/10 OPCIÓN A

Nombre y Apellidos
10/12/2007
Bloque II: Interacción Gravitatoria
NOTA:
OPCIÓN A
/10
Cuestiones (1 punto c/u)
A. Enuncia las tres leyes de Kepler. Si un planeta A tiene doble período que el de otro planeta B, ¿en
qué relación están los radios de sus órbitas?
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.
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
Si un planeta A tiene doble periodo que otro planeta B, T A = 2 TB. Por tanto, suponiendo que
las masas de los planetas son diferentes,
rA3 
rA3

GM A TA2
4 2
GM A TA2
4 2


GM A  (2TB ) 2
GM A  (2TB ) 2
4 2
Es decir, que

4 2

rA
rB
4GM A TB2
4GM A TB2
4 2
3 4
4 2
; pero como rB3 
GM B TB2
4 2
 TB2 
4 2 rB3
, entonces
GM B
r
4GM A 4 2 rB3
MA 3
rA3
M


4
r

4 A  A
B
2
3
r
MB
MB
4 GM B
rB
 B
3

r
  4 MA  A  3 4 MA

MB
MB
rB

MA
MB
fisicayquimica.com
1
B. El momento angular de un objeto que se mueve bajo la acción de un campo de fuerzas centrales es
constante. ¿Qué implica esto?
Por ser el momento angular una magnitud vectorial, el hecho de permanecer constante implica
que deben serlo su módulo, dirección y sentido.
La conservación de la dirección del momento angular implica que la trayectoria del objeto está
siempre en el mismo plano, ya que la dirección del momento angular, que debe ser constante, es
perpendicular al plano formado por los vectores posición y velocidad. Es decir, que tanto la velocidad
y el vector posición deben permanecer siempre en el mismo plano.
La conservación del sentido del momento angular implica que el objeto recorre su trayectoria
siempre en el mismo sentido.
La conservación del módulo del momento angular implica que el vector de posición del objeto
barre áreas iguales en tiempos iguales, es decir, que la velocidad areolar permanece constante (2ª
Ley de Kepler)

r
A

dr
O


r  dr
ds
B
El área del triángulo OAB será OA×AB / 2, es decir, base por altura dividido por dos. Por tanto,
si en un instante t el objeto se encuentra en el punto A y se desplaza hasta B en un tiempo dt, su
vector de posición va desde r hasta r + dr. El área elemental dA barrida por el vector de posición
será


L0


1 
dA 1  d r
1 
1 
dA  r  d r y dividiendo por dt,
 r
 r v 
r  mv 
2
dt
2
dt
2
2m
2m
Con lo que se demuestra que si el módulo del momento angular permanece constante, también
lo será la velocidad areolar.
C. La velocidad de escape desde la superficie terrestre es 11,2 km/s ¿Cuál sería la velocidad de
escape si se duplicase la masa de la Tierra permaneciendo invariable su tamaño? ¿Cuál sería la
velocidad de escape si se duplicase el radio de la Tierra, permaneciendo constante su masa?
La energía total de un objeto de masa m situado en un campo gravitatorio creado por otra masa
M es la suma de su energía cinética y potencial gravitatoria,
E
1 2 GMm
mv 
2
r
fisicayquimica.com
2
Como la velocidad orbital es v o 
GM
,
r
GMm 1 GM GMm
GMm
1
sustituyendo en la primera expresión, E  mv2 
 m


