kg2; g0 = 9,8 m / s2. (P.A.U. Xuño 02)Rta.: a) v = 5,6 km/s; b) Ph = 1,25 kN

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6 400 km = 6,40×106 mRadio da órbita rórb = 2 RT = 1,28×107 mAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,80 m/s2

Peso do satélite na superficie da Terra PT = 5 000 N = 5,00×103 NConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

IncógnitasValor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra. vPeso do satélite na órbita Ph

Outros símbolosMasa da Terra MT

Masa do satélite m



FG=GM T m

rórb2



Solución:

a) Como a única forza sobre do satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra, (véxase a fi -gura)

∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2

Como non se teñen os datos da constante da gravitación universal nin da masa da Terra, haberá que ter en conta que na superficie da Terra, o peso dun corpo mg0 é igual á forza gravitatoria

m g0=GM T m

RT2

G MT = g0 RT2

v=√G M T

r órb

=√ g 0 RT2

r órb

=√ g 0 RT2

2 RT

=√ g0 RT

2=√ 9,80 [m / s2

]· 6,40×106[m ]

2=5,60×103 m /s=5,60 km /s


b) A única forza que actúa sobre o satélite é o seu peso, ou sexa, a atracción gravitatoria da Terra. Pola lei deNewton da gravitación universalNa superficie da Terra:

PT=GM T m

RT2

Na órbita de radio r:

Ph=GM T m

rórb2

Dividindo,

Ph

PT

=

G M T m

r órb2

G M T m

RT2

= RT

r órb

2

= RT

2 RT

2

=122

=14

Ph = (5,00×103 [N]) / 4 = 1,25×103 N = 1,25 kN


Análise: O peso diminúe coa altura sendo inversamente proporcional ao cadrado da distancia ao centro da Terra. A unha distancia r = 2 RT, o peso debería ser 4 veces menor que na superficie

9. Un astronauta de 75 kg xira arredor da Terra (dentro dun satélite artificial) nunha órbita situada a10 000 km sobre a superficie da Terra. Calcula:a) A velocidade orbital e o período de rotación.b) O peso do astronauta nesa órbita.Datos g0 = 9,80 m/s2; RT = 6 400 km. (P.A.U. Set. 02)Rta.: a) v = 4,95×103 m/s; T = 2,08×104 s; b) Ph = 1,1×102 N

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6 400 km = 6,40×106 mAltura da órbita h = 10 000 km = 1,00×107 mAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,80 m/s2

Masa do astronauta m = 75,0 kgIncógnitasValor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra. vPeríodo de rotación do satélite arredor da Terra TPeso do astronauta na órbita Ph

Outros símbolosConstante da gravitación universal GMasa da Terra MT


FG=GM T m

rórb2




Solución:

a) O radio da órbita vale:

rórb = RT + h = 6,40×106 [m] + 1,00×107 [m] = 1,64×107 m

Como a única forza sobre do satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra,

∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2

Como non se teñen os datos da constante da gravitación universal nin da masa da Terra, haberá que ter en conta que na superficie da Terra, o peso dun corpo m g0 é igual á forza gravitatoria

m g0=GM T m

RT2

G MT = g0 RT2

v=√G M T

rórb

=√ g 0 RT2

r órb

=√9,80 [m /s2]·(6,40×106

[m])2

1,64×107[m ]

=4,95×103 m /s=4,95 km / s



Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.

T=2π rórb

v=

2π · 1,64×106 [m ]

4,95×103 [m /s ]=2,08×104 s=5 h 47 min

Análise: O período dun satélite en órbita baixa (300 – 400 km) é de hora e media. O valor obtido e maior, porque a altura da órbita 10 000 km tamén o é.

b) A única forza que actúa sobre o astronauta é o seu peso, ou sexa, a atracción gravitatoria da Terra. Pola leide Newton da gravitación universal, na órbita de radio r:

Ph=GM T m

rórb2

=g 0 RT

2 m

r órb2

=9,80 [m / s2]·(6,40×106 [m ])2 · 75,0 [kg ]

(1,64×107 [m ])2=112 N

Análise: O peso diminúe coa altura sendo inversamente proporcional ao cadrado da distancia ao centro da Terra. A unha distancia r ≈ 2,5 RT, o peso debería ser unhas 6 veces menor que na superficie m g0 = 735 N.

10. Un satélite artificial de 64,5 kg xira arredor da Terra nunha órbita circular de radio R = 2,32 RT. Calcula:a) O período de rotación do satélite.b) O peso do satélite na órbita.Datos: g0 = 9,80 m/s2; RT = 6 370 km (P.A.U. Xuño 05)Rta.: a) T = 4 h 58 min; b) Ph = 117 N

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6 370 km = 6,37×106 mRadio da órbita R = 2,32 RT = 1,48×107 mAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,80 m/s2

Masa do satélite m = 64,5 kgIncógnitasPeríodo de rotación do satélite arredor da Terra TPeso do satélite na órbita = forza gravitatoria que actúa sobre o satélite Ph


Valor da velocidade do satélite na órbita arredor da Terra vConstante da gravitación universal GRadio da órbita rórb

EcuaciónsLei de Newton da gravitación universal (aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre un satélite puntual)

FG=GM T m

rórb2




Solución:


rórb = 2,32 RT = 1,48×107 m



m g0=GM T m

RT2

G MT = g0 RT2

a) Como a única forza sobre do satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra,

∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2

Despexando a velocidade e escribindo a súa relación co período

v=√G M T

r órb

=√ g 0 RT2

r órb

=2 π rórb

T

que queda

2 rórb

T 2

=g 0 RT

2

rórb

Da que se despexa o período

T=2 rórb3

g0 RT2

T=2π√ (1,84×107[m ])3

9,80 [m /s2](6,37×106

[m])2=1,79×104 s=4 h 58 min

Análise: Pola terceira lei de Kepler, tamén aplicable a satélites que xiran arredor dun astro, os cadrados dos períodos son directamente proporcionais aos cubos dos semieixes maiores das elipses, ou, se as traxec-torias son circulares, aos radios das órbitas. O período da Lúa, que está a uns 60 R é de 28 días. O deste

satélite, que está a uns 2,4 R (25 veces menor) sería de 1

253 ≈ 125 veces menor ≈ 0,25 días ≈ 6 horas.

B) Substituíndo G MT por g0 RT2, na expresión da forza gravitatoria, (peso)

Ph=F G=GM T m

r órb2

=g0 RT

2 m

rórb2

=9,80 [m /s2 ](6,37×106 [m ])2 · 64,5 [kg ]

(1,84×107 [m ])2=117 N

Análise: O peso diminúe coa altura, sendo inversamente proporcional ao cadrado da distancia ao centro daTerra. A unha distancia r ≈ 2,4 R, o peso debería ser unhas 2,42 = 6 veces menor que no solo mg0 =632 N, ou sexa uns 100 N.

11. Un satélite artificial de 100 kg describe órbitas circulares a unha altura de 6 000 km sobre a superficie da Terra. Calcula:a) O tempo que tarda en dar unha volta completa.b) O peso do satélite a esa altura.


Datos: g0 = 9,80 m/s2; RT = 6 400 km (P.A.U. Xuño 06)Rta.: a) T = 3 h 48 min; b) Ph = 261 N

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6 400 km = 6,40×106 mAltura da órbita h = 6 000 km = 6,00×106 mAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,80 m/s2

Masa do satélite m = 100 kgIncógnitasTempo que tarda en dar unha volta completa TPeso do satélite a esa altura Ph


Valor da velocidade do satélite na órbita arredor da Terra vConstante de la gravitación universal GRadio da órbita rórb

EcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre un satélite puntual)

FG=GM T m

rórb2




Solución:


rórb = RT + h = 6,40×106 [m] + 6,00×106 [m] = 1,24×107 m


m g0=GM T m

RT2

G MT = g0 RT2 = 4,01×1014 m3/s2


∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2

Despexando a velocidade

v=√G M T

rórb

=√ g 0 RT2

r órb

=√4,01×1012[m3

/s2]

1,24×107[m ]

=5,69×103 m / s

e tendo en conta a súa relación co período


v=2π rórb

T

queda o período

T=2π r órb

v=

2π1,24×107 [m ]

5,69×103 [m / s ]=1,37×104 s=3 h 48 min

Análise: Pola lei de Kepler, tamén aplicable a satélites que viran ao redor dun astro, os cadrados dos períodos son directamente proporcionais aos cubos dos semieixes maiores das elipses, ou, se as traxecto-rias son circulares, aos radios das órbitas. O período dun satélite de órbita baixa (h = 400 km) é de hora e media. O radio da órbita deste satélite é aproximadamente o dobre, polo que o período debería ser 23 ≈ 3 veces maior, dunhas catro horas e media.

b) Substituíndo G MT por g0 RT2, na expresión da forza gravitatoria, (peso)

Ph=F G=GM T m

r órb2

=g0 RT

2 m

rórb2

=4,01×1012 [m3 /s2] ·100 [kg ]

(1,24×107 [m ])2=261 N

Análise: O peso diminúe coa altura, sendo inversamente proporcional ao cadrado da distancia ao centro daTerra. A unha distancia ≈ 2 R, o peso debería ser unhas 22 = 4 veces menor que no chan m g0 = 980 N, ou sexa uns 250 N.

12. Un satélite artificial de 500 kg describe unha órbita circular arredor da Terra cun radio de 2×104 km. Calcula:a) A velocidade orbital e o período.b) A enerxía mecánica e a potencial.c) Se por fricción se perde algo de enerxía, que lle ocorre ao radio e á velocidade?Datos g0 = 9,8 m·s-2; RT = 6 370 km (P.A.U. Set. 10)Rta.: a) v = 4,5 km/s; T = 7,8 h; b) E = -5,0×109 J; Ep = -9,9×109 J

Datos Cifras significativas: 3Masa do satélite m = 500 kgRadio da órbita rórb = 2,00×104 km = 2,00×107 mAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,80 m/s2

Radio da Terra RT = 6 370 km = 6,37×106 mIncógnitasValor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra vPeríodo orbital do satélite TEnerxía mecánica do satélite en órbita EEnerxía potencial do satélite en órbita Ep


Constante da gravitación universal GEcuacións

Lei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)

FG=GM T m

r órb2




Enerxía cinética Ec = ½ m v2

Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito) Ep=−GM T m

rórb


EcuaciónsEnerxía mecánica E = Ec + Ep

Solución:


∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2


m g0=GM T m

RT2

G MT = g0 RT2

v=√G M T

r órb

=√ g 0 RT2

r órb

=√9,80 [m /s2]·(6,37×106

[m])2

2,00×107[m]

=4,46×103 m /s=4,46 km /s


O período orbital do satélite é o do movemento circular uniforme de velocidade 4,46×103 m/s. Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.

T=2π rórb

v=

2π 2,00×107 [m ]

4,46×103 [m /s]=2,82×104 s=7 h 50 min

b) A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial. A enerxía potencial vén dada por:

Ep=−GM T m

rórb

=−g0 RT

2 m

rórb

=9,80 [m /s2] ·(6,37×106 [m ])2 · 500 [kg]

2,00×107 [m ]=−9,94×109 J

e a enerxía cinética

Ec = ½ m · v2 = [500 [kg] · (4,46×103 [m/s])2] / 2= 4,97×109 J

polo que a enerxía mecánica valerá

E = Ec + Ep = 4,97×109 [J] + (-9,94×109 [J]) = -4,97×109 J

Análise: Pode comprobarse que a enerxía potencial vale o dobre que a enerxía cinética, pero é negativa por ser un sistema ligado. A enerxía mecánica vale o mesmo que a enerxía cinética, pero é negativa.

c) A enerxía mecánica pódese expresar en función do radio da órbita. Xa vimos antes que

mv2

rórb

=GM T m

rórb2

Despexando e substituíndo m vórb2 na expresión da enerxía mecánica, quedaría

E=Ec+E p=12

m vórb2 −G

M T m

r órb

=12

GM T m

r órb

−GM T m

r órb

=−12

GM T m

rórb


Se diminúe a enerxía mecánica, (é máis negativa), o radio da órbita tamén se fai máis pequeno polo que o satélite achégase á superficie da Terra.A velocidade, pola contra, aumentará, pois a súa relación co radio pode obterse da ecuación anterior:

mv2

rórb

=GM T m

rórb2

v=√GM T

rórb

e canto máis pequeno é o radio da órbita máis grande é a súa velocidade.

Análise: É o mesmo que lle ocorre a calquera corpo que se move cerca da superficie da Terra. Ao perder enerxía perde altura, e cae cara ao chan, gañando velocidade.

13. Deséxase poñer en órbita un satélite de 1800 kg que xire a razón de 12,5 voltas por día. Calcula:a) O período do satélite.b) A distancia do satélite á superficie terrestre.c) A enerxía cinética do satélite nesa órbita.Datos: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2; RT = 6 378 km; MT = 5,98×1024 kg (P.A.U. Set. 09)Rta.: a) T = 1,92 h; b) h = 1 470 km; c) EC = 4,58×1010 J

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6 378 km = 6,38×106 mFrecuencia de xiro do satélite na órbita arredor da Terra. f = 12,5 voltas/día = 1,45×10-4 HzConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

Masa da Terra MT = 5,98×1024 kgMasa do satélite m = 1 800 kgIncógnitasPeríodo do satélite TDistancia do satélite á superficie terrestre (altura de órbita) hEnerxía cinética do satélite na órbita EC

Outros símbolosRadio da órbita rórb


FG=GM T m

rórb2




Enerxía cinética EC = ½ m v2

Solución:

a) O período é a inversa da frecuencia:

T=1f=

1

1,45×10−4[Hz]

=6,91×103 s=1,92 h


∑F = FG

m · a = FG



mv2

rórb

=GM T m

rórb2

v 2=GM T

rórb

42 r órb2

T 2 =GM T

r órb

r órb=3√G M T T 2

4 π2 =3√6,67×10−11

[N·m2 · kg−2]·5,98×10 24

[kg ]·(6,91×103[s])2

4 π2 =7,84×106 m

A altura será:

h = rórb – RT = 7,84×106 [m] – 6,38×106 [m] = 1,47×106 m = 1 470 km

c) A velocidade do satélite na súa órbita é:

v=2π ·r

T=

2π ·7,86×106 [m]

6,91×103 [s ]=7,13×103 m / s

A enerxía cinética é:

Ec = ½ m · v2 = [1,80×103 [kg] · (7,13×103 [m/s])2] / 2= 4,58×1010 J

14. Un satélite artificial cunha masa de 200 kg móvese nunha órbita circular arredor da terra cunha velocidade constante de 10 800 km/h, calcula:a) A que altura está situado?b) Fai un gráfico indicando que forzas actúan sobre o satélite e calcula a enerxía total.Datos: g0 = 9,8 m/s2; RT = 6 370 km (P.A.U. Set. 01)Rta.: a) h = 3,8×107 m; b) E = -9,0×108 J

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6 370 km = 6,37×106 mValor da velocidade do satélite na órbita arredor da Terra. v = 10 800 km/h = 3,00×103 m/sAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,80 m/s2

Masa do satélite m = 200 kgIncógnitasAltura de órbita hEnerxía (mecánica) total do satélite en órbita EOutros símbolosConstante da gravitación universal GMasa da Terra MT

Radio da órbita rórb


F G=GM T m

rórb2



Velocidade nun movemento circular v=2 r

TEnerxía cinética EC = ½ m v2


Ecuacións


rórb

Solución:


∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2


m g0=GM T m

RT2

G MT = g0 RT2

rórb=G M T

v2=

g0 RT2

v2=

9,80 [m / s2]·(6,37×106 [m ])2

3,00×103 [m /s ]=4,43×107 m

A altura será:

h = rórb – RT = 4,43×107 [m] – 6,37×106 [m] = 3,79×107 m

Análise: Unha altura da orde 6 RT non parece un resultado de acordo coa pregunta. Pero ao repasar os cál-culos o resultado é o mesmo.

b) A enerxía (mecánica) total é a suma das enerxías cinética e potencial:

E=Ec+E p=12

m vórb2 +(−G

M T m

rórb)= 1

2mv órb

2 −g0 RT

2 m

r órb

E=12

· 200 [kg ](3,00×103 [m / s ])2−9,80 [m /s2 ]·(6,37×106 [m])2 ·200 [kg ]

4,43×107 [m ]=−9,00×108 J

15. Deséxase pór en órbita un satélite xeoestacionario de 25 kg. Calcula:a) O radio da órbita.b) As enerxías cinética, potencial e total do satélite na órbita.Datos: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2; MT = 5,98×1024 kg (P.A.U. Set. 00)Rta.: a) r = 4,23×107 m; b) Ec = 1,18×108 J; Ep = -2,36×108 J; E = -1,18×108 J

