GRAVITACIÓN

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 dada
pola lei de Newton da gravitación universal
F G=G
Mm
2
r órb
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
| ∑ ⃗F | =| ⃗F G|=m| ⃗a |=m| ⃗a N|=m rv
2
órb
2
m
v
Mm
=G 2
r órb
r órb
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
∞
∞
∫
E P=W r →∞ =∫ ⃗F G d ⃗r =
r
r
∞
∫
−G M m ⃗ ⃗
ur d r =
r2
r
[
∞
]
−G M m
GMm
GM m
dr =
=−
2
r
r
r
r
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.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
2
●
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: 3
c = 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).
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
3
◊
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
Período de rotación da Terra arredor do Sol
Radio da órbita terrestre
Período de rotación de Xúpiter arredor do Sol
Radio da órbita de Neptuno
Incógnitas
Radio da órbita de Xúpiter
Período do movemento orbital de Neptuno
Ecuacións
Cifras significativas: 2
TT = 1 ano = 3,2×107 s
roT = 1,5×1011 m
TX = 12 anos = 3,8×108 s
roN = 4,5×1012 m
roX
TN
T 21
3ª lei de Kepler
3
r1
=
T 22
3
r2
Solución:
a) A 3ª lei de Kepler di que os cadrados dos períodos T de revolución dos planetas arredor do Sol son directamente 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
r 3oX
3
r oX=1,5×1011 [ m] √ 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
=
3
T 2N
( 1,5×1011 [ m ]) ( 4,5×1012 [ m] )
3
T N=1 [ano] √ 30 =1,6×10 anos
3
2
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
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
Datos
Radio da Terra
Radio da órbita, e tamén a distancia do centro da Lúa ao centro da Terra.
Constante da gravitación universal
Masa da Terra
Incógnitas
Valor da velocidade da Lúa na súa órbita arredor da Terra.
Período de rotación da Lúa arredor da Terra
Outros símbolos
Masa da Lúa
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra puntual sobre a Lúa puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
4
Cifras significativas: 2
RT = 6 400 km = 6,4×106 m
rórb = 60 RT = 3,8×108 m
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
MT = 5,98×1024 kg
v
T
mL
F G =G
M T mL
2
rórb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
a N=
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,
mL
M m
v2
=G T2 L
r órb
r órb
Despexando a velocidade v e substituíndo os datos,
v=
√
√
−11
2
−2
24
GMT
6,67×10 [ N·m · kg ]· 5,98×10 [kg ]
3
=
=1,0×10 m /s=1,0 km /s
8
r órb
3,8×10 [ m]
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/s
está 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=
2 π r órb 2 π 3,8×10 8 [ m ]
=
=2,4×106 s=27 días
v
1,0×10 3 [ m /s]
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
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
Datos
Radio da Terra
Altura da órbita
Constante da gravitación universal
Masa da Terra
Incógnitas
Valor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra.
Período de rotación do satélite arredor da Terra
Outros símbolos
Masa do satélite
Radio da órbita do satélite, e tamén a distancia do satélite ao centro da Terra
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme (M.C.U.)
Radio da órbita
5
Cifras significativas: 3
RT = 6,38×106 m
h = 300 km = 3,00×105 m
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
MT = 5,98×1024 kg
v
T
m
rórb
F G =G
M Tm
2
r órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
rórb = RT + h
a N=
Solución:
FG
O radio da órbita vale:
rórb = RT + h = 6,38×106 [m] + 3,00×105 [m] = 6,68×106 m
rórb = RT+h
Como a única forza sobre o satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra,
∑F = FG
m · a = FG
Supoñendo que o satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, a aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Despexando a velocidade v e substituíndo os datos,
v=
√
√
−11
2
−2
24
GMT
6,67×10 [ N·m · kg ]· 5,98×10 [kg ]
3
=
=7,73×10 m /s=7,73 km /s
6
r órb
6,68×10 [m ]
Análise: Espérase que un obxecto que se mova arredor da Terra teña unha velocidade de algúns km/s. O resultado de 7,73 km/s está dentro da orde de magnitude.
b) Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.
T=
2 π r órb 2 π 6,68×108 [m]
=
=5,42×103 s=1 h 30 min
3
v
7,73×10 [m / s]
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:
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
6
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
Radio da órbita e distancia do centro de Europa ao centro de Xúpiter
Período de rotación de Europa na órbita arredor de Xúpiter
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Valor da velocidade de Europa na órbita arredor de Xúpiter
Masa de Xúpiter
Outros símbolos
Masa de Europa
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce Xúpiter puntual sobre a Europa puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Cifras significativas: 2
rórb = 6,7×105 km = 6,7×108 m
T = 3 d 13 h 13 min = 3,07×105 s
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
v
M
m
F G=G
M Xm
r 2órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
a N=
Solución:
a)
v=
2 π r órb 2 π 6,7×108 [m ]
=
=1,4×10 4 m /s
5
T
3,07×10 [s]
Europa
FG
rórb
Xúpiter
b) Como a única forza sobre Europa a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce
Xúpiter
∑F = FG
m · a = FG
Supoñemos que Europa describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a aceleración só ten compoñente normal aN,
m
v2
Mm
=G 2
r órb
r órb
Despexando a masa M de Xúpiter:
M=
v 2 · rórb (1,4×104 [ m /s])2 ·6,7×108 [ m ]
=
=1,9×1027 kg
−11
2
−2
G
6,67×10 [ N·m · 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)
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
7
Rta.: a) TX = 3,74×108 s; v = 1,31×104 m/s; b) M = 2,01×1030 kg
Datos
Tempo que tarda a luz do Sol en chegar á Terra
Tempo que tarda a luz do Sol en chegar a Xúpiter
Período orbital da Terra arredor do Sol
Velocidade da luz
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Período orbital de Xúpiter
Velocidade orbital de Xúpiter
Masa do Sol
Outros símbolos
Masa de Xúpiter ou a Terra
Distancia dun planeta ao Sol
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce o Sol esférico sobre un planeta puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
Cifras significativas: 3
tT = 5,00×102 s = 500 s
tX = 2,60×103 s
TT = 3,15×107 s
c = 3,00×108 m/s
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
TX
v
M
m
r
F G=G
MSm
r 2órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
a N=
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
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· r T 2 π · 1,50×1011 [m ]
=
=2,99×104 m /s
7
T
3,15×10 [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 aceleración só ten compoñente normal aN,
m
v 2T
Mm
=G 2
rT
rT
Despexando a masa M do Sol:
M S=
v 2T ·r T (2,99×104 [ m /s])2 ·1,50×1011 [ m ]
=
=2,01×1030 kg
−11
2
−2
G
6,67×10 [ N·m · kg ]
b) Aplicando a ecuación anterior para calcular a velocidade de Xúpiter,
v=
√
√
−11
G·M
6,67×10
=
rX
2
−2
30
[ N·m · kg ]· 2,01×10 [kg ]
4
=1,31×10 m / s=13,1 km /s
11
7,80×10 [ m ]
a) O período calcúlase a partir da velocidade:
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
8
2 π· r X 2 π ·7,80×1011 [ m ]
T X=
=
=3,74×108 s
v
1,31×104 [m / s]
Análise: A terceira lei de Kepler di que os cadrados dos períodos son directamente proporcionais aos cubos
dos radiovectores que unen ao Sol cos planetas. A maior distancia ao Sol, maior período. De aplicarse este
método, daría T X =T T
6.
√
r 3J
7
3 =3,15×10 [s]·
rT
√
11
3
(7,8×10 [m ])
8
11
3 =3,74×10 s
(1,5×10 [m ])
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
Radio da Terra
Radio da órbita, e tamén a distancia do satélite ao centro da Terra
Constante da gravitación universal
Masa da Terra
Incógnitas
Primeira velocidade cósmica ou o valor da velocidade do satélite na súa órbita rasante arredor da Terra
Período de rotación do satélite arredor da Terra
Outros símbolos
Masa do satélite
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Cifras significativas: 3
RT = 6,38×106 m
rórb = RT = 6,38×106 m
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
MT = 5,98×1024 kg
v
T
m
F G =G
M Tm
2
r órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
a N=
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 a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Despexando a velocidade v e substituíndo os datos,
√
√
−11
2
−2
24
G·MT
6,67×10 [ N·m · kg ] ·5,98×10 [ kg ]
3
v=
=
=7,91×10 m /s=7,91 km /s
6
rórb
6,38×10 [m ]
b) Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
9
2 π · r órb 2 π· RT 2 π· 6,38×106 [ m ]
T=
=
=
=5,07×103 s =1 h 24 min
v
v
7,91×103 [ m /s]
Análise: O período dun satélite en órbita baixa é de hora e media. O valor obtido coincide aproximadamente.
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
Radio da Terra
Altura da órbita
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Masa do satélite
Incógnitas
Forza gravitatoria que actúa sobre o satélite
Período de rotación do satélite arredor da Terra
Outros símbolos
Masa da Terra
Valor da velocidade do satélite na órbita arredor da Terra
Constante da gravitación universal
Radio da órbita
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Cifras significativas: 3
RT = 6 370 km = 6,37×106 m
h = 5,00×107 m
g0 = 9,81 m/s2
m = 200 kg
FG
T
MT
v
G
rórb
F G =G
MT m
r 2órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
a N=
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
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 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 gravitasatélite
toria
m g 0 =G
h
FG
M Tm
R 2T
RT
Terra
G MT = g0 R
2
T
Por tanto, substituíndo G MT por g0 RT2, na expresión da forza,
F G=G
MT m
r 2órb
=
g 0 R 2T m
2
rórb
=
9,81 [ m /s2 ](6,37×106 [ m ])2 · 200 [ kg]
=25,1 N
(5,64×107 [ m])2
(Se non se supoñen tres cifras significativas para a altura, o resultado debería ser FG = 3 daN)
rórb
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
10
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·g 0 = 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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
v=
√
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
√

