Nombre y Apellidos: 12/02/2009 Bloque II: Interacción Gravitatoria

Nombre y Apellidos:
12/02/2009
Bloque II: Interacción Gravitatoria
OPCIÓN A
Cuestiones (1 punto c/u)
A. Supuesto un universo vacío, calcula la energía necesaria para crear una distribución formada por
cuatro masas puntuales m1, m2, m3 y m4, separadas entre sí por distancias r12, r13, r14, r23 y r34.
Si suponemos una región del espacio lo suficientemente aislada para que no haya ningún tipo de
interacción gravitatoria, traer la primera masa m1 no nos costará energía. Acercar la masa m2 a una
distancia r12 de la masa m1 implicará un cierto trabajo, que se puede calcular multiplicando la masa
m2 por la diferencia de potencial entre los puntos inicial y final. Como la masa m2 ha sido traída desde
el infinito hasta la distancia r12, y teniendo en cuenta que en el infinito el potencial creado por la masa
m1 es nulo, nos queda que


W
 m V  V )  m V  m
  A
2 
A
2 A
2
 Gm
Gm m
1 
1 2  Ep
A
r
r
12
12
Es decir, que el trabajo coincide con la energía potencial de la partícula m 2 debido al campo
gravitatorio creado por m1. El signo  indica que dicho trabajo es realizado por el campo gravitatorio
creado por la masa m1. De forma similar, cuando se trae la partícula m3 desde el infinito, ésta se
encontrará con dos campos gravitatorios, el creado por m1 y m2, y por tanto el trabajo tendrá dos
contribuciones, ya que el potencial en el punto donde queda la partícula m 3 será debido a las masas
m1 y m2.
  Gm1  Gm2  Gm1m 3 Gm2 m 3
W
 m V  VB )  m V  m 


 Ep

B
3 
3 B
3 r
B
r
r
r
 13

23 
13
23
Lo mismo ocurre con la cuarta partícula, m4, que se encuentra con el campo de las otras tres.
Procediendo de la misma manera tenemos que
  Gm1  Gm2  Gm3  Gm1m 4 Gm2 m 4 Gm3 m 4
W
 m V  V )  m V  m 




 Ep
 
C
4 
C
4 C
4 r
C
r
r
r
r
r
 14

24
34 
14
24
34




Por tanto, para un número n de partículas podemos generalizar
n Gmi m j
W  
i,j 1 rij
ji
En nuestro caso, i , j = 1,2,3,4, y j > i nos queda que
4
W  
i,j 1
ji
Gm i m j
rij

Gm m
Gm m
Gm m
Gm m
Gm m
Gm m
1 3
2 3
3 4
1 2 
1 4 
2 4 


r
r12
r13
r14
r23
r24
34
El trabajo es positivo ya que a partir de la primera masa, el resto son atraídas por el campo
creado por las sucesivas partículas que se van acercando, y habrá que emplear esta energía para
impedir que lleguen a unirse, es decir, que la energía es positiva para mantener las partículas a la
distancia indicada entre ellas. Dicho de otra forma, hace falta emplear una cierta energía para
mantener la configuración.
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B. La razón de los periodos de Urano y Júpiter en su movimiento en torno al Sol es
aproximadamente 7. ¿Cuál es la razón de sus distancias al Sol?
Cuando un satélite de masa m se encuentra orbitando en torno a un planeta de masa M, la
fuerza centrípeta que permite el movimiento circular es igual a la fuerza gravitatoria entre el planeta y
el satélite,
mv 2o GMm
GM
 2  v 2o 
r
r
r
Como la velocidad orbital vo se puede expresar en función del periodo T como
vo    r 
2
4 2
r  v 2o  2 r 2
T
T
Sustituyendo en la primera expresión obtenemos la 3ª ley de Kepler,
4 2 2 GM
GMT 2
2 3
2
3
v  2 r 
 4 r  GMT  r 
r
T
4 2
2
o
Y despejando el periodo, 4 2 r 3  GMT 2  T 2 
4 2 r 3
r3
 T  2
GM
GM
Como la razón de los periodos de ambos planetas es 7, tenemos que
rU3
rJ3
TU  2
; TJ  2
GMS
GMS
Si dividimos ambos periodos, nos queda que
TU