0
r
2
2 r
2r
r
Si el objeto está atrapado en el campo, su energía total será E < 0, como se observa de la
expresión anterior. La velocidad de escape es la velocidad con la que debe ser lanzado un objeto
para ser capaz de llegar al infinito con velocidad nula, es decir,
E
1 2 GMm
2GM
mv  
 0  v 2 
 v 
r
r
2
2GM
r
Si se duplicase la masa de la Tierra, M’ = 2M, manteniendo invariable su tamaño, r’ = r,
v' 
2GM '

r
2G  2M

r
2
2GM

r
2v 
2  11,2 km/s  15,8 km/s
Si se duplicase ahora el radio de la Tierra, r’ = 2r, manteniendo invariable su masa, M’ = M,
v' 
2GM '

r'
2GM
1
2GM
v
11,2 km/s




 7,9 km/s
r
2r
2
2
2
D. Explica cómo se verá afectado el período de revolución de un satélite alrededor de la Tierra si
duplicamos su masa
De la tercera ley de Kepler sabemos que T 2 
4 2 3
r T
GM
4 2 3
r
GM
que como se observa no depende de la masa del satélite; únicamente depende de la masa de la
Tierra y del radio de la órbita. Si por el contrario duplicamos la masa de la Tierra, M’ = 2M,
T' 
4 2 3
r 
GM'
4 2 3
1
r 
G  2M
2
fisicayquimica.com
4 2 3
T
r 
 0,71T
GM
2
3
Problemas (3 puntos c/u)
1. Dada la siguiente distribución de masas, calcula:
a. Intensidad del campo gravitatorio en el punto A (1 punto)
b. Potencial gravitatorio en los puntos A y B (1 punto)
c. Trabajo para llevar una masa de 50 kg desde B hasta A (1 punto)
100 kg
A
B
100 kg
8m
50 kg
6m
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
r
A
siendo G = 6,67  10-11 Nm2kg-2

GM 
G 100 
100G 
25G  N
g A1   3 1 r   3  8 j  
j 
j
64
16
kg
8
r1
M1
X
A
 

GM 
G  50
gA2   3 2 r  
 ( 6 i  8 j )  
r2
(
( 82  62 )3
 
50G
G  
G  

( 6 i  8 j )  (6 i  8 j )  (3 i  4 j )
1000
20
10
50G
100) 3
 
( 6 i  8 j ) 
N
kg
M2
M3

GM 
G 100  100G  25G  N
g A 3   3 3 r   3  6 i 
i
i
36
9 kg
6
r3
fisicayquimica.com
4
Por tanto, el campo total será
 25G   3 25    25 2   




25G  G 
g A  g A1  g A 2  g A 3  
j  (3 i  4 j ) 
i     i     j   G 
16
10
9
 16 5  
 10 9 




N
N
 277  157   N
i
j G
 (3,08 i  1,96 j )  G
 (2,05 i  1,31j )  10  10

80  kg
kg
kg
 90
Para calcular el potencial en los puntos considerados se procede de la misma forma, pero
teniendo en cuenta que son escalares su obtención es más sencilla
V
VA  VA 1  VA 2  V A 3  
GM
r
GM 1 GM 2 GM 3
100G 50G 100G
205 G J
J





 VA  
 2,28 10 9
r1
r2
r3
8
10
6
6
kg
kg
VB  VB1  VB2  VB3  
 VB  50G
GM1 GM2 GM3
100G 50G 100G





r1
r2
r3
5
5
5
J
J
 3,34  10  9
kg
kg
Finalmente, el trabajo para llevar una masa de 50 kg desde B hasta B será



WB  A  m  VB  VA   50   3,34  10  9   2,28  10  9  5,3  10  8 J
2. El primer microsatélite creado por la ESA, el PROBA, fue lanzado el 22 de octubre de 2001 y tenía
en el momento del lanzamiento una masa de 94 kg. Sabiendo que el tiempo que tarda en completar
una órbita es de 96,97 horas aproximadamente, calcula:
a. Altura de la órbita respecto de la superficie terrestre (1 punto)
b. Velocidad en su órbita (1 punto)
c. Energía necesaria para colocarlo en su órbita (1 punto)
Datos: G = 6,67× 10-11 Nm2kg-2; MT = 5,97 × 1024 kg; RT = 6370 km
De la 3ª ley de Kepler, que nos da la relación entre el radio de la órbita y el periodo de
revolución,
GMT 2
GMT 2 3
3
r3 