Datos Cifras significativas: 3Satélite xeoestacionario (período T igual ao da Terra) T = 24 h = 8,64×104 sConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

Masa da Terra MT = 5,98×1024 kgMasa do satélite m = 25,0 kgIncógnitasRadio da órbita rórb

Enerxías cinética, potencial e total do satélite en órbita Ec, Ep, E


Datos Cifras significativas: 3Outros símbolosValor da velocidade do satélite na órbita xeoestacionaria vEcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)

FG=GM T m

rórb2






rórb

Solución:


∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2

v 2=GM T

r órb

42 r órb2

T 2=G

M T

r órb

r órb=3√ G M T T 2

4π2 =3√6,67×10−11

[N·m2 · kg−2]· 5,98×1024

[kg ](8,64×104[s ])2

4 π2 =4,23×107 m

b) Da ecuación de v2 en función do radio da órbita, pódese escribir para a enerxía cinética

Ec=12

mv 2=12

GM T m

rórb

=6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]· 5,98×1024 [kg ]· 25,0 [kg ]

2·4,23×107 [m]=1,18×108 J

Ep=−GM T · m

rórb

=−6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]·5,98×1024 [kg ]·25,0 [kg ]

4,23×107 [m]=– 2,36×108 J

A enerxía (mecánica) total é a suma das enerxías cinética e potencial:

E = Ec + Ep = 1,18×108 [J] – 2,36×108 [J] = –1,18×108 J


16. Os satélites Meteosat son satélites xeoestacionarios (situados sobre o ecuador terrestre e con período orbital dun día). Calcula:a) A altura a que se atopan, respecto a superficie terrestre.


b) A forza exercida sobre o satélite.c) A enerxía mecánica.Datos: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2; RT = 6,38×106 m; MT = 5,98×1024 kg; msat = 8·102 kg (P.A.U. Set. 08)Rta.: a) h = 3,60×107 m; b) F = 179 N ; c) Ec = –3,78×109 J; Ep = -7,56×109 J; E = -3,78×109 J

Datos Cifras significativas: 3Satélite xeoestacionario (período T igual ao da Terra) T = 24 h = 8,64×104 sConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

Masa da Terra MT = 5,98×1024 kgMasa do satélite m = 8,00×102 kgRadio da Terra RT = 6,38×106 mIncógnitasAltura do satélite hForza sobre o satélite FEnerxías cinética, potencial e total do satélite en órbita Ec, Ep, EOutros símbolosRadio da órbita rórb

Valor da velocidade do satélite na órbita xeoestacionaria vEcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)

FG=GM T m

rórb2






rórb

Solución:


∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2

v 2=GM T

r órb

42 r órb2

T 2 =GM T

r órb

r órb=3√ G M T T 2

4π2 =3√ 6,67×10−11

[N·m 2 · kg−2]· 5,98×1024

[kg ](8,64×104[s])2

4 π2 =4,23×107 m

h = rórb – RT = 4,24×107 – 6,38×106 = 3,60×107 m

b) A forza que exerce a Terra sobre o satélite é a gravitatoria.


F G=GM T m

rórb2

=6,67×10−11 [N·m 2· kg−2] ·5,98×1024 [kg ]·800 [kg ]

(4,23×107 [m ])2=179 N

Análise: O peso diminúe coa altura, sendo inversamente proporcional ao cadrado da distancia ao centro daTerra. A unha distancia r ≈ 7 R, o peso debería ser unhas 72 ≈ 50 veces menor que no chan mg0 ≈ 8×103 N, ou sexa uns 160 N.

c) Da ecuación de v2 en función do radio da órbita, pódese escribir para a enerxía cinética

Ec=12

mv 2=12

GM T m

r órb

=6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]· 5,98×1024 [kg ]· 800 [kg]

2·4,23×107 [m]=3,78×109 J

Ep=−GM T m

rórb

=−6,67×10−11 [N·m 2 · kg−2] ·5,98×1024 [kg ]·800 [kg ]

4,23×107 [m ]=– 7,56×109 J

A enerxía (mecánica) total é a suma das enerxías cinética e potencial:

E = Ec + Ep = 3,78×109 [J] – 7,56×109 [J] = -3,78×109 J


17. Un satélite artificial de 200 kg describe unha órbita circular a unha altura de 650 km sobre a Terra. Calcula:a) O período e a velocidade do satélite na órbita.b) A enerxía mecánica do satélite.c) O cociente entre os valores da intensidade de campo gravitatorio terrestre no satélite e na

superficie da Terra.Datos: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2; RT = 6,37×106 m; MT = 5,98×1024 kg (P.A.U. Set. 11)Rta.: a) T = 1 h 38 min; v = 7,54 km/s; b) E = -5,68×109 J; c) gh / g0 = 0,823

Datos Cifras significativas: 3Masa do satélite m = 200 kgAltura da órbita h = 650 km = 6,50×105 mMasa da Terra MT = 5,98×1024 kgRadio da Terra RT = 6,37×106 mConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

IncógnitasValor da velocidade do satélite na súa órbita ao redor da Terra vPeríodo orbital do satélite TEnerxía mecánica do satélite en órbita ECociente entre os valores de g no satélite e na superficie da Terra. gh / g0


Constante da gravitación universal GEcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)

FG=GM T m

r órb2






Ecuacións


rórb

Enerxía mecánica E = Ec + Ep

Intensidade do campo gravitatorio terrestre a unha distancia r do centro g=FG

m=G

M T

r2

Solución:


∑F = FG

m · a = FG

O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular de radio

rórb = RT + h = 6,37×106 [m] + 6,50×105 [m] = 7,02×106 m

con velocidade de valor constante, polo que a aceleración só ten compoñente normal a N ,

mv2

rórb

=GM T m

rórb2

v=√G M T

rórb

=√ 6,67×10−11[N·m2 · kg−2

]· 5,98×1024[kg ]

7,02×106[m ]

=7,54×103 m / s=7,54 km / s

Análise: Espérase que un obxecto que se mova ao redor da Terra teña unha velocidade dalgúns km/s. O re-sultado está dentro da orde de magnitude.

O período orbital do satélite é o do movemento circular uniforme de velocidade 4,46×103 m/s. Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.

T=2π · rórb

v=

2 π· 7,02×106 [m ]

7,54×103 [m /s ]=5,85×103 s=1 h 38 min

b) A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial. A enerxía potencial vén dada por:

Ep=−GM T m

rórb

=6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]·5,98×10 24 [kg ]· 200 [kg ]

7,02×106 [m ]=−1,14×1010 J


Ec = 1/2 m v2 = [200 [kg] (7,54×103 [m/s])2] / 2 = 5,68×109 J


E = Ec + Ep = 5,68×109 [J] + (- 1,14×1010 [J]) = -5,68×109 J

Análise: pode comprobarse que a enerxía potencial vale o dobre que a enerxía cinética, pero é negativa porser un sistema ligado. A enerxía mecánica vale o mesmo que a enerxía cinética, pero é negativa.

c) A intensidade do campo gravitatorio nun punto que distan r do centro da Terra é a forza sobre a unidade de masa situada nese punto.

g=FG

m=

GM T ·m

r 2

m=G

M T

r 2

A gravidade a unha altura h valerá:


g h=GM T

(RT+h)2

Na superficie da Terra vale:

g 0=GM T

RT2

Dividindo:

g h

g0

=RT

2

(RT+h )2=(6,37×106 [m ])2

(7,02×106 [m ])2=0,823

18. Un satélite artificial de 300 kg xira arredor da Terra nunha órbita circular de 36378 km de radio. Calcula:a) A velocidade do satélite na órbita.b) A enerxía total do satélite na órbita.Datos: g0 = 9,80 m/s2; RT = 6 378 km (P.A.U. Xuño 03)Rta.: a) v = 3,31 km/s; b) E = -1,64×109 J

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6 378 km = 6,38×106 mRadio da órbita rórb = 36 378 km = 3,64×107 mAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,80 m/s2

Masa do satélite m = 300 kgIncógnitasValor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra. vEnerxía (mecánica) total do satélite en órbita EOutros símbolosMasa da Terra MT


FG=GM T m

rórb2


r2ª lei de Newton da Dinámica ∑F = m · aEnerxía cinética Ec = ½ m v2


rórb

Solución:


∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2



m g0=GM T m

RT2

G MT = g0 RT2

v=√G M T

rórb

=√ g 0 RT2

r órb

=√9,80 [m /s2]·(6,38×106

[m])2

3,64×107[m ]

=3,31×103 m /s=3,31 km /s


b) A enerxía (mecánica) total é a suma das enerxías cinética e potencial:

Em=Ec+Ep=12

mv órb2 +(−G

M T m

r órb)=1

2m vórb

2 −g 0 RT

2 m

rórb

E=12

· 300 [kg](3,31×103 [m /s ])2−9,80 [m / s2]·(6,38×106 [m ])2 ·300 [kg ]

3,64×107 ´[m ]=−1,64×109 J

19. Un satélite de 200 kg describe unha órbita circular a 600 km sobre a superficie terrestre:a) Deduce a expresión da velocidade orbital.b) Calcula o período de xiro.c) Calcula a enerxía mecánica.Datos: RT = 6 400 km; g0 = 9,81 m/s2 (P.A.U. Xuño 13)

Rta.: a) v=√ g 0 RT2

r órb

; b) T = 1 h 37 min; b) E = -5,74×109 J

Datos Cifras significativas: 3Masa do satélite m = 200 kgAltura da órbita h = 600 km = 6,00×105 mRadio da Terra RT = 6 400 km = 6,40×106 mAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,81 m/s2

IncógnitasVelocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra vPeríodo orbital do satélite TEnerxía mecánica do satélite na sua órbita EOutros símbolosMasa da Terra MT


FG=GM T m

rórb2






rórb


Solución:



∑F = FG

m · a = FG

O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular de radio

rórb = RT + h = 6,40×106 [m] + 6,00×105 [m] = 7,00×106 m

con velocidade de valor constante, polo que a aceleración só ten compoñente normal aN,

mv2

rórb

=GM T m

rórb2

Despexando a velocidade, queda

v=√G M T

r órb

Como non se teñen os datos da constante da gravitación universal nin da masa da Terra, haberá que ter en conta que na superficie da Terra o peso dun corpo mg0 é igual á forza gravitatoria

m g0=GM T m

RT2

G MT = g0 RT2

Substituíndo G MT por g0 RT2 na ecuación da velocidade, queda

v=√G M T

rórb

=√ g 0 RT2

rórb

=√9,81 [m / s2] ·(6,40×106

[m])2

7,00×106[m ]

=7,58×103 m /s=7,58 km /s

Análise: Espérase que un satélite en órbita arredor da Terra teña unha velocidade dalgúns km/s. O resulta-do está dentro da orde de magnitude.Concretamente o enunciado do problema non pide que se calcule a velocidade, pero mellor é calculala polosi ou polo non. Ademais, vaise necesitar no cálculo do período orbital.

b) O período orbital do satélite é o do movemento circular uniforme de velocidade 7,58×103 m/s. Despexan-do o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.

T=2π · rórb

v=

2 π· 7,00×106 [m ]

7,58×103 [m /s ]=5,81×103 s=1 h 37 min

c) A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial. A enerxía potencial vén dada por:

Ep=−GM T m

r órb

=g 0 RT

2 m

rórb

=9,81 [m /s2 ]·(6,40×106 [m ])2 · 200 [kg ]

7,00×106 [m]=−1,15×1010 J


Ec = 1/2 m v2 = [200 [kg] (7,58×103 [m/s])2] / 2 = 5,74×109 J


E = Ec + Ep = 5,74×109 [J] – 1,15×1010 [J] = -5,74×109 J



20. Deséxase poñer un satélite de masa 103 kg en órbita arredor da Terra e a unha altura dúas veces o radio terrestre. Calcula:a) A enerxía que hai que comunicarlle desde a superficie da Terra.b) A forza centrípeta necesaria para que describa a órbita.c) O período do satélite na devandita órbita.Datos: RT = 6 370 km; g0 = 9,8 m/s2 (P.A.U. Set. 13)Rta.: a) ∆E = 5,20×1010 J; b) F = 1,09×103 N; c) T = 7 h 19 min

Datos Cifras significativas: 3Masa do satélite m = 103 kg = 1,00×103 kgRadio da Terra RT = 6 370 km = 6,37×106 mAltura da órbita h = 2·6 370 km = 1,27×107 mAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,80 m/s2

IncógnitasEnerxía que hai que comunicarlle desde a superficie da Terra ∆EForza centrípeta necesaria para que describa a órbita FPeríodo orbital do satélite TOutros símbolosMasa da Terra MT


FG=GM T m

rórb2






rórb


Solución:

a) A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial.A expresión da enerxía potencial:

Ep=−GM T m

r

non pode calcularse de momento porque non temos os datos da constante G da gravitación universal nin a masa MT da Terra. Pero tendo en conta que na superficie da Terra o peso dun corpo mg0 é igual á forza gravi-tatoria

m g0=GM T m

RT2

G MT = g0 RT2

Substitúese G MT por g0 RT2 na ecuación da enerxía potencial, e queda

Ep=−GM T m

r=−g0 RT

2 m

r

Suponse que na superficie da Terra está en repouso1, polo que só ten enerxía potencial, que vale:

1 Para un sistema de referencia no centro da Terra, calquera punto da superficie ten velocidade debido á rotación te-rrestre. A velocidade dun punto da superficie terrestre vale: v = ω RT = 2 π RT / T = 463 m/s. Para un obxecto de 1 000 kg, a enerxía cinética sería Ec = 1/2 m v2 = 1,07×108 J moito menor que o valor absoluto da enerxía potencial


Ep s=−GM T m

RT

=g 0 RT

2 m

RT

=−g0 RT m=9,80 [m /s2 ]· 6,37×106 [m ]·1,00×103 [kg]=−6,24×1010 J

O radio dunha órbita circular a unha altura dúas veces o radio terrestre é

r = RT + h = RT + 2 RT = 3 RT = 3 · 6,37×106 [m] = 1,91×107 m

A enerxía potencial na órbita é:

Ep o=−GM T m

rórb

=−g 0 RT

2 m

3 RT

=−g 0 RT m

3=

E p s

3=−6,24×1010 J

3=−2,08×1010 J

Para calcular a enerxía cinética na órbita necesitamos calcular a velocidade orbital.A única forza sobre do satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra,

∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2

Despexando a velocidade, queda

v=√G M T

r órb

Substituíndo G MT por g0 RT2 na ecuación da velocidade, queda

v=√G M T

rórb

=√ g 0 RT2

3 RT

=√ g 0 RT

3=√ 9,80 [m / s

2] ·6,37×10

6[m ]

3=4,56×103 m /s=4,56 km /s

Análise: Espérase que un satélite en órbita arredor da Terra teña unha velocidade dalgúns km/s. O resulta-do está dentro da orde de magnitude.

A enerxía cinética en órbita é:

Ec o=12

m v2=12

mg 0 RT

3=

16

1,00×103 [kg ]·9,80 [m /s 2]· 6,37×106 [m ]=1,04×1010 J

A enerxía mecánica en órbita valerá

Eo=Ec o+Ep o=1,04×1010[ J]+(−2,08×1010[ J ])=−1,04×1010 J

Eo = Ec o + Ep o = 1,04×1010 [J] – 2,08×1010 [J] = -1,04×1010 J


A enerxía que hai que comunicarlle ao satélite na superficie da Terra é a diferenza entre a que terá en órbita e a que ten no chan:

∆E = Eo – Es = -1,04×1010 – (-6,24×1010 J) = 5,20×1010 J

b) A forza centrípeta é:

(6,24×1010 J)


F=m· aN=mv 2

r órb

=m

g0 RT

33 RT

=m g0

9=

1,00×103[kg ]· 9,80 [m / s2

]

9=1,09×10

3N

c) O período orbital do satélite é o período de un movemento circular uniforme de velocidade 4,56×103 m/s. Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.