2

2  r órb
g 0 R 2T
=
T
r órb
T =2 
√
2
GMT
g 0 RT 2 π r órb
=
=
r órb
r órb
T
7

3
rórb
2
g0 R T
3
(5,64×10 [ m ])
5
T =2 π
2
6
2 =1,33×10 s=37,0 horas
9,81 [ m /s ](6,37×10 [m ])
(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 traxectorias son circulares, aos radios das órbitas. O período da Lúa, que se atopa a uns 60 R é de 28 días. O de
1
este satélite, que está a uns 10 R sería de
≈ 15 veces menor ≈ 2 días
63

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
Radio da Terra
Radio da órbita
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Peso do satélite na superficie da Terra
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Valor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra.
Peso do satélite na órbita
Outros símbolos
Masa da Terra
Masa do satélite
Cifras significativas: 3
RT = 6 400 km = 6,40×106 m
rórb = 2 RT = 1,28×107 m
g0 = 9,80 m/s2
PT = 5 000 N = 5,00×103 N
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
v
Ph
MT
m
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
11
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
F G =G
M Tm
2
r órb
v2
r
∑F = m · a
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
a N=
2ª lei de Newton da Dinámica
Solución:
a) Como a única forza sobre do satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra, (véxase a figura)
∑F = FG
m · a = FG
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
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 g 0 =G
MTm
2
RT
G MT = g0 RT2
v=
√
√ √ √ √
2
2
2
6
GMT
g 0 RT
g 0 RT
g0 R T
9,80 [m / s ]· 6,40×10 [m ]
3
=
=
=
=
=5,60×10 m /s=5,60 km /s
r órb
r órb
2 RT
2
2
Análise: Espérase que un obxecto que se mova arredor da Terra teña unha velocidade de algúns km/s. O resultado de 5,60 km/s está dentro da orde de magnitude.
b) A única forza que actúa sobre o satélite é o seu peso, ou sexa, a atracción gravitatoria da Terra. Pola lei de
Newton da gravitación universal
Na superficie da Terra:
P T =G
MTm
2
RT
Na órbita de radio r:
P h =G
MTm
2
rórb
Dividindo,
GMTm
2
2
2
    
2
Ph
r órb
RT
RT
1
1
=
=
=
=
=
PT G M T m
r órb
2 RT
2
4
2
RT
Ph = (5,00×103 [N]) / 4 = 1,25×103 N = 1,25 kN
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
12
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 a
10 000 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
Radio da Terra
Altura da órbita
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Masa do astronauta
Incógnitas
Valor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra.
Período de rotación do satélite arredor da Terra
Peso do astronauta na órbita
Outros símbolos
Constante da gravitación universal
Masa da Terra
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
Cifras significativas: 3
RT = 6 400 km = 6,40×106 m
h = 10 000 km = 1,00×107 m
g0 = 9,80 m/s2
m = 75,0 kg
v
T
Ph
G
MT
F G =G
M Tm
2
r órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
a N=
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
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 g 0 =G
MTm
2
RT
G MT = g0 RT2
√
√ √
2
2
6
2
GMT
g 0 RT
9,80 [ m /s ]·(6,40×10 [ m])
3
v=
=
=
=4,95×10 m /s=4,95 km/ s
7
r órb
r órb
1,64×10 [m ]
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
13
Análise: Espérase que un obxecto que se mova arredor da Terra teña unha velocidade de algúns km/s. O resultado de 4,95 km/s está dentro da orde de magnitude.
Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.
T=
2 π r órb 2 π · 1,64×106 [ m ]
=
=2,08×104 s=5 h 47 min
3
v
4,95×10 [ m/s]
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 lei
de Newton da gravitación universal, na órbita de radio r:
P h =G
M Tm
r 2órb
=
g 0 R2T m
r 2órb
=
9,80 [m / s2 ]·(6,40×106 [m ])2 · 75,0[kg ]
=112 N
(1,64×107 [ m ])2
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 g 0 = 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
Radio da Terra
Radio da órbita
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Masa do satélite
Incógnitas
Período de rotación do satélite arredor da Terra
Peso do satélite na órbita = forza gravitatoria que actúa sobre o satélite
Outros símbolos
Masa da Terra
Valor da velocidade do satélite na órbita arredor da Terra
Constante da gravitación universal
Radio da órbita
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal (aplicada á forza que exerce a Terra
esférica sobre un satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Solución:
O radio da órbita vale:
rórb = 2,32 RT = 1,48×107 m
Cifras significativas: 3
RT = 6 370 km = 6,37×106 m
R = 2,32 RT = 1,48×107 m
g0 = 9,80 m/s2
m = 64,5 kg
T
Ph
MT
v
G
rórb
F G =G
M Tm
2
r órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
a N=
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
14
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 g 0 =G
MTm
2
RT
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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Despexando a velocidade e escribindo a súa relación co período
v=
√
√
2
GMT
g 0 RT 2 π r órb
=
=
r órb
r órb
T
que queda

2

2  r órb
g 0 R 2T
=
T
r órb
Da que se despexa o período
T =2 
√
7

3
rórb
2
g0 R T
3
(1,84×10 [m ])
4
T =2 π
2
6
2 =1,79×10 s=4 h 58 min
9,80 [ m /s ](6,37×10 [ m])
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 traxectorias son circulares, aos radios das órbitas. O período da Lúa, que está a uns 60 R é de 28 días. O deste
1
satélite, que está a uns 2,4 R (25 veces menor) sería de
≈ 125 veces menor ≈ 0,25 días ≈ 6 horas.
25 3