r


4π 2
4π 2
s
6,67 1011 Nm 2 kg 2  5,97 1024 kg  (96,97h  3600 ) 2
1 h  107121 km
2
4π
Esta es la altura de la órbita desde el centro de la Tierra. Pero como nos piden la altura de la
órbita desde la superficie terrestre, habrá que restarle el radio terrestre, 6370 km. Por tanto,
r = 107121km - 6370 km  r = 100751 km
La velocidad en la órbita será
fisicayquimica.com
5
vo 
6,671011Nm2 kg 2  5,971024 kg
GM

 v0 = 1928 m/s = 6941 km/h
r
1,07121108 m
La energía necesaria para colocarlo en su órbita será la diferencia entre la energía que tendrá
en la órbita y la que tenía en la superficie terrestre. Como sabemos que
GMm 1 GM GMm
GMm
1
E  mv2 
 m


r
2
2 r
r
2r
Entonces,
 GMm   GMm  GMm  1 1 
  


E  Eo  Es   
 2r   2r 
2  rs ro 
o  
s 


6,67 1011 Nm 2 kg 2  5,97 1024 kg  94 kg 
1
1

 


6
8
2
 6,37 10 m 1,07121 10 m 
E = 7,76  109 J = 7,76 GJ
Que la energía sea positiva indica que hay que suministrársela al satélite, mientras que si
hubiera sido negativa indicaría que debería ser perdida por el satélite.
Nombre y Apellidos
10/12/2007
Bloque I: Vibraciones y Ondas
Bloque II: Interacción Gravitatoria
NOTA:
OPCIÓN B
/10
Cuestiones (1 punto c/u)
E. Escribe la ecuación general de una onda explicando cada uno de los parámetros que uses
La ecuación general de una onda es y (x, t) = A sen (t ± kx + )
siendo A la amplitud, la frecuencia angular (periodicidad temporal), k el número de ondas
(periodicidad espacial) y  la fase inicial. El signo + corresponde a una onda que se propaga de
derecha a izquierda y el signo – en sentido contrario.
fisicayquimica.com
6
2
, donde T es el período, es decir, el tiempo que tarda en propagarse una
T
2
distancia igual a su longitud de onda, y k  , donde  es la longitud de la onda, es decir, la

distancia entre dos puntos consecutivos que se encuentran en el mismo estado de vibración.
Además,
ω
F. ¿Qué es la reflexión total? ¿En qué condiciones se produce?
Si un rayo de una determinada onda pasa de un medio a otro en el que la velocidad de
propagación es mayor, se aleja de la normal. Para un determinado ángulo de incidencia (ángulo
límite), puede ocurrir que el ángulo de refracción sea 90º (medidos respecto de la normal a la
superficie), con lo cual dicho rayo no se refracta, es decir, que no atraviesa el medio. Para ángulos
superiores a dicho ángulo límite, sólo se produce reflexión (reflexión total).
G. Conocidas la masa M y el radio R de un planeta, obtén la velocidad de escape de un objeto lanzado
desde la superficie del planeta hacia arriba
La energía total de un objeto de masa m situado en un campo gravitatorio creado por otra masa
M es la suma de su energía cinética y potencial gravitatoria,
E
1 2 GMm
mv 
2
r
La velocidad de escape es la velocidad con la que debe ser lanzado un objeto para ser capaz de
llegar al infinito con velocidad nula, es decir,
E
1 2 GMm
2GM
mv  
 0  v 2 
 v 
r
r
2
2GM
r
H. ¿Aumenta o disminuye la energía potencial gravitatoria cuando nos movemos hacia la Tierra?
Razónalo
La energía potencial gravitatoria viene dada por la expresión E p  
GMm
r
Como se puede observar, cuando nos movemos hacia la Tierra, el denominador de la expresión
anterior disminuye, por lo que el cociente aumenta en módulo. Pero como la expresión tiene un
signo negativo, significa que cuanto menor sea r, la energía potencial será mayor en módulo pero
negativa, por lo que disminuye.
fisicayquimica.com
7
Problemas (3 puntos c/u)
3. Dado un resorte de constante recuperadora k = 2500 N/m, se cuelga de él un objeto de 10 kg de
masa. Se estira 5 cm y se deja oscilar libremente.
a. Calcula la frecuencia y el periodo del movimiento (1/8)
b. Calcula la ecuación del movimiento. (2/8) ¿Qué tipo de movimiento es y por qué? (1/8)
c. Calcula la velocidad y aceleración máxima. (2/8) ¿En qué puntos se produce? ¿Por qué? (1/8)
d. Calcula la energía total (1/8)
a) Si se deja oscilar libremente y suponemos que no hay pérdida de energía por rozamiento, se
producirá un movimiento armónico simple, cuya ecuación general 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
Con lo que se demuestra que se trata de un movimiento armónico simple, ya que la aceleración es
proporcional a la elongación y dirigida siempre hacia la posición de equilibrio.
Según la ley de Hooke, la fuerza elástica es proporcional a la elongación,
F = - k x = m a  - k x = - m2x  k = m2  ω 
k
2
k
m