T=2π · rórb

v=

2 π· 1,91×107 [m ]

7,58×103 [m /s ]=2,63×104 s=7 h 18 min

21. Lánzase un proxectil verticalmente dende a superficie da Terra, cunha velocidade inicial de 3 km/s, calcula:a) Que altura máxima alcanzará?b) A velocidade orbital que haberá que comunicarlle a esa altura para que describa unha órbita

circular.Datos. G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2; RT = 6 370 km; MT = 5,98×1024 kg. (P.A.U. Xuño 01)Rta.: a) hmax = 490 km; b) v = 7,62 km/s

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6 370 km = 6,37×106 mConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

Masa da Terra MT = 5,98×1024 kgValor da velocidade no chan v0 = 3,00 km/s = 3,00×103 m/sAceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,80 m/s2

IncógnitasAltura máxima que alcanzará hValor da velocidade do satélite na súa órbita circular arredor da Terra. vEcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)

FG=GM T m

rórb2


r2ª lei de Newton da Dinámica ∑F = m · aEnerxía cinética Ec = ½ m v2


rórb

Enerxía potencial gravitatoria (referida ao chan, suposto g constante) Ep = m g h

Solución:

a) Como a forza gravitatoria é unha forza conservativa, a enerxía mecánica do proxectil no chan será a mes-ma que a que terá no punto de altura máxima. Nunha primeira aproximación, suponse que o valor da gravi-dade mantense constante entre ámbolos puntos gh = g0. Daquela:

(Ec + Ep)chan = (Ec + Ep)h

½ m v02 + m g0 h0 = ½ m vh

2 + m gh h

Tomando como orixe de enerxía potencial o chan, Ep (chan) = 0, e sabendo que na altura máxima a velocida-de será cero

½ m v02 = m g0 h

hmáx=v 0

2

2 g0

=(3,00×103 [m / s ])2

2· 9,81 [m / s2]=4,59×105 m=459 km

Pero se calculamos o valor da aceleración da gravidade a esa altura, na que


r = R + h = 6 370 [km] + 459 [km] = 6 829 km = 6,829×106 m

vemos que:

g h=GM T

r 2=6,67×10−11 [N .m2 · kg−2]

5,98×1024 [kg ]

(6,829×106 [m])2=8,53 m / s2≠g0

Polo tanto, hai que empregar a expresión da enerxía potencial gravitatoria referida ao infinito. Se Ep (∞) = 0

(Ec + Ep)chan = (Ec + Ep)h

12

m v02+(−G

M T m

RT)=−G

M T m

r

r=−G M T

12

v 02−G

M T

RT

=−6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]·5,98×1024 [kg ]

12(3,00×103 [m /s])2−6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]·

5,98×1024 [kg ]

6,37×106 [m ]

=6,86×106 m

h = r – RT = 6,86×106 [m] – 6,370×106 [m] = 4,9×105 m = 490 km

(Se non se supoñen tres cifras significativas para a velocidade v0, o resultado debería ser h = 5×105 m, e o primeiro resultado sería unha aproximación suficiente)


∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2

v=√G M T

r órb

=√6,67×10−11[N·m2 · kg−2

]· 5,98×1024[kg ]

6,86×106[m ]

=7,62×103 m / s=7,62 km/s


22. Ceres é o planeta anano máis pequeno do sistema solar e ten un período orbital arredor do Sol de 4,60 anos, unha masa de 9,43×1020 kg e un radio de 477 km. Calcula:a) O valor da intensidade do campo gravitatorio que Ceres crea na súa superficie.b) A enerxía mínima que debe ter unha nave espacial de 1 000 kg de masa para que, saíndo da

superficie, poida escapar totalmente da atracción gravitatoria do planeta.c) A distancia media entre Ceres e o Sol, tendo en conta que a distancia media entre a Terra e o

Sol é de 1,50×1011 m e que o período orbital da Terra arredor do Sol é dun ano.Dato: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2 (P.A.U. Set. 14)Rta.: a) gC = 0,277 m/s2; b) E = 1,32×108 J; c) dC = 4,15×1011 m

Datos Cifras significativas: 3Período orbital de Ceres TC = 4,60 anos = 1,45×108 sMasa de Ceres M = 9,43×1020 kgRadio de Ceres R = 477 km = 4,77×105 mMasa da nave espacial m = 1 000 kgDistancia da Terra ao Sol rT = 1,50×1011 mPeríodo orbital da Terra TT = 1,00 anos = 3,16×107 s


Datos Cifras significativas: 3Constante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

IncógnitasIntensidade do campo gravitatorio na superficie de Ceres gC

Enerxía da nave espacial na superficie de Ceres para escapar ∆EDistancia media entre Ceres e o Sol rC

Outros símbolosMasa do Sol MT Ecuacións

Lei de Newton da gravitación universal (aplicada á forza que exerce o Sol esférico sobre un planeta puntual)

FG=GM S m

rórb2

Intensidade do campo gravitatorio creado por unha masa esférica M a unha dis-tancia r do seu centro

g=GM

r2

Aceleración normal (nun movemento circular de radio r) a N=v2


Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.Ou.) v=2π rT



rórb


Solución:

a) A intensidade do campo gravitatorio creado pola masa esférica M do planeta (anano) Ceres na súa superfi-cie, a unha distancia R do seu centro é:

g=GM

R2=6,67×10−11 N·m2 · kg−2 9,43×1020 kg

(4,77×105 m)2=0,277 m /s2

a) A enerxía potencial da nave espacial na superficie de Ceres valerá:

Ep=−GM C m

R=−6,67×10−11 N·m2 · kg−2 9,43×1020 kg·1000 kg

4,77×105 m=−1,32×108 J

A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial. A enerxía potencial da nave espacial a unha distancia moi grande de Ceres será nula.A enerxía mínima que ha de ter na superficie será a que corresponde a unha enerxía cinética nula moi lonxe de Ceres.Polo tano a enerxía mecánica que terá a nave espacial moi lonxe de Ceres será nula.A enerxía que ha ter será:

ΔE = E∞ – Ep = 0 – (-1,32×108 J) = 1,32×108 J

c) Pola segunda lei de Newton, a forza resultante sobre un obxecto produce unha aceleración directamente proporcional á forza:

∑F = m · a

Tanto a Terra como Ceres describen traxectorias aproximadamente circulares arredor do Sol con velocidadesde valor constante, polo que a aceleración só ten compoñente normal aN .

a N=v2

r

Como a forza resultante é a gravitatoria entre o Sol e o planeta,

FG=GM S m

rórb2


queda

mv2

r órb

=GM S m

rórb2

Escribindo a velocidade en función do período

v=2π rT

e substituíndo, quedaría

(2 rórb

T )2

=G M S

rórb

rórb3

T 2=

G M S

42

Aplicando esta ecuación tanto á Terra como a Ceres e dividindo unha entre a outra quedaríanos a terceira lei de Kepler

rT3

T T2=

rC3

T C2

Aplicando esta lei entre a Terra e Ceres

(1,50×1011[m ])

3

(1 [año])2=

rC3

(4,60 [año])2

rC=1,50×1011 [m]3√4,602=4,15×1011 m

Análise: O radio calculado da órbita de Ceres sae maior que o da Terra, como cabo esperar.(rC = 4,15×1011 m) > (rT = 1,50×1011 m)

23. a) Calcular o radio que debería ter a Terra, conservando a súa masa, para que a velocidade de escape fose igual que a da luz, c = 300 000 km·s-1 (¡estraño burato negro!)b) Ante un colapso de este tipo, variará o período de rotación da Lúa arredor da Terra?Datos. G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2; RT= 6,38×106 m; MT= 5,98×1024 kg. (P.A.U. Xuño 97)Rta.: a) RT' = 8,9 mm; b) Non

Datos Cifras significativas: 3Radio da Terra RT = 6 378 km = 6,38×106 mConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

Masa da Terra MT = 5,98×1024 kgVelocidade da luz = velocidade de escape vE = 300 000 km·s-1 = 3,00×108 m/sIncógnitasRadio que debería ter a Terra para que a velocidade de escape fose v R'TVaría o período da Lúa no seu movemento arredor da Terra?EcuaciónsEnerxía cinética Ec = ½ m v2


rórb

Solución:

a) Para conseguir que un corpo «escape» da atracción gravitatoria, deberemos comunicarlle unha enerxía que permita situalo nun punto no que non estea sometido a dita atracción. Isto ocorre a unha distancia "infi-nita" do centro da Terra e na que se cómpre que ET = 0.


Aplicando o principio de conservación da enerxía mecánica a ámbolos puntos (superficie terrestre e infinito)resultará:

(Ec + Ep)T = (Ec + Ep)∞

12

m ve2+(−G

M T m

R ' T)=0

Despexando R'T e substituíndo:

R' T=2G M T

v e2

=2· 6,67×10−11 [N·m 2 · kg−2] ·5,98×1024 [kg ]

(3,00×108 [m /s ])2=8,9×10−3 m=8,9 mm

O radio deste «estraño» burato negro coincide co do seu horizonte de sucesos. Dalgún xeito ten sentido un radio tan pequeno, aínda que non poida existir. Os buratos negros poden formarse polo colapso gravitatorio de estrelas moito máis grandes que o Sol, nas que, unha vez esgotado o combustible nuclear (hidróxeno) quemantén á raia a forza gravitatoria, esta provoca un esmagamento total, pasando pola compresión dos elec-tróns ata o interior do núcleo e a desaparición de masa nunha singularidade. Os radios dos horizontes de su-cesos deses buratos negros orixinados polas estrelas teñen algúns quilómetros, pero tamén a masa das estre-las que os producen é 106 veces maior que a da Terra.

b) Non, dado que o período orbital dun satélite arredor dun astro non depende do radio do astro que crea o campo gravitatorio, só da súa masa, e esta non varía.Como a única forza sobre a Lúa a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra sobre a Lúa,

∑F = FG

mL a = FG

A Lúa describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a aceleración só ten compoñente normal aN,

mv2

rórb

=GM T m

rórb2

Como a velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.) é:

v=2π rT

v=√G M T

rórb

=2π rórb

T

2 rórb

T 2

=G M T

rórb

T=2 rórb3

G M T

que non depende do radio da Terra.

24. As relacións entre as masas e os raios da Terra e a Lúa son: MT/ML= 79,63 e RT/RL = 3,66.a) Calcula a gravidade na superficie da Lúa.b) Calcula a velocidade dun satélite xirando arredor da Lúa nunha órbita circular de 2 300 km de

radio.c) Onde é maior o período dun péndulo de lonxitude l, na Terra ou na Lúa?Datos: g0 = 9,80 m·s-2; RL = 1700 km (P.A.U. Xuño 10)Rta.: a) gL = 1,65 m/s2; b) v = 1,44 km/s


Datos Cifras significativas: 3Relacións entre as masas da Terra e da Lúa MT / ML = 79,63Relacións entre os raios da Terra e da Lúa RT / RL = 3,66Aceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 9,80 m/s2

Radio da órbita do satélite arredor da Lúa r = 2 300 kmRadio da Lúa RL = 1 700 kmIncógnitasGravidade na superficie da Lúa gL

Velocidade do satélite arredor da Lúa vOutros símbolosConstante da gravitación universal GEcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce a Lúa esférica sobre o satélite puntual)

F G=GM L m

r 2




Solución:

a) O peso dun obxecto cerca da superficie da Terra é a forza coa que a Terra o atrae:

m gT=GM T m

RT2

Analogamente, o peso dun obxecto cerca da superficie da Lúa é a forza coa que a Lúa o atrae:

m gL=GM L m

RL2

Dividindo a primeira ecuación entre a segunda, queda:

m g T

m g L

=

GM T m

RT2

GM L m

RL2

gT

g L

=M T/M L

RT /RL2=

79,63

3,662=5,94

Despexando

gL = 1,65 m/s2

Análise: O resultado é razoable, xa que sabemos que a gravidade na superficie da Lúa é unhas 6 veces me-nor que na superficie da Terra.

b) Como a única forza sobre o satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Lúa,

∑F = FG

m · a = FG


mv2

rórb

=GM T m

rórb2


v=√G M L

r

Como non se teñen os datos da constante da gravitación universal nin da masa da Lúa, haberá que ter en conta que na superficie da Lúa, o peso dun corpo mg0 é igual á forza gravitatoria

m gL=GM L m

RL2

G ML = gL RL2

Por tanto, substituíndo G ML por gL RL2, na expresión da velocidade, v e substituíndo os datos,

v=√G M L

r=√ g L RL

2

r=√1,65 [m /s2 ]·(1,700×106 [m ])2

2,3×106 [m]=1,44×103 m /s=1,44 km / s

c) O período T dun péndulo de lonxitude L nun lugar onde a gravidade sexa g vén dado pola ecuación:

T=2 Lg

Dividindo as expresións correspondentes á Terra e a Lúa

T T

T L

=

2 LgT

2 LgL

= gL

gT

= 15,94

=0,4101

pódese ver que o período do péndulo na Terra e menor que na Lúa.Análise: O resultado é razoable, xa que sabemos que a gravidade na superficie da Lúa é menor que na su-perficie da Terra, e canto máis pequena, máis lentamente se move o péndulo e maior é o seu período.

25. Se a masa da Lúa é 0,012 veces a da Terra e o seu radio é 0,27 o terrestre, acha:a) O campo gravitatorio na Lúa.b) A velocidade de escape na Lúa.c) O período de oscilación, na superficie lunar, dun péndulo cuxo período na Terra é 2 s.Datos: g0T = 9,8 m·s-2; RL = 1,7×106 m (P.A.U. Xuño 12)Rta.: a) gL = 1,6 m/s2; b) vo = 2,3 km/s; c) TL = 4,9 s

Datos Cifras significativas: 2Relación entre as masas da Lúa e da Terra ML / MT = 0,012Relación entre os radios da Lúa e da Terra RL / RT = 0,27Aceleración da gravidade na superficie da Terra gT = 9,8 m/s2

Radio da Lúa RL = 1,7×106 mPeríodo do péndulo na Terra TT = 2,0 sIncógnitasCampo gravitatorio na Lúa gL

Velocidade de escape na Lúa veL

Período de oscilación na Lúa dun péndulo cuxo TT = 2 s TL

Outros símbolosConstante da gravitación universal GEcuaciónsLei de Newton da gravitación universal (forza que exerce a Lúa esférica sobre un obxecto puntual de masa m situado a unha distancia r do seu centro)

F G=GM L m

r 2

Peso dun obxecto sobre a superficie da Terra PT = m · gT

Enerxía cinética dun obxecto de masa m que se move á velocidade «v» Ec = ½ m v2

Enerxía potencial gravitatoria dunha obxecto de masa m situado a unha distancia r do centro da Lúa (referida ao infinito) Ep=−G

M L m

r


EcuaciónsEnerxía mecánica E = Ec + Ep

Período dun péndulo simple de lonxitude L nun punto de gravidade g T=2 Lg

Solución:

a) O peso dun obxecto preto da superficie da Terra é a forza coa que a Terra atráeo:

m gT=GM T m

RT2

Analogamente, o peso dun obxecto preto da superficie da Lúa é a forza coa que a Lúa atráeo:

m gL=GM L m

RL2

Dividindo a segunda ecuación entre a primeira, queda:

m g L

m g T

=

GM L m

RL2

GM T m

RT2

g L

g T

=M L/M T

(RL /RT)2=

0,012

0,272=0,16

Despexando

gL = 0,16 · 9,8 [m/s2] = 1,6 m/s2

Análise: O resultado é razoable, porque sabemos que a gravidade na superficie da Lúa é unhas 6 veces me-nor que na superficie da Terra.

b) A velocidade de escape é a velocidade mínima que hai que comunicarlle a un obxecto en repouso sobre a superficie da Lúa para que chegue a unha distancia «infinita» do centro da Lúa.Desprezando as interaccións dos demais obxectos celestes e tendo en conta que a forza gravitatoria é unha forza conservativa, aplícase o principio de conservación da enerxía mecánica entre a superficie da Lúa e o infinito.

(Ec + Ep)L = (Ec + Ep)∞

Ao ser a velocidade de escape unha velocidade mínima, tómase que o obxecto chega ao infinito con veloci-dade nula. Como a orixe de enerxía potencial gravitatoria está no infinito, a enerxía potencial gravitatoria dun obxecto no infinito é nula.

12

m ve L2 +(−G

M L m

RL)=0

Despexando a velocidade de escape ve

v e L=√2GM L

RL

Ao non dispoñer do dato da constante G da gravitación universal nin a masa ML da Lúa, podemos usar a ex-presión do peso dun obxecto na Lúa

m gL=GM L m

RL2

para establecer a igualdade

gL RL2 = G ML


co que a velocidade de escape na Lúa quedaría:

v e L=√ 2G M L

RL

=√ 2 gL RL2

RL

=√2 gL RL=√2·1,6 [m / s2] ·1,7×106

[m ]=2,3×103 m /s=2,3 km / s

c) O período T dun péndulo de lonxitude L nun lugar onde a gravidade sexa g vén dado pola ecuación:

T=2 Lg

Dividindo as expresións correspondentes á Terra e a Lúa

T L

T T

=

2π√ LgL

2π√ LgT

=√ g T

g L

=√ 9,81,6

=2,5

e substituíndo o dato TT = 2,0 s

TL = 2,5 · 2,0 [s] = 4,9 s

Análise: O resultado é razoable. A gravidade na superficie da Lúa é menor que na superficie da Terra, e canto máis pequena, máis lentamente móvese o péndulo e maior é o seu período.