B) Substituíndo G MT por g0 RT2, na expresión da forza gravitatoria, (peso)
P h =F G =G
MT m
r 2órb
=
g 0 R 2T m
r 2órb
=
9,80 [ m /s2 ](6,37×106 [m ])2 · 64,5 [ kg ]
=117 N
(1,84×107 [m ])2
Análise: O peso diminúe coa altura, sendo inversamente proporcional ao cadrado da distancia ao centro da
Terra. A unha distancia r ≈ 2,4 R, o peso debería ser unhas 2,4 2 = 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.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
15
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
Radio da Terra
Altura da órbita
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Masa do satélite
Incógnitas
Tempo que tarda en dar unha volta completa
Peso do satélite a esa altura
Outros símbolos
Masa da Terra
Valor da velocidade do satélite na órbita arredor da Terra
Constante de la gravitación universal
Radio da órbita
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre un satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
Cifras significativas: 3
RT = 6 400 km = 6,40×106 m
h = 6 000 km = 6,00×106 m
g0 = 9,80 m/s2
m = 100 kg
T
Ph
MT
v
G
rórb
F G =G
M Tm
2
r órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
a N=
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Solución:
O radio da órbita vale:
rórb = RT + h = 6,40×106 [m] + 6,00×106 [m] = 1,24×107 m
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 g 0 =G
MTm
2
RT
G MT = g0 RT2 = 4,01×1014 m3/s2
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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Despexando a velocidade
v=
√
√ √
2
12
3 2
GMT
g 0 RT
4,01×10 [ m /s ]
3
=
=
=5,69×10 m / s
7
r órb
r órb
1,24×10 [m ]
e tendo en conta a súa relación co período
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
16
2 π r órb
v=
T
queda o período
T=
2 π r órb 2 π 1,24×107 [m]
=
=1,37×10 4 s=3 h 48 min
3
v
5,69×10 [m / s]
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 traxectorias 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)
P h =F G =G
MT m
r 2órb
=
g 0 R 2T m
r 2órb
=
4,01×1012 [ m3 /s2 ] ·100 [ kg ]
=261 N
(1,24×107 [ m ])2
Análise: O peso diminúe coa altura, sendo inversamente proporcional ao cadrado da distancia ao centro da
Terra. 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 2×10 4
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
Masa do satélite
Radio da órbita
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Radio da Terra
Incógnitas
Valor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra
Período orbital do satélite
Enerxía mecánica do satélite en órbita
Enerxía potencial do satélite en órbita
Outros símbolos
Masa da Terra
Constante da gravitación universal
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Cifras significativas: 3
m = 500 kg
rórb = 2,00×104 km = 2,00×107 m
g0 = 9,80 m/s2
RT = 6 370 km = 6,37×106 m
v
T
E
Ep
MT
G
F G =G
MTm
r 2órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
Ec = ½ m v2
MT m
E p =−G
r órb
a N=
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
Ecuacións
Enerxía mecánica
17
E = Ec + Ep
Solución:
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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
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 g 0 =G
MTm
2
RT
G MT = g0 RT2
v=
√
√ √
2
2
6
2
GMT
g 0 RT
9,80 [ m /s ]·(6,37×10 [ m])
3
=
=
=4,46×10 m /s=4,46 km /s
7
r órb
r órb
2,00×10 [ m]
Análise: Espérase que un obxecto que se mova arredor da Terra teña unha velocidade de algúns km/s. O resultado de 4,46 km/s 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=
2 π r órb 2 π 2,00×107 [ m ]
=
=2,82×104 s=7 h 50 min
3
v
4,46×10 [ m /s]
b) A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial. A enerxía potencial vén dada por:
E p =−G
M T m −g 0 R 2T m 9,80 [ m /s2 ] ·(6,37×106 [m ])2 · 500 [ kg]
=
=
=−9,94×109 J
7
r órb
rórb
2,00×10 [ m ]
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
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Despexando e substituíndo m vórb2 na expresión da enerxía mecánica, quedaría
M m 1 M m
M m
1
1 M m
E=E c +E p = m v2órb−G T = G T −G T =− G T
2
r órb
2
r órb
r órb
2
rórb
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
18
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:
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
√
v= G
MT
r órb
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
Radio da Terra
Frecuencia de xiro do satélite na órbita arredor da Terra.
Constante da gravitación universal
Masa da Terra
Masa do satélite
Incógnitas
Período do satélite
Distancia do satélite á superficie terrestre (altura de órbita)
Enerxía cinética do satélite na órbita
Outros símbolos
Radio da órbita
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Enerxía cinética
Cifras significativas: 3
RT = 6 378 km = 6,38×106 m
f = 12,5 voltas/día = 1,45×10-4 Hz
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
MT = 5,98×1024 kg
m = 1 800 kg
T
h
EC
rórb
F G =G
M Tm
2
r órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
EC = ½ m v2
a N=
Solución:
a) O período é a inversa da frecuencia:
1
1
3
T= =
=6,91×10 s=1,92 h
f 1,45×10− 4 [ Hz]
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
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
19
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
v 2=G
4  2 r 2órb
T
r órb=
√
3
GMT T
2
4π
2
=
√
3
−11
6,67×10
2
2
MT
r órb
=G
−2
MT
r órb
24
3
2
[ N·m · kg ]·5,98×10 [kg ]·(6,91×10 [s])
6
=7,84×10 m
2
4π
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=
2 π ·r 2 π ·7,86×106 [ m]
=
=7,13×10 3 m / s
3
T
6,91×10 [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
Radio da Terra
Valor da velocidade do satélite na órbita arredor da Terra.
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Masa do satélite
Incógnitas
Altura de órbita
Enerxía (mecánica) total do satélite en órbita
Outros símbolos
Constante da gravitación universal
Masa da Terra
Radio da órbita
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular
Enerxía cinética
Cifras significativas: 3
RT = 6 370 km = 6,37×106 m
v = 10 800 km/h = 3,00×103 m/s
g0 = 9,80 m/s2
m = 200 kg
h
E
G
MT
rórb
F G =G
MT m
r 2órb
v2
r
∑F = m · a
2 r
v=
T
EC = ½ m v2
a N=
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
20
Ecuacións
E p =−G
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
M Tm
r órb
Solución:
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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
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 g 0 =G
M Tm
R 2T
G MT = g0 RT2
r órb=
G MT
v2
=
g 0 R 2T
v2
=
9,80 [m / s2 ]·(6,37×106 [ m ])2
=4,43×107 m
3
3,00×10 [ m /s]
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 cálculos o resultado é o mesmo.
b) A enerxía (mecánica) total é a suma das enerxías cinética e potencial:
M m 1
g R2 m
1
E=E c + E p = m v 2órb + −G T = mv 2órb− 0 T
2
r órb
2
r órb
(
)
1
9,80 [ m /s2 ]·(6,37×106 [ m])2 ·200 [kg ]
E= · 200 [ kg ](3,00×103 [m / s])2−
=−9,00×108 J
2
4,43×107 [ m ]
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
Satélite xeoestacionario (período T igual ao da Terra)
Constante da gravitación universal
Masa da Terra
Masa do satélite
Incógnitas
Radio da órbita
Enerxías cinética, potencial e total do satélite en órbita
Cifras significativas: 3
T = 24 h = 8,64×104 s
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
MT = 5,98×1024 kg
m = 25,0 kg
rórb
Ec, Ep, E
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
21
Datos
Outros símbolos
Valor da velocidade do satélite na órbita xeoestacionaria
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
Cifras significativas: 3
v
F G =G
M Tm
2
r órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
Ec = ½ m v2
MTm
E p =−G
rórb
a N=
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Solución:
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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
v 2 =G
4  2 r 2órb
T
r órb=
√
3
G M TT
4π
2
2
=
√
3
6,67×10
−11
2
2
−2
MT
r órb
=G
MT
r órb
24
4
2
[ N·m · kg ]· 5,98×10 [kg ](8,64×10 [s])
7
=4,23×10 m
2
4π
b) Da ecuación de v2 en función do radio da órbita, pódese escribir para a enerxía cinética
1
1 M m 6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]· 5,98×1024 [kg ]· 25,0 [ kg ]
E c= mv 2 = G T =
=1,18×108 J
7
2
2
r órb
2 ·4,23×10 [ m]
E p =−G
M T · m −6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]·5,98×1024 [ kg ]·25,0 [kg ]
=
=– 2,36×108 J
r órb
4,23×107 [ m]
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
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.
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.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
22
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
Satélite xeoestacionario (período T igual ao da Terra)
Constante da gravitación universal
Masa da Terra
Masa do satélite
Radio da Terra
Incógnitas
Altura do satélite
Forza sobre o satélite
Enerxías cinética, potencial e total do satélite en órbita
Outros símbolos
Radio da órbita
Valor da velocidade do satélite na órbita xeoestacionaria
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
Cifras significativas: 3
T = 24 h = 8,64×104 s
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
MT = 5,98×1024 kg
m = 8,00×102 kg
RT = 6,38×106 m
h
F
Ec, Ep, E
rórb
v
F G =G
MTm
2
rórb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
Ec = ½ m v2
MTm
E p =−G
rórb
a N=
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Solución:
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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
v 2 =G
4  2 r 2órb
T
r órb=
√
3
G M TT
4π
2
2
=
√
3
6,67×10
−11
2
2
MT
r órb
=G
MT
r órb
−2
24
4
2
[ N·m · kg ]· 5,98×10 [kg ](8,64×10 [s])
7
=4,23×10 m
2
4π
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.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
F G=G
MT m
r 2órb
23
6,67×10−11 [ N·m 2 · kg −2 ] ·5,98×1024 [ kg ]·800 [kg ]
=
=179 N
(4,23×107 [ m ])2
Análise: O peso diminúe coa altura, sendo inversamente proporcional ao cadrado da distancia ao centro da
Terra. 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
1
1 M m 6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]· 5,98×1024 [kg ]· 800 [ kg]
E c= mv 2 = G T =
=3,78×109 J
2
2
r órb
2 ·4,23×107 [ m]
E p =−G
M T m −6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ] ·5,98×1024 [ kg ]·800 [kg ]
=
=– 7,56×109 J
7
r órb
4,23×10 [ m ]
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
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.
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
Masa do satélite
Altura da órbita
Masa da Terra
Radio da Terra
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Valor da velocidade do satélite na súa órbita ao redor da Terra
Período orbital do satélite
Enerxía mecánica do satélite en órbita
Cociente entre os valores de g no satélite e na superficie da Terra.
Outros símbolos
Masa da Terra
Constante da gravitación universal
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Enerxía cinética
Cifras significativas: 3
m = 200 kg
h = 650 km = 6,50×105 m
MT = 5,98×1024 kg
RT = 6,37×106 m
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
v
T
E
gh / g0
MT
G
F G =G
MTm
r 2órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
Ec = ½ m v2
a N=
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
24
Ecuacións
MT m
r órb
E = Ec + Ep
F
M
g= G =G 2T
m
r
E p =−G
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Enerxía mecánica
Intensidade do campo gravitatorio terrestre a unha distancia r do centro
Solución:
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
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 ,
m
v=
√
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
√
−11
2
−2
24
GMT
6,67×10 [ N·m · kg ]· 5,98×10 [kg ]
3
=
=7,54×10 m / s=7,54 km/ s
6
r órb
7,02×10 [ m ]
Análise: Espérase que un obxecto que se mova ao redor da Terra teña unha velocidade dalgúns km/s. O resultado 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=
2 π · r órb 2 π· 7,02×106 [m]
=
=5,85×103 s=1 h 38 min
3
v
7,54×10 [ m /s]
b) A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial. A enerxía potencial vén dada por:
E p =−G
M T m 6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]·5,98×10 24 [kg ]· 200 [ kg ]
=
=−1,14×1010 J
r órb
7,02×106 [m ]
e a enerxía cinética
Ec = 1/2 m v2 = [200 [kg] (7,54×103 [m/s])2] / 2 = 5,68×109 J
polo que a enerxía mecánica valerá
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 por
ser 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=
A gravidade a unha altura h valerá:
FG
=
m
G
M T ·m
r2
m
=G
MT
r2
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
g h =G
25
MT
( RT +h)2
Na superficie da Terra vale:
g 0 =G
MT
R2T
Dividindo:
gh
R 2T
(6,37×106 [m ])2
=
=