TJ
rU3
2
GMS
2
rJ3
7
rU3
rJ3
 49 
rU3
rJ3

rU

rJ
3
49
GMS
C. Calcula cómo se verá afectada la velocidad de un satélite si duplicamos el radio de su órbita.
Cuando un satélite de masa m se encuentra orbitando en torno a un planeta de masa M, la
fuerza centrípeta que permite el movimiento circular es igual a la fuerza gravitatoria entre el planeta y
el satélite,
mv2o GMm
GM
 2  v 2o 
 v0 
r
r
r
GM
r
Si duplicamos el radio de su órbita, r’= 2r
v '0 
GM

r'
GM
1

2r
2
v
v
GM
 0  v' 0  0
r
2
2
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D. Enuncia las leyes de Kepler.
1ª (Ley de las órbitas) Los planetas se mueven en órbitas elípticas, en uno de cuyos focos está el Sol.
2ª (Ley de las áreas) En su movimiento, el radio vector de los planetas con respecto al Sol barre
áreas iguales en tiempos iguales.
3ª (Ley de los períodos) Los cuadrados de los períodos de revolución de los planetas alrededor del
Sol son proporcionales a los cubos de los semiejes mayores de sus órbitas.
Problemas (3 puntos c/u)
1. En colaboración con los Estados Unidos, Japón, Rusia y Canadá, Europa forma parte del proyecto
tecnológico internacional más grande de toda la historia – La Estación Espacial Internacional (ISS).
Una vez completada, con sus 450 toneladas, La Estación Espacial Internacional tendrá más de 1200
metros cúbicos de espacio presurizado, suficiente para una tripulación de siete personas y un amplio
conjunto de experimentos científicos. La ISS se encuentra en órbita en torno a la Tierra a una altura
de 400 km sobre su superficie.
a. Calcula su velocidad orbital (1 punto)
b. ¿Cuántos amaneceres ven los astronautas de la ISS cada día terrestre? (1 punto)
c. Energía necesaria para colocarla en órbita geoestacionaria (1 punto)
Datos: Masa de la Tierra M = 6  1024 kg, Radio de la Tierra R = 6378 km, G = 6,67  10-11 m3 / kg s2
a. Velocidad orbital.
Cuando un satélite de masa m se encuentra orbitando en torno a un planeta de masa M, la
fuerza centrípeta que permite el movimiento circular es igual a la fuerza gravitatoria entre el planeta y
el satélite,
mv2o GMm
GM
GM
 2  v 2o 
 v0 
r
r
r
r
siendo r la distancia al centro de la Tierra. Sustituyendo los datos obtenemos que
v0 
GM

r
6,67  10 11m3 kg1s  2  6  1024 kg
(6,378  106  4  105 )m
 v0 = 7684 m/s = 27662 km/h
b. Número de amaneceres.
El tiempo que tarda en completar una revolución alrededor de la Tierra es su periodo, y de la 3ª
ley de Kepler sabemos que
T2 
4 2 3
r T
GM
4 2 3
r 
GM
4 2 (6,778  10 6 m) 3
6,67  10  11m 3 kg 1s  2  6  10 24 kg
 5542 s = 92,4 min
Es decir, que podemos considerar que el periodo es de aproximadamente 1,5 horas, por lo
que verán un amanecer cada hora y media.
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Por tanto, como la IIS completa una vuelta alrededor de la Tierra cada 1,5 horas, los astronautas
1 amanecer
x
24 h
verán

x
 16 am aneceres
1,5 horas
24 horas
1,5 h
d. Energía necesaria para subir la IIS a una órbita geoestacionaria.
Una órbita es geoestacionaria cuando tiene el mismo periodo que el de la Tierra, 24 horas. Por
tanto, lo primero es calcular la distancia a la que la IIS tendría un periodo de 24 horas. De la 3ª ley de
Kepler,
4 2 r 3  GMT 2  r 3 