● MASAS PUNTUAIS

1. Tres masas de 100 kg están situadas nos puntos A(0, 0), B(2, 0), C(1,√3) (en metros). Calcula:a) O campo gravitatorio creado por estas masas no punto D(1,0).b) A enerxía potencial que tería unha masa de 5 kg situada en D.c) Quen tería que realizar traballo para trasladar esa masa desde D ao infinito, o campo ou

forzas externas?Dato: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2 (P.A.U. Set. 09)Rta.: a) gD = 2,22×10-9 j m/s2; b) Ep = -8,60×10-8 J; c) externas

Datos Cifras significativas: 3Masa de cada un dos corpos MA = MB = MC = M = 100 kgVector de posición da masa en A rA = (0,00, 0,00) mVector de posición da masa en B rB = (2,00, 0,00) mVector de posición da masa en C rC = (1,00, 1,73) mVector de posición do punto D rD = (1,00, 0,00) mMasa no punto D mD = 5,00 kgConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

IncógnitasVector campo gravitatorio no punto D gD

Enerxía potencial gravitatoria no punto D Ep D

EcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras)

F⃗=−GM m

r2u⃗r

Intensidade do campo gravitatorio creado por unha masa M nun punto que dista dela unha distancia r

g⃗=F⃗m=−G

M

r2 u⃗r

Principio de superposición g = ∑gi

Potencial gravitatorio nun punto debido a unha masa M que dista r do punto V=−G M

r

Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito) Ep=m·V=−GM m

r


Solución:

a) As distancias desde os puntos A, B e C a D son:

rAD = rBD = 1,00 m

rCD = 1,73 m

A intensidade de campo gravitatorio gA no punto D creado pola masa situa-da en A é:

g⃗ A=−6,67×10−11 [N·m2 kg−2] ·100 [kg ]

(1,00 [m ])2i⃗=−6,67×10−9 i⃗ m /s2

Por simetría, a intensidade de campo gravitatorio gB no punto D creado pola masa situada en B é:

gB = 6,67×10-9 i m/s2

A intensidade de campo gravitatorio gC no punto D creado pola masa situada en C é:

g⃗ C=−6,67×10−11 [N·m2 kg−2 ]·100 [kg ]

(1,73 [m ])2(− j⃗)=2,22×10−9 j⃗ m / s2

O valor da intensidade do campo gravitatorio g no punto D(1, 0) será a suma vectorial das intensidades de campo gravitatorio creadas por cada unha das masas situadas nos outros vértices (Principio de superposición).

gD = gA + gB + gC = 2,22×10-9 j m/s2

b) A enerxía potencial gravitatoria dunha masa m situada nun punto, debida á influencia de varias masas Mi, cada unha delas a unha distancia ri do punto, é a suma das enerxías potenciais de cada unha das interaccións da masa m con cada unha das masas Mi. Pero tamén se pode calcular o potencial gravitatorio do punto onde se atopa a masa m e calcular a enerxía potencial dela da relación:

Ep = m · V

O potencial gravitatorio nun punto, debido á influencia de varias masas Mi, cada unha delas a unha distanciari do punto, é a suma dos potenciais individuais.

V=∑ −GM i

ri=−G∑

M i

r i

Se todas as masas Mi son iguais, (M = Mi) entón resulta

V=−G M∑1r i

e a expresión da enerxía potencial sería

Ep=−G M m∑1ri

Ep=−6,67×10−11[N·m2 · kg−2

]·100 [kg ]· 5,00 [kg ]( 21 [m ]

+1

1,73 [m ])=−8,60×10−8 J

c) O traballo da resultante das forzas gravitatorias cando se leva a masa en D ata o infinito, sen variación de enerxía cinética (suponse), é igual á diferencia (cambiada de signo) de enerxía potencial que posúe a masa de 5,00 kg neses dous puntos. Por definición o potencial (e a enerxía potencial) no infinito é nula, polo que

WD→∞ = -ΔEP = -(Ep ∞ - Ep D) = Ep D – Ep ∞ = Ep D = -8,60×10-8 J

Xa que logo o traballo das forzas gravitatorias é negativo, (a forza do campo oponse ao desprazamento cara ao infinito) e o traballo deberá facelo algunha forza externa.

A B

C

D

gA

gB

gC


2. Dous puntos materiais de masas m e 2 m respectivamente, atópanse a unha distancia de 1 m. Busca o punto onde unha terceira masa:a) Estaría en equilibrio.b) Sentiría iguais forzas (módulo, dirección e sentido) por parte das dúas primeiras.

(P.A.U. Set. 98)Rta.: a) x = 0,59 m da masa 2 m; b) x' = 3,41 m da masa 2 m

Datos Cifras significativas: 3Distancia entre as masas d = 1,00 mMasa da segunda masa m2 = 2 mIncógnitasPunto onde unha terceira masa estaría en equilibrio xPunto onde unha terceira masa sentiría iguais forzas (módulo, dirección e sentido) por parte das dúas primeiras

x2


FG=GM m

r2

Principio de superposición F = ∑Fi

Solución:

a) Poñendo a masa 2m na orixe e a masa m no punto (1, 0) m, o punto de equi-librio sería aquel no que as magnitudes das forzas gravitatorias F1 e F2 debidasá atracción das masas m e 2 m fosen iguais, e que o sentido delas fose oposto.A terceira masa M deberá atoparse na liña que une m e 2 m, nun punto a unhadistancia x de 2 m, que ten que cumprir:

Fm→M = F2m→M

Gm · M

1,00− x 2=G

2 m · M

x2 ⇒ 1

1,00− x 2=

2

x2 ⇒ x

1,00− x =±2

x= √2(1,00+√2)

=0,59 m da masa 2m(e 0,41 m da masa m )

b) Neste caso, a terceira masa M deberá atoparse máis preto da masa m máis pequena, pero fóra do segmen-to. A condición de igualdade é a mesma que no apartado anterior, pero tomaremos a segunda solución da ecuación de segundo grao.

x2=−√2(1−√2)

=3,41 m da masa 2m(e 2,41 m da masa m )

3. Dúas masas puntuais de 10 kg cada unha están en posicións (5, 0) e (-5, 0) (en metros). Unha terceira masa de 0,1 kg déixase en liberdade e con velocidade nula no punto (0, 10). Calcula:a) A aceleración que actúa sobre a masa de 0,1 kg nas posicións (0, 10) e (0, 0)b) A velocidade da masa de 0,1 kg en (0, 0)Datos: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2 (P.A.U. Set. 99)Rta.: a) a (0, 10) = – 9,54×10-12 j m s-2; a (0, 0) = 0; b) v (0, 0) = -1,72×10-5 j m/s

Datos Cifras significativas: 3Cada unha das masas no eixe X MD = ME = M = 10,0 kgMasa da masa móbil m = 0,100 kg

m

F2

F1

M

1 m

x2 m

2 m m

F2=F

1

M

x2

1 m


Datos Cifras significativas: 3Cada unha das masas no eixe X MD = ME = M = 10,0 kgVector de posición da masa da dereita rD = (5,00, 0) mVector de posición da masa da esquerda rE = (-5,00, 0) mVector de posición inicial da masa móbil rm = (0, 10,00) mValor da velocidade inicial da masa móbil v0 = 0Constante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

IncógnitasAceleración da masa de 0,1 kg nas posicións (0, 10) e (0, 0) a0 e aOrixe

Velocidade da masa de 0,1 kg nas posición (0, 0) vOutros símbolosForza que exerce a masa M da esquerda sobre a masa m FE

Forza que fai a masa M da dereita sobre a masa m. FD

Forza resultante sobre a masa m. ∑FEcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras)

F⃗=−GM m

r2u⃗r

2ª lei de Newton da Dinámica ∑F = m · aPrincipio de superposición F = ∑Fi


Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito) Ep=−GM m

r

Solución:

r1 : distancia entre cada unha das masas M e m:

r1=| r⃗ E – r⃗m|=|– 5,00 i⃗ – 10,0 j⃗|=√(−5,00 [m])2+(10,0 [m ])

2=11,2 m

r0 : distancia entre cada unha das masas M e a orixe: r0 = 5,00 mur E : vector unitario da posición de masa m tomando como orixe a masa Mda esquerda:

u⃗ r I=r⃗ m− r⃗ I

| r⃗ m− r⃗ I|=

5,00 i⃗ +10,0 j⃗ [m]

√10,02+5,002

[m ]=0,447 i⃗ +0,894 j⃗

Pola lei de Newton da gravitación universal, a forza entre a masa M da es-querda e a masa m é:

F⃗ E=−GM m

r12

u⃗r=−6,67×10−11 [N·m 2 kg−2 ]10 [kg ]·0,1 [kg ]

11,2 [m ]2(0,447 i⃗ +0,894 j⃗ )

FE = (-2,39×10-13 i – 4,77×10-13 j) N

Por simetría,

FD = (2,39×10-13 i – 4,77×10-13 j) N

Polo principio de superposición, a forza resultante sobre a masa m é a suma vectorial das forzas que se exercen sobre ela.

∑F = FE + FD = – 9,54×10-13 j N

Pola 2ª lei de Newton,

a⃗=ΣF⃗m=−9,54×10−13 j⃗ [N ]

0,1 [kg ]=– 9,54×10−12 j⃗ m·s−2

No punto (0, 0) as forzas que exercen ámbalas masas son opostas (mesmomódulo, mesma dirección e sentido contrario), e, polo tanto, a resultante é nula,e tamén a aceleración.

mFE FDMM

m

FE

FD

M

FR

r 1

r0

M


a0 = 0 i + 0 j = 0

b) Xa que a aceleración non é constante, non se pode resolver dun xeito sinxelo por cinemática. (Non se pode usar a ecuación r = r0 + v0 t + ½ a t2, que só é válida se o vector aceleración a é un vector constante).Como o campo gravitatorio é un campo conservativo, aplícase o principio de conservación da enerxía mecá-nica a ámbolos puntos (0, 10) e (0, 0) m, tendo en conta que a enerxía potencial é referida as dúas masas M.

(Ec + Ep)10 = (Ec + Ep)0

2(−GM m

r 1 )=12

m v2+2(−G

M mr 0 )

Despexando o valor da velocidade v:

v=√4G M ( 1r 0

−1r 1)=√4·6,67×10−11 [N m 2 · kg−2] ·10 [kg]( 1

5,00 [m ]−

111,2 [m ])=1,72×10−5 m / s

Como a velocidade é un vector, temos que deducir a dirección e sentido.Aínda que o valor da aceleración na orixe é cero, polo valor calculado no punto (0, 10) [m] e o feito de que pase pola orixe, pódese deducir que a aceleración ten sido na dirección do eixo Y e en sentido negativo. Se un móbil parte do repouso, e a aceleración ten dirección constante, o movemento será rectilíneo na liña da aceleración. Polo tanto a dirección da velocidade é a do eixo Y en sentido negativo

v = -1,72×10-5 j m/s

Análise: O valor da velocidade e moi pequeno, pero isto é lóxico, se temos en conta que a forza gravitatoriaé una forza de moi baixa intensidade (se as masas non son de tipo planetario)

4. Dúas masas de 50 kg están situadas en A (-30, 0) e B (30, 0) respectivamente (coordenadas en metros). Calcula:a) O campo gravitatorio en P (0, 40) e en D (0, 0)b) O potencial gravitatorio en P e D.c) Para unha masa m, onde é maior a enerxía potencial gravitatoria, en P ou en D?Datos: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2 (P.A.U. Set. 08)Rta.: a) gP = -2,13×10-12 j m/s2; gD = 0; b) VP = -1,33×10-10 J/kg; VD = -2,22×10-10 J/kg; c) En P

Datos Cifras significativas: 3Cada unha das masas no eixo X MD = ME = M = 50,0 kgVector de posición da masa en A rA = (-30,0, 0) mVector de posición da masa en B rB = (30,0, 0) mVector de posición do punto P rP = (0, 40,0) mVector de posición do punto D rD = (0, 0) mConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

IncógnitasCampo gravitatorio en P e en D gP e gD

Potencial gravitatorio en P e en D VP e VD

EcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras) F⃗=−G

M m

r2u⃗r

2ª lei de Newton da Dinámica ∑F = m · aIntensidade do campo gravitatorio que exerce unha masa M puntual nun punto a unha distancia r g⃗=

F⃗m=−G

M

r2 u⃗r


Potencial gravitatorio (referido ao infinito) V=−GMr

Relación entre o potencial gravitatorio e a enerxía potencial gravitatoria V=EP

m


Solución:

r1 : distancia de cada un dos puntos A e B ao punto P:

r 1=| r⃗ P – r⃗A|=|40,0 j⃗ – 30,0 i⃗ |[m ]==√(40,0 [m ])2+(30,0 [m ])2=50,0 m

r0 : distancia de cada un dos puntos A e B á orixe:r0 = 30,00 m

uP A: vector unitario do punto P tomando como orixe o puntoA.

u⃗P A=r⃗ P− r⃗ A

| r⃗ P− r⃗ A|=

30,0 i⃗ +40,0 j⃗

√30,02+40,02

=0,600 i⃗ +0,800 j⃗

O campo gravitatorio creado polo punto A no punto P:

g⃗ A→P=−GM

r12

u⃗r=−6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]50,0 [kg ]

(50,0 [m ])2(0,600 i⃗ +0,800 j⃗ ) m/s2

gA→P = (-8,00×10-13 i – 10,7×10-13 j) m/s2

Por simetría,

gB→P = (8,00×10-13 i – 10,7×10-13 j) m/s2

Polo principio de superposición, o campo gravitatorio resultante no punto P é a suma vectorial dos campos que actúan nel.

gP = gA→P + gB→P = -2,13×10-12 j m/s2

No punto D(0, 0) os campos gravitatorios que exercen ambas as masas sonopostas (mesmo módulo, mesma dirección e sentido contrario), e, polo tanto, aresultante é nula.

gD = 0 i + 0 j = 0

b) O potencial gravitatorio creado pola masa do punto A sobre o punto P é:

V A→P=−GMr1

=−6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]50,0 [kg ]50,0 [m]

=−6,67×10−11 J /kg

Por simetría, o potencial creado pola masa do punto B vale o mesmo e o potencial gravitatorio do punto P é:

VP = VA + VB = 2 VA = 2 · (-6,67×10-11 [J/kg]) = -1,33×10-10 J/kg

O potencial gravitatorio creado pola masa do punto A sobre o punto D é:

V A→D=−GMr 0

=−6,67×10−11 [N·m2 · kg−2]50,0 [kg]30,0 [m ]

=−1,11×10−10 J /kg

Por simetría, o potencial creado pola masa do punto B vale o mesmo e o potencial gravitatorio do punto D é:

VD = VA + VB = 2 VA = 2 · (-1,11×10-10 [J/kg]) = -2,22×10-10 J/kg

c) A enerxía potencial dun obxecto de masa m situado nun punto de potencial V é:

Ep = m · V

proporcional ao potencial do punto. Canto maior sexa o potencial do punto, maior será a enerxía potencial do obxecto. Xa que logo, a enerxía potencial será maior no punto P (-1,33×10-10 > -2,22×10-10)

Análise: Canto máis preto dunha masa atópese un obxecto, menor será a súa enerxía potencial. O punto D está máis preto das masas que o punto P. Un obxecto en D terá menor enerxía potencial que en P.