=0,823
g 0 ( RT +h )2 (7,02×106 [m ])2
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
Radio da Terra
Radio da órbita
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Masa do satélite
Incógnitas
Valor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra.
Enerxía (mecánica) total do satélite en órbita
Outros símbolos
Masa da Terra
Constante da gravitación universal
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Cifras significativas: 3
RT = 6 378 km = 6,38×106 m
rórb = 36 378 km = 3,64×107 m
g0 = 9,80 m/s2
m = 300 kg
v
E
MT
G
F G =G
M Tm
2
r órb
v2
r
∑F = m · a
Ec = ½ m v2
MT m
E p =−G
r órb
a N=
Solución:
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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
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
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
m g 0 =G
26
MTm
2
RT
G MT = g0 RT2
√ √
2
√
2
6
2
GMT
g 0 RT
9,80 [ m /s ]·(6,38×10 [ m])
3
v=
=
=
=3,31×10 m /s=3,31 km /s
7
r órb
r órb
3,64×10 [m ]
Análise: Espérase que un obxecto que se mova arredor da Terra teña unha velocidade de algúns km/s. O resultado de 5,60 km/s está dentro da orde de magnitude.
b) A enerxía (mecánica) total é a suma das enerxías cinética e potencial:
M m
g R2 m
1
1
E m =E c + E p = mv 2órb+ −G T = m v 2órb− 0 T
2
r órb
2
r órb
(
)
1
9,80 [m / s2 ]·(6,38×106 [ m ])2 ·300 [kg ]
E= · 300 [ kg](3,31×103 [ m /s])2 −
=−1,64×10 9 J
2
3,64×107 ´[m ]
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 =
√
2
g 0 RT
; b) T = 1 h 37 min; b) E = -5,74×109 J
r órb
Datos
Masa do satélite
Altura da órbita
Radio da Terra
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Incógnitas
Velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra
Período orbital do satélite
Enerxía mecánica do satélite na sua órbita
Outros símbolos
Masa da Terra
Constante da gravitación universal
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Enerxía mecánica
Solución:
Cifras significativas: 3
m = 200 kg
h = 600 km = 6,00×105 m
RT = 6 400 km = 6,40×106 m
g0 = 9,81 m/s2
v
T
E
MT
G
F G =G
MTm
r 2órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
Ec = ½ m v2
MT m
E p =−G
r órb
E = Ec + Ep
a N=
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
27
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
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,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Despexando a velocidade, queda
v=
√
GMT
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 g 0 =G
MTm
2
RT
G MT = g0 RT2
Substituíndo G MT por g0 RT2 na ecuación da velocidade, queda
v=
√
√ √
2
2
6
2
GMT
g 0 RT
9,81 [m / s ] ·(6,40×10 [ m])
3
=
=
=7,58×10 m /s=7,58 km /s
6
r órb
r órb
7,00×10 [m ]
Análise: Espérase que un satélite en órbita arredor da Terra teña unha velocidade dalgúns km/s. O resultado está dentro da orde de magnitude.
Concretamente o enunciado do problema non pide que se calcule a velocidade, pero mellor é calculala polo
si 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. Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.
T=
2 π · r órb 2 π· 7,00×106 [m ]
=
=5,81×103 s=1 h 37 min
3
v
7,58×10 [ m /s]
c) A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial. A enerxía potencial vén dada por:
E p =−G
M T m g 0 R2T m 9,81 [ m /s2 ]·(6,40×106 [ m ])2 · 200 [kg ]
=
=
=−1,15×10 10 J
6
r órb
r órb
7,00×10 [ m]
e a enerxía cinética
Ec = 1/2 m v2 = [200 [kg] (7,58×103 [m/s])2] / 2 = 5,74×109 J
polo que a enerxía mecánica valerá
E = Ec + Ep = 5,74×109 [J] – 1,15×1010 [J] = -5,74×109 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.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
28
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
Masa do satélite
Radio da Terra
Altura da órbita
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Incógnitas
Enerxía que hai que comunicarlle desde a superficie da Terra
Forza centrípeta necesaria para que describa a órbita
Período orbital do satélite
Outros símbolos
Masa da Terra
Constante da gravitación universal
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
Cifras significativas: 3
m = 103 kg = 1,00×103 kg
RT = 6 370 km = 6,37×106 m
h = 2·6 370 km = 1,27×107 m
g0 = 9,80 m/s2
∆E
F
T
MT
G
F G =G
MTm
r 2órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
Ec = ½ m v2
M m
E p =−G T
r órb
E = Ec + Ep
a N=
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Enerxía mecánica
Solución:
a) A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial.
A expresión da enerxía potencial:
E p =−G
MTm
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 gravitatoria
m g 0 =G
MTm
2
RT
G MT = g0 RT2
Substitúese G MT por g0 RT2 na ecuación da enerxía potencial, e queda
E p =−G
M T m −g 0 R 2T m
=
r
r
Suponse que na superficie da Terra está en repouso 1, 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 terrestre. 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
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
29
M m g R2 m
E p s=−G T = 0 T =−g 0 R T m=9,80 [ m /s2 ]· 6,37×106 [ m ]·1,00×103 [ kg]=−6,24×1010 J
RT
RT
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:
E p o =−G
M T m −g 0 R2T m −g 0 RT m E p s −6,24×1010 J
=
=
=
=
=−2,08×1010 J
r órb
3 RT
3
3
3
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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Despexando a velocidade, queda
v=
√
GMT
r órb
Substituíndo G MT por g0 RT2 na ecuación da velocidade, queda
v=
√
√ √ √
2
2
6
GMT
g 0 RT
g 0 RT
9,80 [m / s ] ·6,37×10 [m ]
3
=
=
=
=4,56×10 m /s=4,56 km /s
r órb
3 RT
3
3
Análise: Espérase que un satélite en órbita arredor da Terra teña unha velocidade dalgúns km/s. O resultado está dentro da orde de magnitude.
A enerxía cinética en órbita é:
1
1 g R 1
E c o = m v 2 = m 0 T = 1,00×103 [ kg]·9,80 [ m /s 2 ]· 6,37×106 [ m ]=1,04×1010 J
2
2
3
6
A enerxía mecánica en órbita valerá
E o=E c o +E p 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
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.
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)
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
30
g0 R T
2
m g 0 1,00×103 [ kg ]· 9,80 [m / s2 ]
v
3
3
F =m· a N =m
=m
=
=
=1,09×10 N
r órb
3 RT
9
9
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=
2 π · r órb 2 π· 1,91×107 [ m ]
=
=2,63×104 s=7 h 18 min
v
7,58×103 [ m /s]
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
Radio da Terra
Constante da gravitación universal
Masa da Terra
Valor da velocidade no chan
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Incógnitas
Altura máxima que alcanzará
Valor da velocidade do satélite na súa órbita circular arredor da Terra.
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao chan, suposto g constante)
Cifras significativas: 3
RT = 6 370 km = 6,37×106 m
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
MT = 5,98×1024 kg
v0 = 3,00 km/s = 3,00×103 m/s
g0 = 9,80 m/s2
h
v
F G =G
M Tm
2
r órb
v2
r
∑F = m · a
Ec = ½ m v2
MTm
E p =−G
rórb
Ep = m g h
a N=
Solución:
a) Como a forza gravitatoria é unha forza conservativa, a enerxía mecánica do proxectil no chan será a mesma que a que terá no punto de altura máxima. Nunha primeira aproximación, suponse que o valor da gravidade mantense constante entre ámbolos puntos gh = g0. Daquela:
(Ec + Ep)chan = (Ec + Ep)h
½ m v02 + m g0 h0 = ½ m vh2 + m gh h
Tomando como orixe de enerxía potencial o chan, Ep (chan) = 0, e sabendo que na altura máxima a velocidade será cero
½ m v 0 2 = m g0 h
h máx =
v 20 (3,00×103 [m / s])2
=
=4,59×105 m=459 km
2
2 g0
2 · 9,81 [m / s ]
Pero se calculamos o valor da aceleración da gravidade a esa altura, na que
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
31
r = R + h = 6 370 [km] + 459 [km] = 6 829 km = 6,829×106 m
vemos que:
g h =G
MT
r2
=6,67×10−11 [ N .m 2 · kg −2 ]
5,98×10 24 [ kg ]
=8,53 m / s2 ≠g 0
(6,829×106 [ m])2
Polo tanto, hai que empregar a expresión da enerxía potencial gravitatoria referida ao infinito. Se Ep (∞) = 0
(Ec + Ep)chan = (Ec + Ep)h
(
)
M m
M m
1
m v 02 + −G T =−G T
2
RT
r
r=
−G M T
−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]·5,98×10 24 [kg]
=
=6,86×106 m
MT 1
1 2
5,98×1024 [ kg]
3
2
−11
2
−2
v −G
(3,00×10 [ m /s]) −6,67×10 [ N·m · kg ]·
2 0
RT 2
6,37×106 [ 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 v 0, o resultado debería ser h = 5×105 m, e o
primeiro resultado sería unha aproximación suficiente)
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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
√
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
√
−11
2
−2
24
GMT
6,67×10 [ N·m · kg ]· 5,98×10 [kg ]
3
v=
=
=7,62×10 m / s=7,62 km/s
6
r órb
6,86×10 [ m ]
Análise: Espérase que un obxecto que se mova arredor da Terra teña unha velocidade de algúns km/s. O resultado de 7,62 km/s está dentro da orde de magnitude.
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
Período orbital de Ceres
Masa de Ceres
Radio de Ceres
Masa da nave espacial
Distancia da Terra ao Sol
Período orbital da Terra
Cifras significativas: 3
TC = 4,60 anos = 1,45×108 s
M = 9,43×1020 kg
R = 477 km = 4,77×105 m
m = 1 000 kg
rT = 1,50×1011 m
TT = 1,00 anos = 3,16×107 s
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
Datos
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Intensidade do campo gravitatorio na superficie de Ceres
Enerxía da nave espacial na superficie de Ceres para escapar
Distancia media entre Ceres e o Sol
Outros símbolos
Masa do Sol
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce o Sol esférico sobre un planeta puntual)
32
Cifras significativas: 3
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
gC
∆E
rC
MT
F G =G
M Sm
r2órb
Intensidade do campo gravitatorio creado por unha masa esférica M a unha dis- g=G M
tancia r do seu centro
r2
v2
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
a N=
r
2ª lei de Newton da Dinámica
∑F = m · a
2πr
v=
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.Ou.)
T
Enerxía cinética
Ec = ½ m v2
M m
E p =−G T
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
r órb
Enerxía mecánica
E = Ec + Ep
Solución:
a) A intensidade do campo gravitatorio creado pola masa esférica M do planeta (anano) Ceres na súa superficie, a unha distancia R do seu centro é:
g=G
M
9,43×1020 kg
=6,67×10−11 N·m2 · kg −2
=0,277 m /s2
2
5
2
R
(4,77×10 m)
a) A enerxía potencial da nave espacial na superficie de Ceres valerá:
E p =−G
M Cm
9,43×1020 kg ·1 000 kg
=−6,67×10−11 N·m2 · kg −2
=−1,32×108 J
R
4,77×105 m
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 velocidades
de 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,
F G =G
M Sm
r2órb
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
33
queda
m
M m
v2
=G 2S
r órb
r órb
Escribindo a velocidade en función do período
2πr
T
v=
e substituíndo, quedaría
(
2
)
2  rórb
GMS
=
T
rórb
rórb3
T
2
=
GMS
4 2
Aplicando esta ecuación tanto á Terra como a Ceres e dividindo unha entre a outra quedaríanos a terceira lei
de Kepler
r 3T
=
2
r 3C
T T T 2C
Aplicando esta lei entre a Terra e Ceres
(1,50×1011 [m ])
(1 [año])2
3
3
rC
=
(4,60 [año])2
3
r C=1,50×1011 [ m] √ 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: 3
Radio da Terra
RT = 6 378 km = 6,38×106 m
Constante da gravitación universal
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
Masa da Terra
MT = 5,98×1024 kg
Velocidade da luz = velocidade de escape
vE = 300 000 km·s-1 = 3,00×108 m/s
Incógnitas
Radio que debería ter a Terra para que a velocidade de escape fose v R'T
Varía o período da Lúa no seu movemento arredor da Terra?
Ecuacións
Enerxía cinética
Ec = ½ m v2
MTm
E p =−G
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
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 "infinita" do centro da Terra e na que se cómpre que ET = 0.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
34
Aplicando o principio de conservación da enerxía mecánica a ámbolos puntos (superficie terrestre e infinito)
resultará:
(Ec + Ep)T = (Ec + Ep)∞
(
)
M m
1
m v e2 + −G T =0
2
R'T
Despexando R'T e substituíndo:
R' T =
2G MT
v 2e
=
2 · 6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ] ·5,98×1024 [ kg ]
=8,9×10−3 m=8,9 mm
(3,00×10 8 [ m /s])2
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) que
mantén á raia a forza gravitatoria, esta provoca un esmagamento total, pasando pola compresión dos electróns ata o interior do núcleo e a desaparición de masa nunha singularidade. Os radios dos horizontes de sucesos deses buratos negros orixinados polas estrelas teñen algúns quilómetros, pero tamén a masa das estrelas 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,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Como a velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.) é:
v=
v=