GMT 2
4 2
r 
GMT 2
4 2

6,67  10 11m3 kg1s  2  6  1024 kg  (24  3600s) 2
4
2
 42297524m  4,23  107 m
La energía de un satélite es debida a la contribución de la energía potencial debida al campo
gravitatorio terrestre y a la cinética debida a su movimiento orbital,
E
Como la velocidad orbital es v o 
1 2 GMm
mv 
2
r
GM
,
r
sustituyendo en la primera expresión, E 
1 2 GMm 1 GM GMm
GMm
mv 
 m


r
r
2
2
2r
r
Si queremos pasar la IIS a una órbita geoestacionaria, la energía necesaria se puede poner como
la diferencia entre la energía final menos la energía inicial, es decir, la energía en la órbita
geoestacionaria menos la energía en su órbita actual,
E
GMm  GMm  GMm  1
1 
 



2rgeo  2r 
2  r rgeo 





6,67  10 11m3 kg1s  2  6  1024 kg  4,5  105 kg 
1
1

  1,1156  1013 J



6
7
2
 6,778  10 m 4,23  10 m 
Es decir, que hace falta suministrarle (energía > =0) 11156 GJ. Si fuera al revés, pasarla de una
órbita geoestacionaria a su órbita actual, haría falta hacerle perder (energía < =0) dicha energía.
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2. Dada la siguiente distribución de masas, con m1 = m2 = 10 kg y m3 = 20 kg, calcula:
a. Intensidad del campo gravitatorio en A (1 punto)
b. Potencial gravitatorio en B (1 punto)
c. Trabajo necesario para llevar una masa de 100 kg desde C hasta D (1 punto)
C
6m
m1
8m
A
D
m3
m2
8m
6m
B
El campo creado por las tres masas en el punto A será la suma de los campos creados por cada
una de las masas en dicho punto (principio de superposición)

GM 
g   3 r , siendo G = 6,67  10-11 Nm2kg-2
r
A
6m
m1
8m





Gm 
G  10
10G
gm1   3 1 r1  
 (8 i  6 j )  
(
8
i

6
j) 
3
2
2 3
(
100
)
r1
( 8 6 )



 N
10G
G 
G 

(8 i  6 j )  
(8 i  6 j )   ( 4 i  3 j )
1000
100
50
kg
X





Gm 
G  10
10G
gm2   32 r2  
 ( 8 i  6 j )  
(

8
i

6
j) 
3
2
2 3
(
100
)
r2
( 8 6 )




 N
10G
G
G 

( 8 i  6 j )  
( 8 i  6 j )  ( 4 i  3 j )
1000
100
50
kg
A
6m
8m
A
6m
m2

Gm 
G  20 
20G 
5G  N
gm3   33 r3   3  6 j  
j 
j
36
9 kg
6
r3
m3
Por tanto, el campo total será
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
 5G    3




G 
G 
3 5  
g A  gm1  g m2  gm3   ( 4 i  3 j )  ( 4 i  3 j ) 
j    
  j  G 
50
50
9
  50 50 9  
 N
152  N
 3 5   N
   j G j

jG
 4,51 10  11 j
225
kg
kg
 25 9  kg
Para calcular el potencial en el punto B se procede de la misma forma, es decir, sumando las
contribuciones de las tres masas en ese punto,
V
GM
r
Gm1 Gm2 Gm3
10G
10G
20G





r1
r2
r3
6
162  6 2
82  62
10G
5G
J
J
 VB  

 2G  VB  4,25G
 2,84  10  10
3
kg
kg
292
VB  Vm1  Vm2  Vm3  
Para calcular el trabajo necesario para llevar una partícula desde C hasta D, debemos primero
calcular el potencial en dichos puntos,
Gm1 Gm2 Gm3
10G
10G
20G
J
VC  Vm1  Vm2  Vm3  