Dg'A

g'B

MM

gB

M

gP

r 1

r0

M

A B

P

gA


5. Dúas masas de 150 kg están situadas en A(0, 0) e B(12, 0) metros. Calcula:a) O vector campo e o potencial gravitatorio en C(6, 0) e D(6, 8)b) Se unha masa de 2 kg posúe no punto D unha velocidade de -10-4 j m·s-1, calcula a súa

velocidade no punto C. c) Razoa se o movemento entre C e D é rectilíneo uniforme, rectilíneo uniformemente acelerado,

ou de calquera outro tipo.Dato: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2 (P.A.U. Xuño 14)Rta.: a) gC = 0; gD = -1,6×10-10 j m/s2; VC = -3,34×10-9 J/kg; VD = -2,00×10-9 J/kg; b) v = -1,13×10-4 j m/s

Datos Cifras significativas: 3Cada unha das masas no eixo X MA = MB = M = 150 kgVector de posición da masa en A rA = (-0, 0) mVector de posición da masa en B rB = (12,0, 0) mVector de posición do punto C rC = (6,00, 0) mVector de posición do punto D rD = (6,00, 8,00) mMasa no punto D mD = 2,00 kgVelocidade no punto D vD = -1,00×10-4 j m/sConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

IncógnitasCampo gravitatorio en C e en D gC e gD

Potencial gravitatorio en C e en D VC e VD

Velocidade en C da masa que sae de D vC

EcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras) F⃗=−G

M m

r2u⃗r

2ª lei de Newton da Dinámica ∑F = m · aIntensidade do campo gravitatorio que exerce unha masa M puntual nun punto a unha distancia r g⃗=

F⃗m=−G

M

r2 u⃗r


Potencial gravitatorio (referido ao infinito) V=−GMr

Relación entre o potencial gravitatorio e a enerxía potencial gravitatoria V=EP

mEnerxía cinética Ec = ½ m v2


r

Solución:

O campo gravitatorio no punto C creado pola masa situada no punto A é:

g⃗ A→C=−GM A

rA C2

u⃗r=−6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]150,0 [kg ]

(6,00 [m ])2i⃗=−2,78×10−10 i⃗ m / s2

Por simetría, o campo gravitatorio no punto C creado pola masa situada no punto B é:

gB→C = 2,78×10-10 i m/s2

Polo principio de superposición, o campo gravitatorio no punto C éa suma vectorial dos dous campos.

gC = gA→C + gB→C = 0

r: distancia de cada un dos puntos A e B ao punto D:

r=| r⃗D – r⃗ A|=|6,00 i⃗ +8,00 j⃗|=√(6,00 [m ])2+(8,00 [m ])2=10,0 m

uD A: vector unitario do punto D tomando como orixe o punto A.

u⃗D A=r⃗D− r⃗ A

| r⃗D− r⃗ A|=(6,00 i⃗ +8,00 j⃗) [m]

10,0 [m ]=0,600 i⃗ +0,800 j⃗

A

BgCBg

CAC

D

gDBg D

A

gD


O campo gravitatorio no punto D creado pola masa situada no punto A:

g⃗ A→D=−GM

r 2u⃗r=−6,67×10−11 [N·m2 · kg−2 ]

150 [kg ]

(10,0 [m ])2(0,600 i⃗ +0,800 j⃗ ) m/s2

gA→D = (-6,00×10-11 i – 8,00×10-11 j) m/s2

Por simetría,

gB→D = (6,00×10-13 i – 8,00×10-13 j) m/s2

Polo principio de superposición, o campo gravitatorio resultante no punto D é a suma vectorial dos campos que actúan nel.

gD = gA→D + gB→D = -1,60×10-10 j m/s2

O potencial gravitatorio creado pola masa do punto A sobre o punto C é:

V A→C=−GM

rA C

=−6,67×10−11 [N· m2 · kg−2 ]150,0 [kg ]6,00 [m ]

=−1,17×10−9 J /kg

Por simetría, o potencial creado pola masa do punto B vale o mesmo e o potencial gravitatorio do punto C é:

VC = VA→C + VB→C = 2 VA→C = 2 · (-1,17×10-9 [J/kg]) = -3,34×10-9 J/kg

O potencial gravitatorio creado pola masa do punto A sobre o punto D é:

V A→D=−GMrAD

=−6,67×10−11 [N · m2 · kg−2 ]150,0 [kg ]10,0 [m ]

=−1,00×10−9 J /kg

Por simetría, o potencial creado pola masa do punto B vale o mesmo e o potencial gravitatorio do punto D é:

VD = VA→D + VB→D = 2 VA→D = 2 · (-1,00×10-9 [J/kg]) = -2,00×10-9 J/kg

b) Xa que a aceleración non é constante, non se pode resolver dun xeito sinxelo por cinemática. (Non se pode usar a ecuación r = r0 + v0 t + ½ a t2, que só é válida se o vector aceleración a é un vector constante).Como o campo gravitatorio é un campo conservativo, aplícase o principio de conservación da enerxía mecá-nica a ámbolos puntos C e D, tendo en conta que a enerxía potencial é referida as dúas masas M.

(Ec + Ep)C = (Ec + Ep)D

12

m vC2+2(−G

M mrAC )=

12

m vC2+2(−G

M mrAD )

Despexando o valor da velocidade v:

vC=√v D2 +4G M ( 1

rAC

−1

rAD)=

=√(1,00×10−4[m /s])2+4· 6,67×10−11 [N m2 · kg−2 ]· 150 [kg ]( 16,00 [m]

−1

10,0 [m])=1,13×10−4 m /s

Como a velocidade é un vector, temos que deducir a dirección e sentido.Como tanto a aceleración coma a velocidade no punto D teñen a dirección do eixo Y en sentido negativo, a dirección da velocidade no punto C é a do eixo Y en sentido negativo

v = -1,13×10-4 j m/s

Análise: O valor da velocidade é moi pequeno, pero isto é lóxico, se temos en conta que a forza gravitatoriaé una forza de moi baixa intensidade (se as masas non son de tipo planetario)

c) A aceleración da masa que se move de D a C está dirixida en todo momento cara á C. Como a velocidade en D tamén tiña esa dirección, o movemento é rectilíneo, paralelo ao eixo Y. Pero o valor do campo gravita-torio nos puntos polos que pasa a masa que se move non é constante. Vemos que non é o mesmo no punto C que no punto D. Polo tanto a aceleración non é constante.


O movemento é rectilíneo e acelerado, pero con aceleración variable.

O que segue e a demostración da relación entre o campo gravitatorio, que vale o mesmo que a aceleración, e a coordenada y nos puntos polos que pasa a masa móbil entre D e C.Para un punto G calquera entre C e D, o campo gravitatorio creado pola masa situada en A é:

g⃗ A→G=−GM

rAG2

u⃗r=−6,67×10−11 [N·m 2 · kg−2 ]150 [kg ]

(√6,002+ y G2 [m ])

2

(6,00 i⃗ + yG j⃗ ) [m ]

√6,002+ y G

2[m ]

Por simetría, o campo creado nese punto G pola masa situada en B é:

g⃗ B→G=−6,67×10−11 [N·m 2 · kg−2]150 [kg ]

(√6,002+ y G2 [m ])

2

(−6,00 i⃗ + y G j⃗ ) [m ]

√6,002+ yG

2[m]

E o vector resultante valería

g⃗ G= g⃗ A→G+ g⃗ B→G=−6,67×10−11 [N·m2 · kg−2]150 [kg ]

((6,002+ y G2 )3/ 2 [m ]3)

(2 yG j⃗) [m ]

g⃗ G=−2,00×10−8 y G

(6,002+ yG2 )3/2

j⃗ [m /s 2]

6. En cada un dos tres vértices dun cadrado de 2 metros de lado hai unha masa de 10 kg. Calcula:a) O campo e o potencial gravitatorios creados por esas masas no vértice baleiro.b) A enerxía empregada para trasladar unha cuarta masa de 1 kg desde o infinito ao centro do

cadrado.Dato: G = 6,67×10-11 Nm2 kg-2. As masas considéranse puntuais. (P.A.U. Set. 03)Rta.: a) g = 3,19×10-10 m/s2, cara ao centro do cadrado; V = -9,03×10-10 J/kg; b) ΔEP = -1,41×10-9 J

Datos Cifras significativas: 3Lado do cadrado L = 2,00 mCada unha das masas nos vértices M = 10,0 kgMasa que se traslada dende o infinito m = 1,00 kgConstante da gravitación universal G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2

IncógnitasVector campo gravitatorio no vértice baleiro gPotencial gravitatorio no vértice baleiro VEnerxía empregada para trasladar unha cuarta masa de 1 kg desde o infinito ao centro do cadrado

W


F⃗=−GM m

r2u⃗r

Intensidade do campo gravitatorio creado por unha masa M nun punto que dista dela unha distancia r

g⃗=F⃗m=−G

M

r 2 u⃗r


Potencial gravitatorio nun punto debido a unha masa M que dista r do punto V=−G M

r


r

Solución:

a) Suponse as masas situadas nos vértices A (0, 0), B (2, 0), e D (0, 2) m (coor-denadas con tres cifras significativas).A distancia entro os puntos A e C é:

H

D

A B

CgD

gB

gA

g

+


rAC=√L2+L2

=√(2,00 [m ])2+(2,00 [m ])2=2,83 m

O vector unitario do punto C, tomando coma orixe o punto A, é:

u⃗r=r⃗ A C

rA C

=(2,00 i⃗ +2,00 j⃗ ) [m ]

2,83 [m]=0,707 i⃗ +0,707 j⃗

A intensidade de campo gravitatorio gA creado no punto C creado pola masa situada en A é:

g⃗ A=−6,67×10−11 [N·m2 kg−2] ·10,0 [kg]

(2,83 [m ])2·(0,707 i⃗ +0,707 j⃗ )=(−5,90 i⃗ – 5,90 j⃗ )×10−11 m / s2

A intensidade de campo gravitatorio gD creado no punto C creado pola masa situada en D é:

g⃗ D=−6,67×10−11 [N·m2 kg−2]· 10,0 [kg ]

(2,00 [m ])2i⃗=−1,67×10−10 i⃗ m /s2

A intensidade de campo gravitatorio gB creado no punto C creado pola masa situada en B é:

g⃗ B=−6,67×10−11 [N·m2 kg−2 ]·10,0 [kg ]

(2,00 [m ])2j⃗=−1,67×10−10 j⃗ m /s 2

O valor da intensidade do campo gravitatorio g no punto C (2, 2) será a suma vectorial das intensidades de campo gravitatorio creadas por cada unha das masas situadas nos outro vértices (Principio de superposición).

g = gA + gB + gD = (-2,26 i – 2,26 j)×10-10 m/s2

O seu módulo é:

| g⃗ |=√(−2,26×1010[m /s2

])2+(−2,26×1010

[m /s 2])

2=3,19×10−10 m / s2

No caso xeral, a intensidade de campo gravitatorio é un vector que vale 3,19×10-10 N·kg-1, e está dirixido na diagonal que pasa polo vértice baleiro cara ao centro do cadrado.O potencial gravitatorio nun punto, debido á influencia de varias masas Mi, cada unha delas a unha distanciari do punto, é a suma dos potenciais individuais.

V=∑ −GM i

r i=−G∑

M i

r i

Se todas as masas Mi son iguais, (M = Mi) entón queda

V=−G M∑1r i

V=−6,67×10−11[N·m2 · kg−2

]· 10,0 [kg ]( 12,83 [m]

+2

2,00 [m ])=−9,03×10−10 J /kg

b) A enerxía necesaria para leva-la masa de 1,00 kg dende o infinito ata o punto H central do cadrado de co-ordenadas (2, 2) sen variación de enerxía cinética (suponse) e a diferencia de enerxía potencial que posúe a masa de 1,00 kg neses dous puntos

W = ΔEp = Ep H – Ep ∞

A enerxía potencial nun punto, debida á influencia é de varias masas Mi, cada unha delas á unha distancia ri da masa m, é a suma das enerxías potenciais individuais.

Ep=∑ −GM i m

ri=−G m∑

M i

r i

Se todas as masas Mi son iguais, (M = Mi) entón queda

Ep=−G m M∑1ri

Tódalas masas atópanse á mesma distancia do centro do cadrado:


rAH = rAC / 2 = 1,41 m

Ep H=−6,67×10−11[N·m2 · kg−2

]· 1,00 [kg ]· 10,0 [kg ]( 31,41 [m])=−1,41×10−9 J

Ep ∞ = 0

W = ΔEp = Ep H – Ep ∞= -1,41×10-9 J

Análise: O traballo que hai que facer é negativo porque a forza do campo ten o sentido que favorece este desprazamento. Se queremos que non haxa variación de enerxía cinética, temos que frealo e facer unha for-za oposta á do campo (que é tamén oposta ao desprazamento). O valor é moi pequeno, pero hai que ter en conta que a forza gravitatoria é una forza de moi baixa intensidade (se as masas non son de tipo planeta-rio)

● OUTROS

1. Nun planeta que ten a metade do radio terrestre, a aceleración da gravidade na súa superficie vale 5 m·s–2. Calcula:a) A relación entre as masas do planeta e a Terra.b) A altura á que é necesario deixar caer desde o repouso un obxecto no planeta para que

chegue á súa superficie coa mesma velocidade con que o fai na Terra, cando cae desde unha altura de 100 m.

Na Terra: g = 10 m·s-2 (P.A.U. Xuño 96)Rta.: a) Mp /MT =1/8; b) hp = 200 m.

Datos Cifras significativas: 2Radio do planeta RP = RT / 2Altura da que cae na Terra hT = 100 mValor da aceleración da gravidade na superficie do planeta gP = 5,0 m·s-2

Valor da aceleración da gravidade na superficie da Terra g0 = 10 m·s-2

IncógnitasRelación entre as masas do planeta e a Terra Mp /MT

Altura da que debería caer no planeta hP

Outros símbolosConstante da gravitación universal GMasa da Terra MT

Masa do planeta MP

EcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce un planeta esférico sobre un corpo puntual)

FG=GM m

r2

Peso P = m · g2ª lei de Newton da Dinámica ∑F = m · aEnerxía cinética Ec = ½ m · v2

Enerxía potencial gravitatoria (referida ao chan, suposta g constante) Ep = m · g · h

Solución:

a) O peso é igual á forza da atracción gravitatoria dada pola lei de Newton da gravitación Universal.Para un obxecto de masa m situado na superficie da Terra,

m gT=GM T m

RT2

A aceleración da gravidade será:


Na superficie do planeta: g P=GM P

RP2=5m/s2 ⇒ M P=

5 RP2

G

Na superficie da Terra: g T=GM T

RT2 =10 m/s2

⇒ M T=10 RT

2

GDividindo, e tendo en conta que Rp = RT / 2 queda2:

M P

M T

=5RP

2

10 RT2=

RP2

2 RT2=(RT /2)

2

2 RT2=

18

b) Ao caer dende un punto á unha altura hp, próximo á superficie dun planeta, a aceleración da gravidade pode considerarse constante. Se a única forza que realiza traballo é a gravitatoria, a enerxía mecánica tense que conservar.

(Ec + Ep)h = (Ec + Ep)chan

A enerxía potencial dun obxecto de masa m, que se atopa a unha altura hp, nas proximidades dun planeta, vén dada por Ep = m · gp · hp. Substituíndo,

0 + m · gp · hp = ½ m v2 + 0

v2 = 2 gp · hp

Ao cadrado da velocidade que alcanza un corpo o caer dende una altura de hT = 100 m ata o chan, na Terra év2 = 2 gT hT = 2 · 10 [m/s2] · 100 [m] = 2,0×103 m2/s2

Para que chegue con esa velocidade ao chan no planeta, terá que caer dende unha altura

hP=v 2

2 g P

=2,0×103 [m2 /s 2]

2·5,0 [m /s2 ]=2,0×102 m

Ao ser á velocidade a mesma, a altura é inversamente proporcional ao valor da gravidade, é dicir, o dobre que na Terra.

2 Este exercicio foi pensado como un exercicio de matemáticas, non de Física. Por iso deixo o valor 5 m/s2 como se fose un número exacto e non escribo 5,0 con dúas cifras significativas. A fracción do resultado 1/8 tería sentido en matemáticas. En Física só é unha aproximación.

2. A masa da Lúa respecto da Terra é 0,0112 MT e seu radio é RT / 4. Dado un corpo cuxo peso na Terra é 980 N (g0 = 9,80 m·s-2), calcula:a) A masa e o peso do corpo na Lúa.b) A velocidade coa que o corpo chega a superficie luar se cae dende unha altura de 100 metros.

(P.A.U. Set. 04)Rta.: a) m = 100 kg; PL = 176 N; b) vL = 18,7 m/s.

Datos Cifras significativas: 3Masa da Lúa ML = 0,0112 MT

Radio da Lúa RP = ¼ RT

Peso na Terra PT = 980 NAltura da que cae h = 100 mValor da aceleración da gravidade na superficie da Terra gT = 9,80 m/s2

IncógnitasMasa do corpo mPeso de corpo na Lúa PL

Velocidade coa que o corpo chega a superficie luar vOutros símbolosConstante da gravitación universal GEcuaciónsLei de Newton da gravitación universal(aplicada á forza que exerce un planeta esférico sobre un corpo puntual)

FG=GM m

r2

Peso P = m · g


Datos Cifras significativas: 3Masa da Lúa ML = 0,0112 MT

Radio da Lúa RP = ¼ RT

2ª lei de Newton da Dinámica ∑F = m · aEnerxía cinética Ec = ½ m v2

Enerxía potencial gravitatoria (referida ao chan, suposta g constante) Ep = m · g · h

Solución:

a) Da expresión do peso:m = PT / gT = 980 [N] / 9,80 [m/s2] = 100 kg

O peso é igual á forza da atracción gravitatoria dada pola lei de Newton da gravitación Universal.Para un obxecto de masa m situado na superficie da Terra,

PT=GM T m

RT2=980 N

Na superficie da Lúa:

PL=GM L m

RL2

Dividindo esta última pola anterior:

PL

PT

=

GM L m

RL2

GM T m

RT2

=M L

M T

RT2

RL2 =

0,0112 M T

M T

RT2

¼ RT 2=0,0112·16=0,179

O peso na Lúa será:

PL = 0,179 PT = 0,179 · 980 [N] = 176 N

Análise: O peso na Lúa é menor que na Terra, como era de prever. Nos exercicios emprégase moitas veces que a aceleración na Lúa é 1/6 que na Terra. O valor obtido (0,176) no coincide con 1/6, pero tras repasar as operacións debemos concluír que os datos non eran tan precisos como parecían, e que cando tomamos o ra-dio da Lúa como un valor exacto, non tivemos en conta que só era unha aproximación. O número de cifras significativas entón é unha senón tres. Nese caso, o resultado final é de 200 N, ou sexa 1/5 do da Terra.

b) Ao caer dende un punto á unha altura hp, próximo á superficie da Lúa, a aceleración da gravidade pode considerarse constante. Se a única forza que realiza traballo é a gravitatoria, a enerxía mecánica tense que conservar.