 T  2
T
m
m
k
Por tanto,
T  2
m
10 kg
2
2
2 10
2 10
 10
 2





s  T = 0,40 s
k
2500 N/m
50
25
250 5 10 5 10 10
Como además, f = 1 / T  f 
5 10
 f = 2,52 Hz
2
b) Si suponemos que los desplazamientos por encima de la posición de equilibrio son positivos y que el
objeto cuelga, cuando estiramos el resorte (hacia abajo) en el instante inicial t = 0, la elongación será - 5
cm = - 0,05 m. Por tanto, sustituyendo en la ecuación del movimiento armónico simple,
- 0,05 = 0,05 sen ( 0 + ) = 0,05 sen ()  sen  = - 1   = 3/2
fisicayquimica.com
8
Como habíamos obtenido que ω 
2

T
2
2
 5 10
3π
rad
 x  0,05 sen (5 10 t  ) m
2
s
5 10
O lo que es lo mismo, x  0,05 sen (5 10 t 
 x
3π
5
3π
1
3π
) 
sen (5 10 t  ) 
sen (5 10 t  ) m
2
100
2
20
2
1
3π
sen (5 10 t  ) m
20
2
Además, se trata de un movimiento armónico simple, ya que como se demostró en el apartado
anterior, la aceleración es proporcional a la elongación y dirigida siempre hacia la posición de equilibrio.
c) Como ya se vio en el apartado a,
v
dx
1
3
10
3
 A cos (t  )  5 10  cos (5 10 t  ) 
cos (5 10 t  ) m/s
dt
20
2
4
2
La velocidad máxima se conseguirá cuando la fase t +  sea un número entero de veces , ya
que en esos casos el cos (t + ) será  1.
Por tanto, v  vmáx si se cumple que cos (5 10 t 
3
3
)   1  5 10 t 
 n ,
2
2
siendo n = 1,2,3,...
3
3

5 10 t 
 n  5 10 t  n  (2n  3)  t 
2
2
2
Así, la velocidad será máxima en los instantes t 
(2n  3)π
10 10
instantes en los que el objeto pasa por la posición de equilibrio
y su valor será v  vmáx 
(2n  3)

2
5 10
s , con n = 2,3,..., que son los
10
10
10
 ( 1)  
m/s  vmáx  
m/s  0,8 m/s
4
4
4
Los valores positivos se refieren al sentido ascendente del movimiento del objeto, mientras que los
negativos corresponden al sentido descendente.
Como ya vimos, a 
dv
 - A2 sen (t  )  - A  2 x
dt
La aceleración máxima se conseguirá cuando la fase t +  sea un número entero de veces ,
ya que en esos casos el sen (t + ) será  1.
a  amáx si se cumple que sen (5 10 t 
3
3