r1
r2
r3
4 2  62
122  6 2
4 2  6 2 kg
Gm1 Gm2 Gm3
10G
10G
20G
J
VD  Vm1  Vm2  Vm3  





r1
r2
r3
122  6 2
4 2  62
4 2  6 2 kg
Como se puede observar, el potencial en el punto C es el mismo que en D, y por tanto, como la
diferencia de potencial entre C y D es 0,
WC D  m  VC  VD   100  0  0
Esto significa que los puntos C y D se encuentran en una superficie equipotencial, ya que el
trabajo para trasladar una partícula entre dichos puntos es nulo. Esto es debido a que en campos
conservativos, y el gravitatorio lo es, el trabajo para llevar una partícula de un punto a otro no
depende del camino seguido, sino de los puntos inicial y final, y como en este caso el potencial en
ambos puntos es el mismo, el trabajo para trasladar la partícula entre ambos puntos es nulo.
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Bloque I: Vibraciones y Ondas
Bloque II: Interacción Gravitatoria
OPCIÓN B
Cuestiones (1 punto c/u)
E. Explica las diferencias entre onda longitudinal y onda transversal. Cita al menos un ejemplo de
cada una de ellas.
En un movimiento ondulatorio debe distinguirse entre la dirección de propagación y la
dirección de la perturbación que se propaga. Cuando elegida una dirección cualquiera de
propagación, las direcciones de oscilación de los puntos del medio coinciden con aquella, se habla de
ondas longitudinales (ejemplo: el sonido; las moléculas de aire vibran en la misma dirección en la que
se propaga dicha vibración), mientras que cuando los puntos del medio oscilan en direcciones
perpendiculares a la dirección por la que avanza la perturbación, hablamos de ondas transversales
(ejemplo: las ondas que se propagan en la superficie del agua)
F. Explica y justifica en qué puntos la velocidad y la aceleración de un movimiento armónico simple,
M.A.S., adquieren su valor máximo.
La ecuación que describe un movimiento armónico simple es x = A sen (t + ), siendo x la
elongación,  la frecuencia angular y  el desfase.
Si derivamos esta expresión, obtenemos la velocidad y la aceleración del objeto que oscila en
torno a la posición de equilibrio (cuando el objeto está en reposo colgando del resorte).
v
a
dx
 A  cos (t  )
dt
dv
 - A2 sen (t  )  - A  2 x
dt
Puesto que la velocidad depende de la función coseno, será máxima cuando éste lo sea, es
decir, cuando cos (t + ) = ±1,
por lo que deberá cumplirse que t    0, ,2,3,...,(n  1) , con n = 1, 2, 3, ...
Si sustituimos estos valores en la ecuación de la posición, x = A sen (t + ), obtenemos que los
máximos de la velocidad ocurren en la posición x = 0, ya que sen 0 = sen  = ... = sen (n –1)  = 0.
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Si hacemos lo mismo con la aceleración, como ésta depende de la función seno, los valores
máximos se alcanzarán cuando sen (t + ) = ±1,
Por lo que deberá cumplirse que t   
 3 5