(Ec + Ep)h = (Ec + Ep)chan

A enerxía potencial dun obxecto de masa m, que se atopa a unha altura h, nas proximidades da Lúa, vén dada por

Ep = m · gL · h

Substituíndo,

0 + m · gL · h = ½ m v2 + 0

de onde

v2 = 2 gL h

O valor da gravidade na Lúa pode obterse do seu peso:

gL = PL / m = 176 [N] / 100 [kg] = 1,76 m/s2

A velocidade que alcanza un corpo o caer dende una altura de h = 100 m ata o chan, na Lúa é

v=√2 g L h=√2· 1,76 [m / s2]· 100 [m]=18,7 m / s


◊ CUESTIÓNS

● SATÉLITES.

1. Arredor do Sol xiran dous planetas cuxos períodos de revolución son 3,66×102 días e 4,32×102 días respectivamente. Se o radio da órbita do primeiro e 1,49×1011 m, a órbita do segundo é:A) A mesma.B) Menor.C) Maior.

(P.A.U. Xuño 04)

Solución: C

Pola terceira lei de Kepler, os cadrados dos períodos dos planetas son directamente proporcionais aos cubos dos radios (nunha aproximación circular) das órbitas.

T 12

T 22=

R13

R23⇒ R2=R1

3√ T 22

T 12=1,49×1011 3√(4,32×102 días

3,66×102 días)2

=1,57×1011 m

2. Para un satélite xeoestacionario o radio da súa órbita obtense mediante a expresión:A) R = (T2GM / 4π2)1/3

B) R = (T2g0RT / 4π2)1/2

C) R = (TGM2 / 4π2)1/3

(P.A.U. Xuño 04)

Solución: A

Un satélite xeoestacionario é o que se atopa na vertical do mesmo punto da Terra, ou sexa, que ten o mesmo período de rotación arredor da Terra que o da Terra sobre o seu eixo.Forza que exerce a Terra sobre o satélite xeoestacionario(Lei da Gravitación de Newton):

F⃗=−GM m

r 2u⃗r

Na órbita circular (M.C.U.) só hai aceleración normal:

|a⃗|=aN=v 2

R

e a velocidade é:

v=2π R

T

Como só actúa FG

|∑ F⃗ |=|F⃗ G|=m| a⃗|=m a N=mv2

R

GM m

R2=m

v 2

R=m

4π2 R2

T 2 R

R= 3G M T 2

42

sempre que T sexa 24 horas = 8,64×104 s, M sexa a masa da Terra e G a constante da gravitación universal.


3. Un satélite de masa m describe unha traxectoria circular de radio r ao xirar ao redor dun planeta de masa M. A enerxía mecánica do satélite é numericamente:A) Igual á metade da súa enerxía potencial.B) Igual á súa enerxía potencial.C) Igual ao dobre da súa enerxía potencial.

(P.A.U. Set. 98)

Solución: A

A enerxía mecánica dun satélite de masa m en órbita circular de radio rórb arredor dun planeta de masa M é a suma das súas enerxías cinética e potencial.

EM=Ec E P=12

mv2−G

M mrórb

A única forza que actúa sobre o satélite é a gravitatoria. Ao ser unha traxectoria circular, só ten aceleración normal (centrípeta). Pola 2ª lei de Newton:

|∑ F⃗ |=|F⃗ G|=m| a⃗|=m a N=mv 2

r órb

mv2

r órb

=GM m

r órb2

m v2=GM mr órb

Substituíndo m v2 na expresión de enerxía mecánica:

E=Ec+E P=12

mv 2−GM mrórb

=12

GM mrórb

−GM mr órb

=−12

GM mr órb

=12

Ep

4. Cando un satélite que está xirando arredor da Terra perde parte da súa enerxía por fricción, o raio da súa órbita é:A) Maior.B) Menor.C) Mantense constante.

(P.A.U. Xuño 99)

Solución: B

(Véxase a demostración da enerxía mecánica na cuestión de Set. 98)A enerxía mecánica E'M1 dun satélite de masa m en órbita circular de radio r1 arredor da Terra de masa M é :

Em 1=−12

GM mr1

Pérdese enerxía por fricción, pasará a outra órbita de radio r2 que terá unha enerxía Em2 menor que antes:

Em 2=−12

GM m

r 2

Em2 < Em1

−12

GM m

r2

−12

GM m

r 1


−1r 2

−1r1

- r1 < - r2

Polo que o radio da nova órbita será menor:

r2 < r1

5. Cando un satélite artificial a causa da fricción coa atmosfera reduce a súa altura respecto da Terra, a súa velocidade lineal:A) Aumenta.B) Diminúe.C) Permanece constante.

(P.A.U. Set. 03)

Solución:

(Véxase a demostración da enerxía mecánica na cuestión de Set. 98, e a relación entre radio e enerxía na cuestión de Xuño 99)A enerxía mecánica Em1 dun satélite de masa m en órbita circular de radio r1 arredor da Terra de masa M é :

Em 1=−12

GM mr 1

=−Ec 1

Pérdese enerxía por fricción, pasará a outra órbita de radio r2 que terá unha enerxía Em2 menor que antes:

Em 2=−12

GM m

r 2

=−Ec 2

Em2 < Em1

-Ec2 < -Ec1

Ec2 > Ec1

v2 > v1

Polo que a velocidade da nova órbita será maior.

6. A ingravidez dos astronautas dentro dunha nave espacial débese a que:A) Non hai gravidade.B) A nave e o astronauta son atraídos pola Terra coa mesma aceleración.C) Non hai atmosfera.

(P.A.U. Set. 99 e Set. 01)

Solución: B

A forza gravitatoria é de alcance infinito, polo que a opción A é falsa.Tamén é falsa a opción C porque a forza gravitatoria non precisa da atmosfera para que se sinta.Unha nave que xira arredor da Terra está en caída libre (móvese cunha aceleración igual a da gravidade g).É un sistema non inercial, comparable ao de un ascensor cando rompe o cable. Un pasaxeiro dentro do as-censor crería flotar do mesmo xeito que os astronautas da nave.A aceleración aparente do astronauta da nave sería:

aap=F ap

m=

Peso−m aSR

m=(mg−mg )

m=0


7. A velocidade de escape que se debe comunicar a un corpo inicialmente en repouso na superficieda Terra de masa M e radio R0 para que "escape" fóra da atracción gravitacional é:A) Maior que (2 GM / R0)1/2

B) Menor que (2 GM / R0)1/2

C) Igual a (g0 / R0)1/2

(P.A.U. Xuño 02)

Solución: A

Para conseguir que un corpo «escape» da atracción gravitatoria, deberemos comunicarlle unha enerxía que per-mita situalo nun punto no que non estea sometido a dita atracción. Isto ocorre a unha distancia "infinita" do centro da Terra e na que se compre que a enerxía potencial é nula. Ep = 0.

Aplicando o principio de conservación da enerxía mecánica a ámbolos puntos (superficie terrestre e infinito)resultará:

(Ec + Ep)T = (Ec + Ep)∞

12

m v 2−GM mR0

=Ec∞

v=√2G MR0

+2Ec∞

m>√2G M

R0

Para conseguir que se afaste, deberemos comunicarlle unha velocidade superior a (2 G M / R0)1/2.

8. Se por unha causa interna, a Terra sufrise un colapso gravitatorio e reducise o seu radio á metade, mantendo constante a masa, o seu período de revolución ao redor do Sol sería:a) O mesmo.b) 2 anos.c) 0,5 anos.

(P.A.U. Xuño 07)

Solución: A

O período de revolución da Terra que segue unha traxectoria aproximadamente circular ao redor do Sol non depende do radio da Terra, xa que se pode considerar que se trata dunha masa puntual.Como podemos desprezar en principio as interaccións gravitatorias doutros planetas e ata da Lúa, a única forza que actúa sobre a Terra é a forza gravitatoria que exerce o Sol,

∑F = FG

mT a = FG

e como a Terra describe unha traxectoria aproximadamente circular de radio r con velocidade de valor cons-tante, a aceleración só ten compoñente normal aN,

mTv2

r=G

M Sol mT

r2

Despexando a velocidade v,

v=√G M Sol

r

Como a velocidade lineal v dun obxecto que se move nunha órbita circular de radio r con velocidade cons-tante está relacionada co período T (tempo que tarda en dar unha volta completa) pola expresión:

v=2 π r

T


Igualando as expresións anteriores

2 rT

=G M Sol

r

elevando ao cadrado

42 r2

T 2 =G M Sol

r

e despexando o período,

T=2 r3

G M Sol

vese que depende da masa do Sol (non da da Terra) e de r que é o radio da órbita da Terra ao redor do Sol, ou sexa, a distancia do centro da Terra ao centro do Sol. O radio do planeta Terra non inflúe no período.

9. Se dous planetas distan do Sol R e 4 R respectivamente os seus períodos de revolución son:A) T e 4 TB) T e T/4C) T e 8 T

(P.A.U. Set. 07)

Solución: C

A única forza que actúa sobre cada planeta é a gravitatoria. Ao ser unha traxectoria circular, só ten acelera-ción normal (centrípeta). Pola 2ª lei de Newton:

|∑ F⃗ |=|F⃗ G|=m| a⃗|=m a N=mvórb

2

r

mv órb

2

r=G

M S m

r órb2

v órb=√GM S

r

O período de revolución depende do radio da órbita e da velocidade.Como a velocidade lineal v dun obxecto que se move nunha órbita circular de radio r con velocidade cons-tante está relacionada co período T (tempo que tarda en dar unha volta completa) pola expresión:

v=2 π r

T

o período do movemento circular é:

T=2π r

v=

2π r

√GM T

r

=2 π√ r3

G M T

Substituíndo para o segundo planeta r = 4 R, obtemos un período:

T '=2π√(4 R)3

G M T

=2 π√64 R3

G M T

=8T

10. Se a Terra se contrae reducindo o seu radio á metade e mantendo a masa:A) A órbita arredor do Sol será a metade.


B) O período dun péndulo será a metade.C) O peso dos corpos será o dobre.

(P.A.U. Set. 10)

Solución: B

O período T dun péndulo de lonxitude L nun lugar onde a gravidade sexa g vén dado pola ecuación:

T=2 Lg

A aceleración da gravidade é a forza sobre a unidade de masa:

g=FG

m=

GM T m

RT2

m=G

M T

RT2

Se o radio da Terra fose a metade, mantendo a masa, a aceleración g da gravidade na súa superficie sería ca-tro veces maior.

g '=GM T

RT/22=4G

M T

RT2=4 g

e o período T' dun péndulo nese caso sería

T '=2 Lg '=2 L

4 g= L

g=

T2

a metade.

As outras opcións:C: Como a gravidade sería catro veces maior, o peso dos corpos sería catro (e non dous) veces maior.A: O período de revolución da Terra que segue unha traxectoria aproximadamente circular ao redor do Sol non depende do radio da Terra, xa que se pode considerar que se trata dunha masa puntual.

11. Dous satélites de comunicación A e B con diferentes masas (mA > m B) viran ao redor da Terra con órbitas estables de diferente radio sendo rA < rB:a) A xira con maior velocidade lineal.b) B ten menor período de revolución.c) Os dous teñen a mesma enerxía mecánica.

(P.A.U. Xuño 07)

Solución: A

A única forza que actúa sobre o satélite é a gravitatoria. Ao ser unha traxectoria circular, só ten aceleración normal (centrípeta). Pola 2ª lei de Newton:

|∑ F⃗ |=|F⃗ G|=m| a⃗|=m a N=mvórb

2

r

mv órb

2

r=G

M T m

r 2

v órb=√GM T

r

A velocidade lineal dun satélite nunha órbita é inversamente proporcional á raíz cadrada do radio da órbita. Como o radio da órbita A é menor que o da órbita B, a velocidade do satélite na órbita A será maior.

As outras opcións:


B. O período de revolución depende do radio da órbita e da velocidade.Como a velocidade lineal v dun obxecto que se move nunha órbita circular de radio r con velocidade cons-tante está relacionada co período T (tempo que tarda en dar unha volta completa) pola expresión:

v=2 π r

T

o período do movemento circular é:

T=2π r

v

Ao ser maior o radio de órbita B, rB > rA, e menor a súa velocidade, vB < vA, o período de revolución do satéli-te na órbita B será maior que o da órbita A.

C. A enerxía mecánica dun satélite de masa m en órbita circular de radio r ao redor da Terra de masa MT é a suma das enerxías cinética e potencial.

Em=Ec+Ep=12

mv órb2+(−G

M T m

r )Como xa vimos

mv órb

2

r=G

M T m

r 2

Substituíndo m vórb2 na expresión da enerxía mecánica:

E=Ec+E p=12

m vórb2 −G

M mrórb

=12

GM mr órb

−GM mr órb

=−12

GM mr órb

onde se ve que a enerxía mecánica dun satélite nunha órbita é directamente proporcional á masa do satélite e inversamente proporcional ao radio da órbita. Xa que logo, non son iguais, a non ser que se cumprise a impro-bable relación:

mA

rA

=mB

rB

12. Dous satélites idénticos, A e B, describen órbitas circulares de diferente radio en torno á Terra (rA

< rB). Polo que:A) B ten maior enerxía cinética.B) B ten maior enerxía potencial.C) Os dous teñen a mesma enerxía mecánica.

(P.A.U. Set. 12)

Solución: B

A enerxía potencial gravitatoria para un satélite de masa m que vira ao redor da Terra nunha órbita de radio R

Ep=−GM T m

R

é inversamente proporcional ao radio da órbita, pero como é negativa, canto maior sexa o radio da órbita, maior será a enerxía potencial.

Ep B > Ep A

As outras opcións:A. Falsa.A única forza que actúa sobre os satélites é a gravitatoria que exerce a Terra. Ao ser unha traxectoria circu-lar, só ten aceleración normal (centrípeta). Pola 2ª lei de Newton:


|∑ F⃗ |=|F⃗ G|=m| a⃗|=m a N=mvórb

2

r

mv

órb2

R=G

M T m

R2

v órb2 =G

M T

R

A enerxía cinética dun satélite de masa m que vira ao redor da Terra con velocidade v

Ec = ½ m v2

é directamente proporcional ao cadrado da velocidade.Polo tanto a enerxía cinética de cada satélite é inversamente proporcional ao radio da súa órbita: a maior ra-dio, menor enerxía cinética.

C. Falsa. A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial.

Em=Ec+Ep=12

m· vórb2+(−G

M T m

r )Como xa vimos

mv órb

2

r=G

M T m

r 2


Em=Ec+Ep=12

mv órb2 −G

M T m

R=

12

GM T m

r−G

M T m

r=−

12

GM T m

r

E=Ec+E p=12

m vórb2 −G

M mrórb

=12

GM mr órb

−GM mr órb

=−12

GM mr órb

onde se ve que a enerxía mecánica dun satélite nunha órbita é inversamente proporcional ao radio da órbita. Non poden ser iguais porque os satélites teñen a mesma masa.

13. Dous satélites A e B de masas mA e mB (mA < mB), xiran arredor da Terra nunha órbita circular de radio R:A) Os dous teñen a mesma enerxía mecánica.B) A ten menor enerxía potencial e menor enerxía cinética que B.C) A ten maior enerxía potencial e menor enerxía cinética que B.

(P.A.U. Xuño 10)

Solución: C

A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial.

E = Ec + Ep

A enerxía cinética dun satélite de masa m que xira arredor da Terra con velocidade v

Ec = ½ m v2

é directamente proporcional á masa. Como mA < mB,

Ec A < Ec B

A enerxía potencial gravitatoria para un satélite de masa m que xira arredor da Terra nunha órbita de radio R

Ep=−GM T m

R


tamén é directamente proporcional á masa, pero como é negativa, canto maior sexa a masa, menor será a enerxía potencial.