√
2πr
T
G M T 2 π r órb
=
r órb
T
2

2  r órb
GMT
=
T
rórb

3
r órb
T =2 
GMT
que non depende do radio da Terra.
24. As relacións entre as masas e os raios da Terra e a Lúa son: M T/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
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
Datos
Relacións entre as masas da Terra e da Lúa
Relacións entre os raios da Terra e da Lúa
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Radio da órbita do satélite arredor da Lúa
Radio da Lúa
Incógnitas
Gravidade na superficie da Lúa
Velocidade do satélite arredor da Lúa
Outros símbolos
Constante da gravitación universal
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Lúa esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
35
Cifras significativas: 3
MT / ML = 79,63
RT / RL = 3,66
g0 = 9,80 m/s2
r = 2 300 km
RL = 1 700 km
gL
v
G
F G =G
M Lm
r2
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
a N=
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Solución:
a) O peso dun obxecto cerca da superficie da Terra é a forza coa que a Terra o atrae:
m g T =G
M Tm
R 2T
Analogamente, o peso dun obxecto cerca da superficie da Lúa é a forza coa que a Lúa o atrae:
m g L =G
MLm
R 2L
Dividindo a primeira ecuación entre a segunda, queda:
m gT
=
m gL
G
G
M Tm
R2T
M Lm
2
RL
g T M T / M L 79,63
=
=
=5,94
g L RT / R L 2 3,662
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 menor 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
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
36
√
GML
v=
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 g L =G
MLm
R 2L
G ML = gL RL2
Por tanto, substituíndo G ML por gL RL2, na expresión da velocidade, v e substituíndo os datos,
√
√ √
2
GML
g R
1,65 [ m /s2 ]·(1,700×106 [ m ])2
v=
= L L=
=1,44×103 m /s=1,44 km/ s
6
r
r
2,3×10 [ m]
c) O período T dun péndulo de lonxitude L nun lugar onde a gravidade sexa g vén dado pola ecuación:
T =2

L
g
Dividindo as expresións correspondentes á Terra e a Lúa
TT
=
TL
2
2
  

L
gT
L
gL
=
gL
1
=
=0,4101
gT
5,94
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 superficie 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
Relación entre as masas da Lúa e da Terra
Relación entre os radios da Lúa e da Terra
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Radio da Lúa
Período do péndulo na Terra
Incógnitas
Campo gravitatorio na Lúa
Velocidade de escape na Lúa
Período de oscilación na Lúa dun péndulo cuxo TT = 2 s
Outros símbolos
Constante da gravitación universal
Ecuacións
Lei 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)
Peso dun obxecto sobre a superficie da Terra
Enerxía cinética dun obxecto de masa m que se move á velocidade «v»
Enerxía potencial gravitatoria dunha obxecto de masa m situado a unha distancia r
do centro da Lúa (referida ao infinito)
Cifras significativas: 2
ML / MT = 0,012
RL / RT = 0,27
gT = 9,8 m/s2
RL = 1,7×106 m
TT = 2,0 s
gL
veL
TL
G
F G =G
M Lm
r2
PT = m · gT
Ec = ½ m v2
M m
E p =−G L
r
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
37
Ecuacións
Enerxía mecánica
Período dun péndulo simple de lonxitude L nun punto de gravidade g
E = Ec + Ep
L
T =2
g