, , ,..., (2n  1) , con n = 1, 2,...
2 2 2
2
Si sustituimos estos valores en la ecuación de la posición, x = A sen (t + ), obtenemos que los
máximos de la aceleración ocurren en las posiciones ± A, es decir, en los extremos del M.A.S., ya
(2n  1)
 1
que sen
2
G. Representa las líneas del campo gravitatorio creado por dos masas puntuales iguales separadas
una distancia d. ¿Pueden cortarse? ¿Por qué?
Las líneas del campo gravitatorio no pueden cortarse, puesto que si lo hicieran, en el punto
de corte habría dos valores del campo, lo cual es incompatible con la definición de campo, ya que en
un mismo punto de una línea de campo habría dos tangentes diferentes.
H. ¿Aumenta o disminuye la energía potencial gravitatoria cuando nos alejamos de la Tierra?
Razónalo
GMm
r
Puesto que al alejarnos de la Tierra, r aumenta, el módulo de la energía potencial disminuye,
pero al ser ésta negativa, implica que dicho alejamiento conlleva un aumento de la energía potencial.
La expresión de la energía potencial gravitatoria es E p  
Problemas (3 puntos c/u)
3. Por una cuerda se propaga una onda cuya ecuación es y (x,t) = 2sen(6t – 3x), expresada en metros y
segundos. Calcula:
a. La velocidad con que se propaga (1 punto)
b. La velocidad transversal de un punto situado a x = 4 m en el instante t = 5 s (1 punto)
c. La diferencia de fase que habrá entre dos puntos separados una distancia de 2 m (1 punto)
a. Velocidad de propagación
De la ecuación de la onda podemos identificar  y k,  = 6 rad s-1 y k = 3 m-1
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Sabemos que v 
λ
λ 2π ω 6 rad/s
m

 
v 2
1
T 2π T
k 3m
s
Por tanto v = 2 ms-1
b. Velocidad transversal
Si derivamos la ecuación de la onda, obtenemos la velocidad,
v
y(x, t)
 2  6 cos (6t  3x)
t
Y si ahora sustituimos en la posición y el instante indicado,
v
y(4,5)
 2  6 cos (6  5  3  4)  12cos(18rad)  12  0,6603  v = 7,92 ms-1
t
c. Diferencia de fase
La fase de la onda viene dada por el argumento de la función de ondas, 6t – 3x. Por tanto, la
diferencia de fase entre un punto de coordenadas x1, t1 y otro de coordenadas x2, t2 es
6 t2 – 3 x2 – (6 t1 – 3 x1) = 6 (t2 – t1 ) – 3(x2 – x1) = 6  t – 3  x
Puesto que los puntos se encuentran separados una distancia de 2 metros, y estamos
hablando del mismo instante de tiempo,  t = 0 y  x = 2 metros, entonces el desfase será
  = k  x = 3  2 = 6 rad
4. Un satélite artificial de 750 kg de masa, que se encuentra en una órbita circular alrededor de la Tierra,
está a una altura de la superficie terrestre igual a dos veces el radio de la Tierra.
a. ¿Cuál es su periodo de revolución? (1 punto)
b. Calcula la aceleración del satélite en su órbita (1 punto)
c. ¿Cuál será su periodo de revolución cuando se encuentra a una altura de la superficie terrestre
igual a tres veces el radio de la Tierra? (1 punto)
Datos: Masa de la Tierra M = 5,97  1024 kg, Radio de la Tierra R = 6370 km, G = 6,67  10-11 Nm2kg-2
a. Periodo de revolución
De la 3ª ley de Kepler, y sabiendo que si está a una altura de la superficie que es 2 veces el
radio de la tierra, el radio de la órbita a partir del centro de la Tierra será 3 veces su radio,
4 2 r 3  GMT 2  T 2 
4 2 r 3
r3
(3  6,37  106 m) 3
 T  2
 2

GM
GM
6,67  10 11Nm2 kg 2  5,97  1024 kg
T = 26304 s  438 min  7,31 horas
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b. Aceleración en su órbita
En su órbita circular, la aceleración es la centrípeta,
ac 
v2
2 r 2
4 2
4 2

 2 r  2 r 
3  6,37  106 m  ac = 1,09 ms-2
2
r
r
T
(26304s)
c. Periodo de revolución
De la 3ª ley de Kepler, y sabiendo que si está a una altura de la superficie que es 3 veces el
radio de la tierra, el radio de la órbita a partir del centro de la Tierra será 4 veces su radio,
4 2 r 3  GMT 2  T 2 
4 2 r 3
r3
( 4  6,37  106 m) 3
 T  2
 2

GM
GM
6,67  10 11Nm2 kg 2  5,97  1024 kg
T = 40498 s  675 min  11,25 horas
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