Ep A > Ep B

14. Dous satélites artificiais A e B de masas mA e mB (mA = 2 mB), xiran arredor da Terra nunha órbita circular de radio R.A) Teñen a mesma velocidade de escape.B) Teñen diferente período de rotación.C) Teñen a mesma enerxía mecánica.

(P.A.U. Xuño 05)

Solución: A

A velocidade de escape é a velocidade mínima que habería que comunicar a un corpo sometido ao campo gra-vitatorio terrestre para situalo nun punto no que non estea sometido a dita atracción (a unha distancia «infinda»do centro da Terra) onde a enerxía potencial é nula:

Ep∞ = 0

e se temos en conta que velocidade de escape é a velocidade mínima, a velocidade que tería o obxecto no «in-findo» tamén sería nula:

v∞ = 0

A velocidade de escape «ve» é a velocidade que debería ter para permitirlle chegar ata o «infindo». Como a forza gravitatoria é una forza conservativa, aplicamos o principio de conservación da enerxía:

(Ec + Ep)órb = (Ec + Ep)∞

12

m ve2−G

M T m

R=0

ve=√2GM T

R

a velocidade de escape é independente da masa do satélite.

B) O período de rotación é tamén independente da masa do satélite.

C) A enerxía mecánica si depende da masa do satélite.

15. Se un satélite artificial describe órbitas circulares arredor da Terra xustifica cal das seguintes afirmacións é correcta en relación coa súa enerxía mecánica E e as súas velocidades orbital v e de escape ve:A) E = 0, v = ve

B) E < 0, v < ve

C) E > 0, v > ve

(P.A.U. Xuño 14)

Solución: B

A enerxía mecánica dun satélite de masa m en órbita circular de radio R arredor da Terra de masa MT é a suma das enerxías cinética e potencial.

Em=Ec+E p=12

m vórb2+(−G

M T m

R )A única forza que actúa sobre o satélite é a gravitatoria. Ao ser unha traxectoria circular, só ten aceleración normal (centrípeta). Pola 2ª lei de Newton:


∣∑ F⃗∣=∣F⃗ G∣=m∣⃗a∣=m a N=mvórb

2

R

mv órb

2

R=G

M T m

R2

m vórb2 =G

M T m

R


Em=Ec+Ep=12

mv órb2 −G

M T m

R=

12

GM T m

R−G

M T m

R=−

12

GM T m

R

Vese que a enerxía mecánica é negativa: E < 0.

A velocidade orbital vórb pódese calcular da expresión

m vórb2 =G

M T m

R

despexando

v órb=√GM T

R

A velocidade de escape «ve» é a velocidade que debería ter para permitirlle chegar ata o «infindo». Como a forza gravitatoria é una forza conservativa, aplicamos o principio de conservación da enerxía:

(Ec + Ep)órb = (Ec + Ep)∞

12

m ve2−G

M T m

R=0

ve=√2GM T

R

Vese que a velocidade orbital é menor que a velocidade de escape.

v órb=√GM T

R<√2G

M T

R=ve

16. Plutón describe unha órbita elíptica arredor do Sol. Indica cal das seguintes magnitudes é maior no afelio (punto máis afastado do Sol) que no perihelio (punto máis próximo ao Sol):A) Momento angular respecto á posición do Sol.B) Momento lineal.C) Enerxía potencial.

(P.A.U. Set. 11)

Solución: C

A enerxía potencial gravitatoria, tomando como orixe de enerxía o infinito, vén dada pola expresión:

Ep=−GM ·m

r

na que M é a masa que orixina o campo gravitatorio, (neste caso a do Sol), m é a masa do obxecto situado nel (Plutón), r a distancia entre ámbalas masas e G a constante da gravitación universal.A enerxía potencial é negativa e será tanto maior canto maior sexa a distancia r.As outras opcións:


A. Falsa. Nas forzas centrais, como a gravitatoria, na que a dirección da forza é a da liña que une as masas, omomento cinético (ou angular) LO dun obxecto de masa m que se move a unha velocidade v

L⃗O= r⃗×m v⃗

respecto ao punto O onde se atopa a masa M que crea o campo gravitatorio é un vector constante.B. Falsa. O momento lineal p dun obxecto de masa m que se move a unha velocidade v vale:

p⃗=m· v⃗

Pola 2ª lei de Kepler, que di que as areas descritas polo radiovector que une o sol cun planeta varre áreas iguais en tempos iguais, a velocidade nas proximidades do Sol (perihelio) é maior que cando está máis afas-tado do el (afelio).

17. No movemento dos planetas en órbitas elípticas e planas ao redor do Sol mantense constante:A) A enerxía cinética.B) O momento angular.C) O momento lineal.

(P.A.U. Xuño 12)

Solución: B

O campo gravitatorio é un campo de forzas centrais, nas que a forza gravitatoria que exerce o Sol sobre un planeta ten a mesma dirección (e sentido contrario) que o vector de posición do planeta colocando a orixe decoordenadas no Sol.Nas forzas centrais o momento cinético (ou angular) LO dun obxecto de masa m que se move a unha veloci-dade v

L⃗O= r⃗×m v⃗

respecto ao punto O onde se atopa a masa M que crea o campo gravitatorio é un vector constante.Se derivamos LO respecto ao tempo,

d L⃗O

d t=

d ( r⃗×m v⃗ )d t

=d r⃗d t×m v⃗ + r⃗×

d m v⃗d t

= v⃗×m v⃗+ r⃗×F⃗=0⃗+ 0⃗= 0⃗

o resultado é o vector 0 (cero) xa que o vector velocidade v e o vector momento lineal m v son paralelos e ta-mén o son o vector de posición r e o vector forza F.

As outras opcións:A. Falsa. Nunha órbita elíptica, co Sol situado nun dos focos, a distancia do planeta ao Sol non é constante.O campo gravitatorio é un campo de forzas conservativo, xa que é un campo de forzas centrais, nas que a forza gravitatoria que exerce o Sol sobre un planeta ten a mesma dirección (e sentido contrario) que o vectorde posición do planeta colocando a orixe de coordenadas no Sol.A enerxía potencial gravitatoria, tomando como orixe de enerxía o infinito, vén dada pola expresión:

Ep=−GM ·m

r

na que M é a masa que orixina o campo gravitatorio, (neste caso a do Sol), m é a masa do obxecto situado nel (o planeta), r a distancia entre ambas as dúas masas e G a constante da gravitación universal.A enerxía potencial é negativa e será tanto maior canto maior sexa a distancia r.Como a enerxía mecánica consérvase, pero a enerxía potencial gravitatoria depende da distancia, a enerxía cinética varía coa distancia e non se mantén constante.

C. Falsa. O momento lineal p dun obxecto de masa m que se move a unha velocidade v vale:

p⃗=m· v⃗

Como vimos no apartado A, a rapidez varía coa posición do planeta. Ademais, a dirección cambia a medida que o planeta desprázase ao redor do Sol.


18. Un planeta xira arredor do Sol cunha traxectoria elíptica. O punto de dita traxectoria no que a velocidade orbital do planeta é máxima é:A) O punto máis próximo ao Sol.B) O punto máis afastado do Sol.C) Ningún dos puntos citados.

(P.A.U. Set. 14)

Solución: A

A velocidade areolar dun planeta é a área que varre o radiovector que une o Sol co planeta na unidade de tempo.A segunda lei de Kepler pode enunciarse así:«O radiovector que une o Sol cun planeta varre áreas iguais en tempos iguais»Ou sexa, que a velocidade areolar é constante.

Nun sistema de referencia co Sol na orixe de coordenadas, a velocidade areolar será a derivada do área va-rrida polo vector de posición do planeta na unidade de tempo:

v⃗ A=d A⃗d t

A área varrida nun tempo moi pequeno dt, é a metade do produto vectorial do vector de posición r do plane-ta polo seu vector desprazamento d r.

d A⃗=12( r⃗×d r⃗ )

polo que a velocidade areolar pode expresarse así:

v⃗ A=d A⃗d t=

12

r⃗×d r⃗d t

=12

r⃗×d r⃗d t=

12

r⃗× v⃗

no que v é o vector velocidade do planeta.Como a velocidade areolar é constante, a expresión anterior pódese escribir en módulos:

│r│·│v│sen φ = constante

Desprezando as variacións do ángulo φ, entre o vector de posición e o vector velocidade, canto menor sexa adistancia r entre o planeta e o Sol, maior será a súa velocidade.

19. Un planeta describe unha órbita plana e elíptica arredor do Sol. Cal das seguintes magnitudes é constante?A) O momento lineal.B) A velocidade areolar.C) A enerxía cinética.

(P.A.U. Xuño 13)

Solución: B

A velocidade areolar dun planeta é a área que varre o radiovector que une o Sol co planeta na unidade de tempo.A segunda lei de Kepler pode enunciarse así:«O radiovector que une o Sol cun planeta varre áreas iguais en tempos iguais.»Ou sexa, que a velocidade areolar é constante.

Nun sistema de referencia co Sol na orixe de coordenadas, a velocidade areolar será a derivada do área va-rrida polo vector de posición do planeta na unidade de tempo:

v⃗ A=d A⃗d t

A área varrida nun tempo moi pequeno dt, é a metade do produto vectorial do vector de posición r do plane-ta polo seu vector desprazamento dr.


d A⃗=12( r⃗×d r⃗ )

polo que a velocidade areolar pode expresarse así:

v⃗ A=d A⃗d t=

12

r⃗×d r⃗d t

=12

r⃗×d r⃗d t=

12

r⃗× v⃗

no que v é o vector velocidade do planeta.Derivando vA respecto ao tempo,

d v⃗ A

d t=

d (12

r⃗× v⃗)

d t=

12

d r⃗d t×v⃗ +

12

r⃗×d v⃗d t=

12

v⃗×v⃗ +12

r⃗× a⃗= 0⃗+ 0⃗= 0⃗

o resultado é o vector 0 (cero) xa que o produto vectorial dun vector v por simesmo é cero e o vector de posición r e o vector forza a son paralelos, xa que aaceleración ten a mesma dirección que a forza de atracción entre o Sol e o pla-neta.

As outras opcións:A. Falsa.O momento lineal p dun obxecto de masa m que se move a unha velocidade v vale:

p⃗=m· v⃗

La dirección cambia a medida que o planeta desprázase arredor do Sol.

C. Falsa. Nunha órbita elíptica, co Sol situado nun dos focos, a distancia do planeta ao Sol non é constante.A enerxía potencial gravitatoria, tomando como orixe de enerxía o infinito, vén dada pola expresión:

Ep=−GM · m

r

na que M é a masa que orixina o campo gravitatorio, (neste caso a do Sol), m é a masa do obxecto situado nel (o planeta), r a distancia entre ámbalas dúas masas e G a constante da gravitación universal.A enerxía potencial é negativa e será tanto maior canto maior sexa a distancia r.Como a enerxía mecánica consérvase, pero a enerxía potencial gravitatoria depende da distancia, a enerxía cinética varía coa distancia e non se mantén constante.

● CAMPOS DE FORZAS

1. No campo gravitatorio:A) O traballo realizado pola forza gravitacional depende da traxectoria.B) As liñas de campo pódense cortar.C) Consérvase a enerxía mecánica.

(P.A.U. Set. 06)

Solución: C

O campo gravitatorio é un campo de forzas conservativo. O traballo do campo cando unha masa desprázase dun punto A a un punto B é independente do camiño seguido e só depende dos puntos inicial e final. Defíne-se unha magnitude chamada enerxía potencial Ep de forma que:

WA→B = Ep A – Ep B = –ΔEp

o traballo da forza gravitatoria é igual á variación (cambiada de signo) da enerxía potencial.Como o traballo da forza resultante é, polo principio da enerxía cinética, igual á variación de enerxía cinéti-ca:

Wresultante = Ec B – Ec A = ΔEc

r

vF


se a única forza que realiza traballo é a forza gravitatoria, ámbolos traballos son iguais:

WA→B = Wresultante

Ep A – Ep B = Ec B – Ec A

Ep A + Ec A = Ep B + Ec B

a enerxía mecánica (suma da enerxía cinética e potencial) consérvase.

2. Se unha masa se move estando sometida só á acción dun campo gravitacional:A) Aumenta a súa enerxía potencial.B) Conserva a súa enerxía mecánica.C) Diminúe a súa enerxía cinética.

(P.A.U. Xuño 09)

Solución: B

O campo gravitatorio é un campo de forzas conservativo. O traballo do campo cando unha masa desprázase dun punto A a un punto B é independente do camiño seguido e só depende dos puntos inicial e final. Defíne-se unha magnitude chamada enerxía potencial Ep de forma que:

WA→B = Ep A – Ep B = –ΔEp

o traballo da forza gravitatoria é igual á variación (cambiada de signo) da enerxía potencial.Como o traballo da forza resultante é, polo principio da enerxía cinética, igual á variación de enerxía cinéti-ca:

Wresultante = Ec B – Ec A = ΔEc

se a única forza que realiza traballo é a forza gravitatoria, ámbolos traballos son iguais:

WA→B = Wresultante

Ep A – Ep B = Ec B – Ec A

Ep A + Ec A = Ep B + Ec B

a enerxía mecánica (suma da enerxía cinética e potencial) consérvase.

3. O traballo realizado por unha forza depende só dos puntos inicial e final da traxectoria,A) Se as forzas son conservativas.B) Independentemente do tipo de forza.C) Cando non existen forzas de tipo electromagnético.

(P.A.U. Xuño 96)

Solución: A

Por definición, unha forza é conservativa cando o traballo que fai entre dos puntos, é independente do ca-miño, e depende só dos puntos inicial e final. En xeral o traballo entre dous puntos, depende do camiño. Por exemplo, movemos un corpo de 5 kg ao longo dunha táboa rectangular de 0,60 m × 0,80 m, dende un vérticeA ata o vértice oposto C, e a forza de rozamento ten un valor constante de 2,0 N. Nun primeiro intento, leva-mos o corpo paralelamente aos bordes da táboa. O traballo da forza de rozamento é:

WA→C = WA→B + WB→C = 2,0 [N] · 0,60 [m] · (-1) + 2,0 [N] · 0,80 [m] · (-1) = -2,8 J

Nun segundo intento, levamos o corpo ao longo da diagonal, que mide: Δs = 1,00 m

WA→C = 2,0 [N] · 1,00 [m] · (-1) = -2,0 J

que é distinto do feito no caso anterior. (A forza de rozamento non é unha forza conservativa)


4. O traballo realizado por unha forza conservativa:A) Diminúe a enerxía potencial.B) Diminúe a enerxía cinética.C) Aumenta a enerxía mecánica.

(P.A.U. Xuño 08)

Solución: A

O traballo que fai unha forza conservativa entre dous puntos A e B é igual á diminución da enerxía poten-cial:

WA→B = –ΔEP = Ep A – Ep B

que é o traballo que fai a forza do campo.As masas móvense nun campo gravitatorio no sentido dos potenciais decrecentes, que é o sentido da forza do campo, polo que o traballo é positivo.

5. Cando se compara a forza eléctrica entre dúas cargas, coa gravitatoria entre dúas masas (cargase masas unitarias e a distancia unidade):A) Ambas son sempre atractivas.B) Son dunha orde de magnitude semellante.C) As dúas son conservativas.

(P.A.U. Set. 10)

Solución: C

Unha forza é conservativa cando o traballo que realiza cando se despraza una magnitude sensible (masa paraas forzas gravitatorias, carga para as forzas eléctricas) entre dous puntos é independente do camiño percorri-do, e só depende das posicións inicial e final. Neses casos pódese definir unha magnitude chamada enerxía potencial que depende, ademais da magnitude sensible, só das posicións inicial e final. Daquela, o traballo da forza é a variación (cambiada de signo) da enerxía potencial.

WA→B = Ep A – Ep B

Este é o caso das forzas gravitatoria e eléctrica.

gravitatoria eléctrica

ForzaF⃗ G=−G

M m

r2u⃗r F⃗ E=K

Q q

r2u⃗r

Enerxía potencialEp G=−G

M mr

Ep E=KQ qr

As outras opcións:A: A forza gravitatoria é sempre atractiva, pero a forza eléctrica é atractiva para cargas de distinto signo perorepulsiva para cargas do mesmo signo.B: Dado o valor tan diferente das constantes (K = 9×109 N·m2·C-2 e G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2), a forza entre cargas ou masas unitarias separadas por distancia unidade, será ≈ 1020 maior no caso da forza eléctrica, aíndaque esta comparación non teña moito sentido.