Solución:
a) O peso dun obxecto preto da superficie da Terra é a forza coa que a Terra atráeo:
m g T =G
M Tm
R 2T
Analogamente, o peso dun obxecto preto da superficie da Lúa é a forza coa que a Lúa atráeo:
m g L =G
MLm
R 2L
Dividindo a segunda ecuación entre a primeira, queda:
m gL
=
m gT
G
G
ML m
R2L
MT m
2
RT
g L M L / M T 0,012
=
=
=0,16
g T ( RL / R T )2 0,272
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 menor 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 velocidade nula. Como a orixe de enerxía potencial gravitatoria está no infinito, a enerxía potencial gravitatoria
dun obxecto no infinito é nula.
(
)
M m
1
m v e2 L + −G L =0
2
RL
Despexando a velocidade de escape ve
√
v e L= 2 G
ML
RL
Ao non dispoñer do dato da constante G da gravitación universal nin a masa ML da Lúa, podemos usar a expresión do peso dun obxecto na Lúa
m g L =G
MLm
R 2L
para establecer a igualdade
gL RL2 = G ML
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
38
co que a velocidade de escape na Lúa quedaría:
√
√
2
2G M L
2 gL R L
2
6
3
v e L=
=
=√ 2 g L R L =√ 2 ·1,6 [m / s ] ·1,7×10 [ m ]=2,3×10 m /s=2,3 km/ s
RL
RL
c) O período T dun péndulo de lonxitude L nun lugar onde a gravidade sexa g vén dado pola ecuación:
T =2

L
g
Dividindo as expresións correspondentes á Terra e a Lúa
TL
=
TT
2π
2π
√ √ √
√
L
gL
L
gT
=
gT
9,8
=
=2,5
gL
1,6
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
Masa de cada un dos corpos
Vector de posición da masa en A
Vector de posición da masa en B
Vector de posición da masa en C
Vector de posición do punto D
Masa no punto D
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Vector campo gravitatorio no punto D
Enerxía potencial gravitatoria no punto D
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras)
Intensidade do campo gravitatorio creado por unha masa M nun punto que
dista dela unha distancia r
Principio de superposición
Cifras significativas: 3
MA = MB = MC = M = 100 kg
rA = (0,00, 0,00) m
rB = (2,00, 0,00) m
rC = (1,00, 1,73) m
rD = (1,00, 0,00) m
mD = 5,00 kg
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
gD
Ep D
⃗ =−G M m ⃗
F
ur
r2
⃗
F
M
⃗g = =−G 2 u⃗r
m
r
g = ∑gi
−G M
Potencial gravitatorio nun punto debido a unha masa M que dista r do punto V =
r
Mm
E p =m·V =−G
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
r
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
39
C
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 situada en A é:
2
−11
⃗g A =
−6,67×10
A
gA
gC
gB
B
D
−2
[ N·m kg ] ·100 [ kg ] ⃗
i =−6,67×10−9 ⃗i m /s2
(1,00 [ m ])2
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:
⃗g C=
−6,67×10−11 [ N·m 2 kg−2 ]·100 [ kg ] ⃗
(− j)=2,22×10−9 ⃗j m / s2
(1,73 [ m ])2
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 distancia
ri do punto, é a suma dos potenciais individuais.