)   1  5 10 t 
 (2n  1) , siendo n = 0,1,2,...
2
2
2
fisicayquimica.com
9
3

 3
(n  1)
 (2n  1)  5 10 t  (2n  1) 
 (n  1)  t 
s
2
2
2
2
5 10
5 10 t 
Así, la aceleración será máxima en los instantes t 
(n - 1)π
s , siendo n = 1,2,..., que son los
5 10
instantes en los que el objeto se encuentra en los extremos de su movimiento, es decir, cuando la
elongación es máxima, y su valor será
a  a máx  -
1
1
25
(5 10 ) 2 ( 1)   (25  10)   m/s 2  a máx   12,5m/s2
20
20
2
e) Si no hay pérdidas de energía, ésta permanece constante, es decir, que la suma de la energía
cinética y potencial es la misma en cualquier punto de la trayectoria.
1
1
E  Ec  Ep  mv 2  kx 2  constante
2
2
Por tanto, se puede calcular en cualquier punto de la trayectoria. Uno de los puntos donde es
especialmente sencillo el cálculo es en la posición de equilibrio, ya que el objeto alcanza la velocidad
máxima y no tiene energía potencial. Es decir,
E  Ec máx 
1 2
1
10
10  ( 10 ) 2 100 25
mv máx   10 kg (
m/s)2 


J  E = 3,125 J
2
2
4
32
8
2  42
4. Dada la siguiente distribución de masas, calcula:
a. Intensidad del campo gravitatorio en el punto B (1 punto)
b. Potencial gravitatorio en los puntos A y B (1 punto)
c. Trabajo para llevar una masa de 5 kg desde A hasta B (1 punto)
20 kg
B
A 8m
4m
20 kg
6m
10 kg
El campo creado por las tres masas en el punto B será la suma de los campos creados por cada una
de las masas en dicho punto (principio de superposición)
fisicayquimica.com
10

GM 
g 3 r
r
siendo G = 6,67  10-11 Nm2kg-2
M1

GM 
G  20 
20G  N
gB1   3 1 r   3  3 i  
i
9 kg
3
r1

GM 
G  10 
10G 
5G  N
gB2   32 r   3  8 j  
j 
j
64
32 kg
8
r2
M2





GM 
G  20
20G
gB3   32 r  
 (6 i  8 j )  
(
6
i

8
j) 
( 100 ) 3
r3
( 82  62 )3


 N
20G 
G 
G 

(6 i  8 j )   (6 i  8 j )   (3 i  4 j )
1000
50
25
kg
M3
Por tanto, el campo total será





 20 3    5
20G  5G  G 
4  
gB  gB1  gB2  gB3  
i
j  (3 i  4 j )      i     j   G 
9
32
25
 32 25  
 9 25 

 N
 527  253   N
 
i
j G
 ( 2,34 i  0,32 j )
800  kg
Kg
 225
O lo que es lo mismo,





N
N
gB  ( 2,34 i  0,32 j )  G
 ( 1,56 i  0,21j )  10  10
kg
kg
Para calcular el potencial en los puntos considerados se procede de la misma forma, pero
teniendo en cuenta que son escalares su obtención es más sencilla
V
fisicayquimica.com
GM
r
11
VA  VA1  VA 2  VA 3  
 VA  11G
J
J
 7,34  10  10
kg
kg
VB  VB1  VB2  VB3  
 VB  
GM1 GM2 GM3
20G 10G 20G
100  40  80







r1
r2
r3
4
5
5
20
GM1 GM2 GM3
20G 10G 20G
800  150  240
119






G
G
r1
r2
r3
3
8
10
120
12
119G J
J
 6,61 10  10
12 kg
kg
Finalmente, el trabajo para llevar una masa de 5 kg desde A hasta B será



WA  B  m  VA  VB   5   7,34  10 10   6,61  10 10  3,65  10  10 J
fisicayquimica.com
12