6. Unha masa desprázase nun campo gravitatorio desde un lugar en que a súa enerxía potencial vale -200 J ata outro onde vale -400 J. Cal é o traballo realizado por ou contra o campo?A) -200 JB) 200 JC) -600 J

(P.A.U. Xuño 98)

Solución: B

O traballo que fai unha forza conservativa entre dous puntos A e B é:


WA→B = - ΔEp = Ep A – Ep B = -200 [J] – (-400 [J]) = 200 J

que é o traballo que fai a forza do campo.

7. Unha partícula móvese nun campo de forzas centrais. O seu momento angular respecto ao centro de forzas:A) Aumenta indefinidamente.B) É cero.C) Permanece constante.

(P.A.U. Set. 02)

Solución: C

O momento angular LO dunha partícula de masa m que se move cunha velocidade v respecto dun punto O que se toma coma orixe é:

LO = r × m v

Para estudar a súa variación, derivámolo co respecto do tempo:

d L⃗O

d t=

d ( r⃗×m v⃗)d t

=d r⃗d t×m v⃗+ r⃗×

d m v⃗d t

= v⃗×m v⃗+ r⃗×F⃗=0⃗+ 0⃗= 0⃗

O primeiro sumando da o vector 0 porque a velocidade v e o momento lineal m · v son paralelos. O segundo sumando tamén da o vector 0 porque, ao ser o campo de forzas un campo central, o vector de posición r coa orixe no punto orixe do campo e o vector forza (dirixido cara a esa orixe) son vectores paralelos.Cando unha partícula móvese nun campo de forzas centrais, o momento angular respecto do punto orixe da forza é un vector constante, xa que a súa derivada é cero.

8. Un satélite xira arredor dun planeta describindo unha órbita elíptica cal das seguintes magnitudes permanece constante?:A) Momento angular.B) Momento lineal.C) Enerxía potencial.

(P.A.U. Xuño 03)

Solución: A. Véxase a solución da cuestión de Set. 02

9. No movemento da Terra arredor do Sol:A) Consérvanse o momento angular e o momento lineal.B) Consérvanse o momento lineal e o momento da forza que os une.C) Varía o momento lineal e conserva se o angular.

(P.A.U. Set. 04)

Solución: C

O campo gravitatorio é un campo de forzas centrais no que F e r son paralelos. Polo tanto o momento MF da forza será

MF = r × F = 0

MF = d L / d t = 0

LO = constante (módulo e dirección)

Isto representa o principio de conservación do momento cinético.

O momento lineal: p = m · v non será constante, xa que o vector v, que é tanxente a traxectoria da órbita do planeta, cambia de dirección.


● GRAVIDADE TERRESTRE

1. Disponse de dous obxectos, un de 5 kg e outro de 10 kg e déixanse caer desde unha cornixa dun edificio, cal chega antes ao chan?A) O de 5 kgB) O de 10 kgC) Os dous simultaneamente.

(P.A.U. Xuño 09)

Solución: C

A aceleración da gravidade (en ausencia de rozamentos e empuxes) preto da superficie da Terra é constante para alturas pequenas comparadas co radio da Terra, xa que o campo gravitatorio tamén é constante:

g=GM T

r2 =GM T

RTh2≈

h≪RT

GM T

RT2 =constante

A única forza que actúa é o peso, P = m · g e, segundo a 2ª lei de Newton, a aceleración é:

a = F / m = P / m = g = constante

O movemento de caída libre, nunha dimensión, dun corpo sometido a unha aceleración constante vén dado pola ecuación:

x = x0 + v0 t + ½ a t2

A aceleración é a mesma (g0 = 9,8 m/s2), o mesmo que a velocidade inicial (v0 = 0) e o desprazamento ata chegar ao chan (Δx), polo que o tempo será o mesmo.

Se se tivese en conta o rozamento co aire, que depende do perfil aerodinámico do obxecto e da velocidade, otempo podería ser distinto.Un caso posible é que a forza de rozamento fose constante Froz. Entón a forza resultante sobre un obxecto de masa m sería:

Fresultante = m g – Frozamento

e a aceleración sería

a=F resultante

m=

m g – F rozamento

m=g−

F rozamento

m

que sería constante para cada obxecto, pero dependería da masa. Canto maior fose a masa, maior sería a ace-leración (xa que o termo Froz / m sería menor) e o corpo de maior masa chegaría antes ao chan.

2. Considérese un corpo sobre a superficie terrestre,A) A súa masa e o seu peso son os mesmos en todos os puntos da superficie.B) A súa masa, pero non o seu peso, é a mesma en todos os puntos da superficie.C) O seu peso, pero non a súa masa, é o mesmo en todos os puntos da superficie.

(P.A.U. Set. 96)

Solución: B

Mentres a masa dun corpo é una propiedade do mesmo, e independente do campo de forzas, o peso depende do valor da forza gravitatoria. P = m g.Na superficie terrestre, o campo gravitatorio depende da latitude, por non ser a Terra unha esfera perfecta.É maior nos polos e menor no ecuador.Pero tamén o valor do peso depende da aceleración aparente, que varía pola rotación terrestre, ao ser a Terra un sistema de referencia non inercial. O valor da aceleración aparente no ecuador é:

g=g0 – a N=g0 –v 2

RT

=g 0−ω2 RT


no que g0 é o campo gravitatorio terrestre e ω2RT é a aceleración centrípeta no ecuador (ω é a velocidade an-gular de rotación da Terra, e RT o radio dela no ecuador). Nun punto de latitude λ, o radio de xiro (do parale-lo) é r = RT cos λ. A compoñente cara ao centro da Terra da aceleración centrípeta ω2 r é ω2 r cos λ, polo que a aceleración aparente nun punto de latitude λ valerá:

g = g0 – ω2 RT cos2 λ

Tamén varía o campo gravitatorio pola densidade do material do chan, e ten distinto valor se un atópase en-riba dunha mina de ferro ou sobre unha bolsa de petróleo.

3. En relación coa gravidade terrestre, unha masa m:A) Pesa máis na superficie da Terra que a 100 km de altura.B) Pesa menos.C) Pesa igual.

(P.A.U. Xuño 08)

Solución: A

O peso P dun obxecto de masa m na Terra é a forza F con que a Terra atráeo, que vén dada pola lei de Newton da gravitación universal

P=F=GM T m

r2

na que G é a constante da gravitación universal, MT é a masa da Terra, e r é a distancia entre o obxecto, su-posto puntual, e o centro da Terra.Cando o obxecto atópase na superficie da Terra, r é o radio da Terra RT. Cando se atope a unha altura h = 100 km,

r = RT + h > RT

xa que logo, ao ser maior o denominador da expresión, a forza peso será menor.

4. Se a unha altura de 500 m sobre a Terra se colocan dous obxectos, un de masa m e outro de masa 2m, e se deixan caer libremente (en ausencia de rozamentos e empuxes), Cal chegará antes ao chan?:A) O de masa m.B) O de masa 2m.C) Os dous ao mesmo tempo.

(P.A.U. Xuño 06)

Solución: C

O movemento de caída libre (en ausencia de rozamentos e empuxes) na superficie da Terra é un movemento uniformemente acelerado para alturas pequenas (500 m) comparadas co radio da Terra (6,4×106 m).A ecuación de movemento uniformemente acelerado nunha dimensión x é:

x = x0 + v0 t + ½ a t2

A aceleración é a mesma (g0 = 9,8 m/s2), o mesmo que a velocidade inicial (v0 = 0) e a distancia percorrida ata chegar ao chan (Δx = 500 m), polo que o tempo será:

t=2 xa

= 2 ·500 [m ]

9,8 [m /s2]=10s

o mesmo.

5. Cando sobre un corpo actúa unha forza, a aceleración que adquire é:A) Proporcional á masa.B) Inversamente proporcional á masa.


C) Só depende da forza.(P.A.U. Set. 97)

Solución: B

Segundo a 2ª lei de Newton, a aceleración que adquire un corpo e directamente proporcional ao valor da re-sultante das forzas que actúan sobre el, e na mesma dirección e sentido que ela. A constante de proporciona-lidade é a inversa da masa: a = F / m.

6. Como varía g dende o centro da Terra ata a superficie (supoñendo a densidade constante)?:A) É constante g = G MT / RT

2

B) Aumenta linealmente coa distancia r dende o centro da Terra g = g0 r / RT

C) Varía coa distancia r dende o centro da Terra segundo g = G MT /(RT + r)2

(P.A.U. Set. 05)

Solución: B

No interior da Terra (suposta unha esfera maciza de densidade constante):

g i=Gm

r 2

na que m é a masa da esfera de radio r interior ao punto no que desexamos calcula-lo valor do campo gi. Se adensidade ρ é a mesma que a da Terra:

ρ=M T

4 /3π RT3=

m

4 /3 π r 3

m=M T r 3

RT3

g i=GM T r3

r 2 RT3 =G

M T

RT3 r=G

M T

RT2

rRT

=g0r

RT

7. En cal de estes tres puntos é máis grande a gravidade terrestre:A) Nunha sima a 4 km de profundidade.B) No ecuador.C) No alto do monte Everest.

(P.A.U. Xuño 01)

Solución: B

A gravidade a unha altura h valerá:

g h=GM T

RTh 2

Na superficie da Terra vale:

g 0=GM T

RT2

Dividindo:

g h=g 0

RT2

RTh2g 0


para calquera altura hNo interior da Terra (suposta unha esfera maciza de densidade constante), a unha profundidade p:

g p=Gm

r2

no que m é a masa dunha esfera de radio r (r = RT – p), coa mesma densidade que a da Terra:

ρ=M T

4 /3π RT3=

m

4 /3 π r3

de onde:

g p=GM T

RT3 r = g 0

rRT

g0

para calquera profundidade.

8. Supoñendo a Terra como unha esfera perfecta, homoxénea de radio R, cal é a gráfica que mellor representa a variación da gravidade (g) coa distancia ao centro da Terra?

g

RT

r

9,8

g

r

9,8

g

RT

r

9,8

A) B) C)(P.A.U. Set. 07)

Solución: C

No interior da Terra (suposta unha esfera maciza de densidade constante):

g i=Gm

r2

na que m é a masa da esfera de radio r interior ao punto no que desexamos calcular o valor do campo gi. Se adensidade ρ é a mesma que a da Terra:

ρ=M T

4 /3π RT3=

m

4 /3 π r3

m=M T r3

RT3

g i=GM T r3

r2 RT3 =G

M T

RT3 r=G

M T

RT2

rRT

=g0r

RT

que é a ecuación dunha liña recta que pasa pola orixe (para r = 0, g = 0) e que vale 9,8 cando r = RT

Ao afastarse da superficie, a gravidade diminúe co cadrado da distancia r ao centro da Terra.

g e=Gm

r2


● MOVEMENTO CIRCULAR

1. Un móbil describe un movemento circular plano, co módulo da súa velocidade constante:A) Existe necesariamente unha aceleración.B) Existe só se o plano non é horizontal.C) Non existe por ser v constante.

(P.A.U. Xuño 97)

Solución: A

Nun movemento circular o vector velocidade cambia constantemente de dirección. Hai unha aceleración normal que mide o ritmo de variación da dirección,

a N=||v⃗ | d u⃗T

d t |= v2

R

onde uT é o vector unitario tanxente á traxectoria e R o radio da circunferencia.

● MASAS PUNTUAIS.

1. Dadas dúas masas m e 2 m separadas unha distancia d, xustifica se hai algún punto intermedio da recta de unión que cumpra:A) Campo nulo e potencial positivo.B) Campo nulo e potencial negativo.C) Campo e potencial positivos.

(P.A.U. Set. 00)

Solución: B

O potencial será sempre negativo, xa que o potencial gravitatorio VG nun punto á unha distancia r dunha masa M é:

V G=EP

m=−G

Mr

e a suma dos potenciais debidos a varias masas serán tamén negativos.

O punto A entre m e 2m, no que o campo gravitatorio se anule, atoparase a unadistancia r de masa m que cumpra que:

gm + g2m = 0

Supoñendo que m atópase na orixe de coordenadas e 2m no eixo X, cumpriraseque:

−Gm

r2 i⃗ +(−G2m

(d−r )2)(− i⃗ )=0 i⃗= 0⃗

1

r2=2

d− r 2

d−rr

=2

r=d

21=0,414 d

2. Nun sistema illado, dúas masas idénticas M están separadas unhadistancia a. Nun punto C da recta CE perpendicular a a por a/2

2 mm

r

gm g2m

d

a / 2

M

mC

E

O

a / 2

M


colócase outra nova masa m en repouso. Que lle ocorre a m?A) Desprázase ata O e para.B) Afástase das masas M.C) Realiza un movemento oscilatorio entre C e E.

(P.A.U. Xuño 11)

Solución: C

A forza gravitatoria é unha forza de atracción. Cada masa M atrae cara a si ámasa m. A lei da gravitación de Newton di que a forza é proporcional ás ma-sas M e m e inversamente proporcional ao cadrado da distancia r entre osseus centros.

F⃗=−GM m

r2u⃗r

Como as masas e as distancias son iguais, as forzas gravitatorias das masas M sobre m son do mesmo valor esimétricas respecto de a recta CE, polo que a forza resultante sobre a masa m situada en C está dirixida na recta CE con sentido cara a O.Pola 2ª lei de Newton a aceleración está dirixida no mesmo sentido que a forza resultante, e a masa m des-prazarase cara a O. A medida que avanza, continúa sentindo unha forza na mesma dirección e sentido pero de menor intensidade ata que ao chegar a O a forza é nula.Polo principio de inercia de Newton, se a resultante das forzas que actúan sobre un corpo é nula, ao estar en movemento, seguirá movéndose con velocidade constante.A masa m seguirá movéndose cara a E, pero ao pasar o punto O comezará a frear, porque a forza resultante diríxese cara a O. A súa velocidade irá diminuíndo ata que ao chegar ao punto E, simétrico a C, deterase.A forza gravitatoria é unha forza conservativa. A enerxía mecánica (suma das enerxías cinética e potencial) mantense constante. No punto E a masa m terá a mesma enerxía mecánica que en C. Como está á mesma distancia das masas M, tamén terá a mesma enerxía potencial:

EP=−GM ·m

r

Polo tanto terá a mesma enerxía cinética e a mesma velocidade que en C.Agora a forza gravitatoria sobre m, dirixida cara a O, produciralle unha aceleración e comezará a moverse cara a O. Cando volva pasar por O farao á máxima velocidade e volverá frear para deterse en C.O movemento volverá repetirse e será oscilatorio, pero non harmónico simple.Nun M.H.S., a aceleración é proporcional e de sentido contrario á elongación: a = - k · yNo presente caso a aceleración é:

a=Fm=−2G

M

r2senα=−2G

M

y 2+(a /2)2y

√ y 2+(a /2)2

que non se axusta a esa condición, pois o término que multiplica á elongación y, non é constante xa que de-pende de y.

M

mC

OM

E


Índice de contidoGRAVITACIÓN..............................................................................................................................................1

INTRODUCIÓN .................................................................................................................................................1MÉTODO.....................................................................................................................................................1APROXIMACIÓNS.......................................................................................................................................1RECOMENDACIÓNS...................................................................................................................................2ACLARACIÓNS............................................................................................................................................2

PROBLEMAS .....................................................................................................................................................3SATÉLITES...................................................................................................................................................3MASAS PUNTUAIS....................................................................................................................................38OUTROS.....................................................................................................................................................48

CUESTIÓNS .....................................................................................................................................................51SATÉLITES.................................................................................................................................................51CAMPOS DE FORZAS...............................................................................................................................63GRAVIDADE TERRESTRE........................................................................................................................67MOVEMENTO CIRCULAR........................................................................................................................71MASAS PUNTUAIS....................................................................................................................................71

Cuestións e problemas das Probas de Acceso á Universidade (P.A.U.) en Galicia.Respostas e composición de Alfonso J. Barbadillo Marán, [email protected] ecuacións construíronse coas macros da extensión CLC09 de Charles Lalanne-Cassou.A tradución ao/desde o galego realizouse coa axuda de traducindote, de Óscar Hermida López.Algúns cálculos fixéronse cunha folla de cálculo OpenOffice (ou LibreOffice) feita por Alfonso J. Barbadillo Marán.Tentouse seguir as normas recomendadas pola oficina de metroloxía no documentohttp://www.cem.es/sites/default/files/recomendaciones_cem_ensenanza_metrologia_sep_2014_v01.pdf

http://www.cem.es/sites/default/files/recomendaciones_cem_ensenanza_metrologia_sep_2014_v01.pdf

http://teleformacion.edu.aytolacoruna.es/ELVINAF2B8fb2/document/calculos/Fisica2Bga.ods

http://www.traducindote.com/index.php

http://extensions.services.openoffice.org/project/quick_formule

mailto:[email protected]

gravitaciÓn - a coruñateleformacion.edu.aytolacoruna.es/elvinaf2b8fb2/document/...física p.a.u....

Documents