V =∑ −G

Mi
M
=−G ∑ i
ri
ri
Se todas as masas Mi son iguais, (M = Mi) entón resulta
V =−G M ∑
1
ri
e a expresión da enerxía potencial sería
E p =−G M m ∑
−11
E p =−6,67×10
2
−2
1
ri
(
[ N·m · kg ]·100 [kg ]· 5,00 [kg ]
)
2
1
−8
+
=−8,60×10 J
1 [ m ] 1,73 [ m ]
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.
Física P.A.U.
2.
GRAVITACIÓN
40
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
Distancia entre as masas
Masa da segunda masa
Incógnitas
Punto onde unha terceira masa estaría en equilibrio
Punto onde unha terceira masa sentiría iguais forzas (módulo, dirección e
sentido) por parte das dúas primeiras
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras)
Principio de superposición
Cifras significativas: 3
d = 1,00 m
m2 = 2 m
x
x2
F G =G
Mm
2
r
F = ∑Fi
Solución:
a) Poñendo a masa 2m na orixe e a masa m no punto (1, 0) m, o punto de equilibrio sería aquel no que as magnitudes das forzas gravitatorias F1 e F2 debidas
á 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 unha
2m
distancia x de 2 m, que ten que cumprir:
Fm→M = F2m→M
G
m·M
2 m·M
2 =G
2
1,00− x 
x
x=
√2
(1,00+√ 2)
⇒
1
2
2= 2
 1,00− x 
x
⇒
1m
F2
x
F1
M
m
x
=±  2
1,00− x 
=0,59 m da masa 2 m(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 segmento. A condición de igualdade é a mesma que no apartado anterior, pero tomaremos a segunda solución da
ecuación de segundo grao.
x2=
−√ 2
=3,41 m da masa 2 m(e 2,41 m da masa m )
(1− √ 2)
x2
1m
2m
3.
F2=F1
m
M
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
Cada unha das masas no eixe X
Masa da masa móbil
Cifras significativas: 3
MD = ME = M = 10,0 kg
m = 0,100 kg
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
41
Datos
Cada unha das masas no eixe X
Vector de posición da masa da dereita
Vector de posición da masa da esquerda
Vector de posición inicial da masa móbil
Valor da velocidade inicial da masa móbil
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Aceleración da masa de 0,1 kg nas posicións (0, 10) e (0, 0)
Velocidade da masa de 0,1 kg nas posición (0, 0)
Outros símbolos
Forza que exerce a masa M da esquerda sobre a masa m
Forza que fai a masa M da dereita sobre a masa m.
Forza resultante sobre a masa m.
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras)
2ª lei de Newton da Dinámica
Principio de superposición
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Cifras significativas: 3
MD = ME = M = 10,0 kg
rD = (5,00, 0) m
rE = (-5,00, 0) m
rm = (0, 10,00) m
v0 = 0
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
a0 e aOrixe
v
FE
FD
∑F
⃗ =−G M m ⃗
F
ur
r2
∑F = m · a
F = ∑Fi
Ec = ½ m v2
Mm
E p =−G
r
Solución:
m
r1 : distancia entre cada unha das masas M e m:
r 1 =| ⃗r E – ⃗r m | =| – 5,00 ⃗i – 10,0 ⃗j | = √(−5,00 [ m]) +(10,0 [ m ]) =11,2 m
2
u r I=
⃗
⃗r m−⃗r I 5,00 ⃗i +10,0 ⃗j [ m]
=
=0,447 ⃗i +0,894 ⃗j
|⃗r m−⃗r I| √ 10,02 + 5,002 [ m ]
FD
1
r0 : distancia entre cada unha das masas M e a orixe: r0 = 5,00 m
ur E : vector unitario da posición de masa m tomando como orixe a masa M
da esquerda:
FE
r
2
FR
M
Pola lei de Newton da gravitación universal, a forza entre a masa M da esquerda e a masa m é:
M
r0
10 [ kg ]·0,1 [kg ]
⃗ E =−G M m ⃗
F
u r=−6,67×10−11 [ N·m 2 kg−2 ]
(0,447 ⃗i +0,894 ⃗j )
2
r1
11,2 [m ]2
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,
a=
⃗
⃗ −9,54×10−13 ⃗j [ N ]
ΣF
=
=– 9,54×10−12 ⃗j m·s−2
m
0,1 [kg ]
M
No punto (0, 0) as forzas que exercen ámbalas masas son opostas (mesmo
módulo, mesma dirección e sentido contrario), e, polo tanto, a resultante é nula,
e tamén a aceleración.
FE
m
FD M
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
42
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 mecánica 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 −G
)
(
Mm 1
Mm
2
= m v +2 −G
r1
2
r0
)
Despexando o valor da velocidade v:
√
v= 4G M
(
)√
(
)
1 1
1
1
− = 4 ·6,67×10−11 [ N m 2 · kg−2 ] ·10 [ kg]
−
=1,72×10−5 m / s
r0 r1
5,00 [ m ] 11,2 [m ]
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 gravitatoria
é 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
Cada unha das masas no eixo X
Vector de posición da masa en A
Vector de posición da masa en B
Vector de posición do punto P
Vector de posición do punto D
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Campo gravitatorio en P e en D
Potencial gravitatorio en P e en D
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras)
2ª lei de Newton da Dinámica
Intensidade do campo gravitatorio que exerce unha masa M puntual nun
punto a unha distancia r
Principio de superposición
Potencial gravitatorio (referido ao infinito)
Relación entre o potencial gravitatorio e a enerxía potencial gravitatoria
Cifras significativas: 3
MD = ME = M = 50,0 kg
rA = (-30,0, 0) m
rB = (30,0, 0) m
rP = (0, 40,0) m
rD = (0, 0) m
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
gP e gD
VP e VD
⃗ =−G M m ⃗
F
ur
r2
∑F = m · a
⃗
F
M
⃗g = =−G 2 u⃗r
m
r
g = ∑gi
M
V =−G
r
EP
V=
m
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
43
Solución:
P
r1 : distancia de cada un dos puntos A e B ao punto P:
r 1 =| ⃗r P – ⃗r A | =| 40,0 ⃗j – 30,0 ⃗i | [ m ]=
=√ (40,0 [ m ]) +(30,0 [m ]) =50,0 m
2
r1
2
⃗r −⃗r
30,0 ⃗i + 40,0 ⃗j
u P A= P A =
⃗
=0,600 ⃗i +0,800 ⃗j
|⃗r P−⃗r A | √ 30,02 +40,02
gP
M
M
B
A
O campo gravitatorio creado polo punto A no punto P:
⃗g A→P =−G
gB
gA
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 punto
A.
r0
M
50,0 [ kg ]
2
u r =−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]
⃗
(0,600 ⃗i +0,800 ⃗j ) m/s
2
2
r1
(50,0 [ m ])
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
M
No punto D(0, 0) os campos gravitatorios que exercen ambas as masas son
opostas (mesmo módulo, mesma dirección e sentido contrario), e, polo tanto, a
resultante é nula.
g'A
D
g'B M
gD = 0 i + 0 j = 0
b) O potencial gravitatorio creado pola masa do punto A sobre o punto P é:
V A→ P=−G
M
50,0 [kg]
=−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]
=−6,67×10−11 J / kg
r1
50,0 [ m]
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 =−G
M
50,0 [ kg]
=−6,67×10−11 [ N·m2 · kg −2 ]
=−1,11×10−10 J/ kg
r0
30,0 [ m ]
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.
Física P.A.U.
5.
GRAVITACIÓN
44
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
Cada unha das masas no eixo X
Vector de posición da masa en A
Vector de posición da masa en B
Vector de posición do punto C
Vector de posición do punto D
Masa no punto D
Velocidade no punto D
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Campo gravitatorio en C e en D
Potencial gravitatorio en C e en D
Velocidade en C da masa que sae de D
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras)
2ª lei de Newton da Dinámica
Intensidade do campo gravitatorio que exerce unha masa M puntual nun
punto a unha distancia r
Principio de superposición
Potencial gravitatorio (referido ao infinito)
Relación entre o potencial gravitatorio e a enerxía potencial gravitatoria
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Cifras significativas: 3
MA = MB = M = 150 kg
rA = (-0, 0) m
rB = (12,0, 0) m
rC = (6,00, 0) m
rD = (6,00, 8,00) m
mD = 2,00 kg
vD = -1,00×10-4 j m/s
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
gC e gD
VC e VD
vC
⃗ =−G M m ⃗
F
ur
r2
∑F = m · a
⃗
F
M
⃗g = =−G 2 u⃗r
m
r
g = ∑gi
M
V =−G
r
EP
V=
m
Ec = ½ m v2
Mm
E p =−G
r
Solución:
O campo gravitatorio no punto C creado pola masa situada no punto A é:
⃗g A→C =−G
MA
r
2
AC
u r =−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]
⃗
150,0 [kg ] ⃗
i =−2,78×10−10 ⃗i m / s2
(6,00 [ m ])2
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 é
a suma vectorial dos dous campos.
D
g
DA
g DB
gC = gA→C + gB→C = 0
gD
r: distancia de cada un dos puntos A e B ao punto D:
2
2
r=| ⃗r D – ⃗r A|=| 6,00 ⃗i + 8,00 ⃗j | = √(6,00 [m ]) +(8,00 [m ]) =10,0 m
uD A: vector unitario do punto D tomando como orixe o punto A.
u D A=
⃗
⃗r D −⃗r A (6,00 ⃗i +8,00 ⃗j) [ m]
=
=0,600 ⃗i + 0,800 ⃗j
| ⃗r D − ⃗r A |
10,0 [m ]
gCA
A
C
gCB
B
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
45
O campo gravitatorio no punto D creado pola masa situada no punto A:
⃗g A→D =−G
M
150 [kg]
2
u r =−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]
⃗
(0,600 ⃗i +0,800 ⃗j ) m/s
r2
(10,0 [m ])2
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=−G
M
150,0 [kg]
=−6,67×10−11 [ N· m 2 · kg−2 ]
=−1,17×10−9 J /kg
rA C
6,00 [m ]
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 =−G
M
150,0 [kg ]
=−6,67×10−11 [ N · m 2 · kg−2 ]
=−1,00×10−9 J / kg
r AD
10,0 [m ]
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 mecánica 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
(
)
(
1
Mm 1
Mm
2
2
m v C +2 −G
= m v C + 2 −G
2
r AC
2
r AD
)
Despexando o valor da velocidade v:
√
v C = v2D +4 G M
√
(
)
1
1
−
=
r AC r AD
(
= (1,00×10−4 [ m /s])2 + 4 · 6,67×10−11 [ N m 2 · kg−2 ]· 150 [kg ]
)
1
1
−
=1,13×10− 4 m /s
6,00 [ m] 10,0 [ m]
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 gravitatoria
é 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 gravitatorio 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.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
46
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:
⃗g A→G =−G
(6,00 ⃗i + y G ⃗j ) [m ]
M
150 [ kg ]
u r =−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]
⃗
2
2
2
2
r AG
( √ 6,002 + y 2G [ m ]) √ 6,00 + y G [ m ]
Por simetría, o campo creado nese punto G pola masa situada en B é:
⃗g B→ G =−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg− 2 ]
(−6,00 ⃗i + y G ⃗j ) [ m ]
150 [kg ]
( √ 6,002 + y 2G [ m ])
2
√ 6,00 + y
2
2
G
[ m]
E o vector resultante valería
⃗g G =⃗g A→G + ⃗g B→ G =−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg− 2 ]
⃗g G =
6.
−2,00×10−8 y G
(6,002 + y 2G )3/2
150 [ kg ]
((6,002 + y 2G )3/ 2 [ m ]3 )
(2 y G ⃗j) [m ]
⃗j [ m /s 2 ]
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
Lado do cadrado
Cada unha das masas nos vértices
Masa que se traslada dende o infinito
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Vector campo gravitatorio no vértice baleiro
Potencial gravitatorio no vértice baleiro
Enerxía empregada para trasladar unha cuarta masa de 1 kg desde o infinito
ao centro do cadrado
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras)
Intensidade do campo gravitatorio creado por unha masa M nun punto que
dista dela unha distancia r
Principio de superposición
Cifras significativas: 3
L = 2,00 m
M = 10,0 kg
m = 1,00 kg
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
g
V
W
⃗ =−G M m ⃗
F
ur
r2
⃗
F
M
⃗g = =−G 2 ⃗
ur
m
r
g = ∑gi
−G M
Potencial gravitatorio nun punto debido a unha masa M que dista r do punto V =
r
Mm
E p =−G
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
r
Solución:
a) Suponse as masas situadas nos vértices A (0, 0), B (2, 0), e D (0, 2) m (coordenadas con tres cifras significativas).
A distancia entro os puntos A e C é:
gD
D
H
+
C
gA g
B
g
A
B
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
47
r AC =√ L +L =√(2,00 [ m ]) +(2,00 [m ]) =2,83 m
2
2
2
2
O vector unitario do punto C, tomando coma orixe o punto A, é:
u r=
⃗
⃗r A C (2,00 ⃗i +2,00 ⃗j ) [ m ]
=
=0,707 ⃗i +0,707 ⃗j
rA C
2,83 [ m]
A intensidade de campo gravitatorio gA creado no punto C creado pola masa situada en A é:
⃗g A =
−6,67×10−11 [ N·m 2 kg −2 ] ·10,0 [ kg]
·(0,707 ⃗i +0,707 ⃗j )=(−5,90 ⃗i – 5,90 ⃗j )×10−11 m / s2
2
(2,83 [ m ])
A intensidade de campo gravitatorio gD creado no punto C creado pola masa situada en D é:
⃗g D =
−6,67×10−11 [ N·m 2 kg −2 ]· 10,0 [kg ] ⃗
i =−1,67×10−10 ⃗i m /s2
2
(2,00 [ m ])
A intensidade de campo gravitatorio gB creado no punto C creado pola masa situada en B é:
⃗g B=
−6,67×10−11 [ N·m 2 kg−2 ]·10,0 [ kg ] ⃗
j=−1,67×10−10 ⃗j m /s 2
(2,00 [m ])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:
|⃗g |=√(−2,26×10 [ m /s ]) +(−2,26×10 [ m /s ]) =3,19×10
10
2
2
10
2
2
−10
m/s
2
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 distancia
ri do punto, é a suma dos potenciais individuais.

V =∑ −G

Mi
M
=−G ∑ i
ri
ri
Se todas as masas Mi son iguais, (M = Mi) entón queda
V =−G M ∑
V =−6,67×10
−11
2
(
−2
[ N·m · kg ]· 10,0 [ kg ]
1
ri
)
1
2
−10
+
=−9,03×10 J/ kg
2,83 [ m] 2,00 [m ]
b) A enerxía necesaria para leva-la masa de 1,00 kg dende o infinito ata o punto H central do cadrado de coordenadas (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.

E p = ∑ −G

Mi m
M
=−G m ∑ i
ri
ri
Se todas as masas Mi son iguais, (M = Mi) entón queda
E p =−G m M ∑
1
ri
Tódalas masas atópanse á mesma distancia do centro do cadrado:
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
48
rAH = rAC / 2 = 1,41 m
E p H =−6,67×10
−11
2
(
−2
[ N·m · kg ]· 1,00 [kg ]· 10,0 [kg ]
)
3
−9
=−1,41×10 J
1,41 [ m]
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 forza 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 planetario)
●
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
Radio do planeta
Altura da que cae na Terra
Valor da aceleración da gravidade na superficie do planeta
Valor da aceleración da gravidade na superficie da Terra
Incógnitas
Relación entre as masas do planeta e a Terra
Altura da que debería caer no planeta
Outros símbolos
Constante da gravitación universal
Masa da Terra
Masa do planeta
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce un planeta esférico sobre un corpo puntual)
Peso
2ª lei de Newton da Dinámica
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao chan, suposta g constante)
Cifras significativas: 2
RP = RT / 2
hT = 100 m
gP = 5,0 m·s-2
g0 = 10 m·s-2
Mp /MT
hP
G
MT
MP
Mm
2
r
P=m·g
∑F = m · a
Ec = ½ m · v2
Ep = m · g · h
F G =G
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 g T =G
A aceleración da gravidade será:
M Tm
2
RT
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
Na superficie do planeta:
g P=G
Na superficie da Terra:
g T =G
MP
R
2
P
MT
2
=5 m/s 2
=10 m/s
2
RT
Dividindo, e tendo en conta que Rp = RT / 2 queda2:
49
5R
G
2
P
⇒
M P=
⇒
10 R2T
M T=
G
M P 5 R 2P
R2P (R T /2)2 1
=
=
=
=
M T 10 R2T 2 R 2T
8
2 R2T
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 é
v2 = 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
h P=
v 2 2,0×103 [m 2 /s 2 ]
=
=2,0×102 m
2 gP
2 ·5,0 [ m /s2 ]
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
Masa da Lúa
Radio da Lúa
Peso na Terra
Altura da que cae
Valor da aceleración da gravidade na superficie da Terra
Incógnitas
Masa do corpo
Peso de corpo na Lúa
Velocidade coa que o corpo chega a superficie luar
Outros símbolos
Constante da gravitación universal
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce un planeta esférico sobre un corpo puntual)
Peso
Cifras significativas: 3
ML = 0,0112 MT
RP = ¼ RT
PT = 980 N
h = 100 m
gT = 9,80 m/s2
m
PL
v
G
Mm
2
r
P=m·g
F G =G
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
50
Datos
Masa da Lúa
Radio da Lúa
2ª lei de Newton da Dinámica
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao chan, suposta g constante)
Cifras significativas: 3
ML = 0,0112 MT
RP = ¼ RT
∑F = m · a
Ec = ½ m v2
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,
P T =G
M Tm
R2T
=980 N
Na superficie da Lúa:
P L =G
M Lm
2
RL
Dividindo esta última pola anterior:
PL
=
PT
G
M Lm
2
2
2
RL
M L RT 0,0112 M T RT
=
=
2 =0,0112·16=0,179
M T m M T R2L
MT
¼ RT 
G
R2T
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 radio 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 v 2 + 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 / s ]· 100 [ m]=18,7 m / s
2
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
51
◊
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
R 31
T2
R 32
=
2
2.
⇒ R2 =R1
√
3
T 22
=1,49×1011
2
T1
√(
3
2
)
4,32×102 días
=1,57×1011 m
2
3,66×10 días
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):
⃗ =−G M m ⃗
F
ur
r2
Na órbita circular (M.C.U.) só hai aceleración normal:
|⃗
a |=a N =
v2
R
e a velocidade é:
v=
2π R
T
Como só actúa FG
2
|∑ F⃗ |=|F⃗ G|=m|⃗a |=m a N=m vR
G
Mm
v2
4 π 2 R2
=m
=m
R
R2
T2R
R=

3
GMT
4 2
2
sempre que T sexa 24 horas = 8,64×104 s, M sexa a masa da Terra e G a constante da gravitación universal.
Física P.A.U.
3.
GRAVITACIÓN
52
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.

1
Mm
2
E M =E c E P= mv  −G
2
rórb

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=m rv
2
órb
m
v2
Mm
=G 2
r órb
r órb
m v2 =G
Mm
r órb
Substituíndo m v2 na expresión de enerxía mecánica:
1
Mm 1 Mm
Mm
1 Mm 1
E=E c + E P= m v 2−G
= G
−G
=− G
= E
2
rórb 2
r órb
r órb
2
r órb 2 p
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 :
1 Mm
E m 1 =− G
2
r1
Pérdese enerxía por fricción, pasará a outra órbita de radio r2 que terá unha enerxía Em2 menor que antes:
1 Mm
E m 2 =− G
2
r2
Em2 < Em1
1 Mm
1 Mm
− G
− G
2
r2
2
r1
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
53
−1 −1

r2
r1
- 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 :
1 Mm
E m 1 =− G
=−E c 1
2
r1
Pérdese enerxía por fricción, pasará a outra órbita de radio r2 que terá unha enerxía Em2 menor que antes:
1 Mm
E m 2 =− G
=−E c 2
2
r2
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 ascensor crería flotar do mesmo xeito que os astronautas da nave.
A aceleración aparente do astronauta da nave sería:
a ap =
F ap Peso−m a SR (mg−mg )
=
=
=0
m
m
m
Física P.A.U.
7.
GRAVITACIÓN
54
A velocidade de escape que se debe comunicar a un corpo inicialmente en repouso na superficie
da 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 permita 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)∞
1
Mm
m v 2−G
=E c ∞
2
R0
√
v= 2G
√
E
M
M
+ 2 c∞ > 2 G
R0
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 constante, a aceleración só ten compoñente normal aN,
mT
M m
v2
=G Sol2 T
r
r
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 constante está relacionada co período T (tempo que tarda en dar unha volta completa) pola expresión:
v=
2 πr
T
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
55
Igualando as expresións anteriores

G M Sol
2r
=
T
r
elevando ao cadrado
4  2 r 2 G M Sol
=
r
T2
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 T
B) T e T/4
C) 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 aceleración normal (centrípeta). Pola 2ª lei de Newton:
|∑ F⃗ |=|F⃗ G|=m|⃗a |=m a N=m
v 2órb
r
v 2órb
M m
m
=G 2S
r
r órb
√
v órb= G
MS
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 constante está relacionada co período T (tempo que tarda en dar unha volta completa) pola expresión:
v=
2 πr
T
o período do movemento circular é:
T=
√
2π r
2π r
r3
=
=2 π
v
G MT
M
G T
r
√
Substituíndo para o segundo planeta r = 4 R, obtemos un período:
T ' =2 π
√
3
√
3
( 4 R)
R
=2 π 64
=8T
GMT
GMT
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.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
56
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

L
g
A aceleración da gravidade é a forza sobre a unidade de masa:
FG
g= =
m
G
M Tm
R 2T
MT
=G 2
m
RT
Se o radio da Terra fose a metade, mantendo a masa, a aceleración g da gravidade na súa superficie sería catro veces maior.
MT
g '=G
2
R T / 2
=4G
MT
R 2T
=4 g
e o período T' dun péndulo nese caso sería
T ' =2 



L
L
L T
=2 
=
=
g'
4g
g 2
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|⃗a |=m a N=m
m
v 2órb
r
v 2órb
M m
=G T2
r
r
√
v órb= G
MT
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:
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
57
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 constante está relacionada co período T (tempo que tarda en dar unha volta completa) pola expresión:
v=
2 πr
T
T=
2π r
v
o período do movemento circular é:
Ao ser maior o radio de órbita B, rB > rA, e menor a súa velocidade, vB < vA, o período de revolución do satélite 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.
(
M Tm
1
2
E m =E c +E p = m v órb+ −G
2
r
)
Como xa vimos
m
v 2órb
M m
=G T2
r
r
Substituíndo m vórb2 na expresión da enerxía mecánica:
1
Mm 1 Mm
Mm
1 Mm
E=E c + E p = m v 2órb−G
= G
−G
=− G
2
rórb 2
r órb
r órb
2
r 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 improbable relación:
mA mB
=
rA 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
E p =−G
M Tm
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 circular, só ten aceleración normal (centrípeta). Pola 2ª lei de Newton:
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
58
v 2órb
⃗
⃗
F
=|
F
|=m|⃗
a
|=m
a
=m
|∑ | G
N
r
m
v órb
M m
=G T2
R
R
2
v 2órb=G
MT
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 radio, menor enerxía cinética.
C. Falsa. A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial.
(
M Tm
1
2
E m =E c + E p = m · vórb + −G
2
r
)
Como xa vimos
m
v 2órb
M m
=G T2
r
r
Substituíndo m vórb2 na expresión da enerxía mecánica:
M m 1 M m
M m
1
1 M m
E m = E c + E p = m v 2órb−G T = G T −G T =− G T
2
R
2
r
r
2
r
1
Mm 1 Mm
Mm
1 Mm
E= E c + E p = m v 2órb−G
= G
−G
=− G
2
rórb 2
r órb
r órb
2
r 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
E p =−G
M Tm
R
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
59
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 gravitatorio 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 «infindo» 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)∞
M m
1
m v 2e −G T =0
2
R
√
ve = 2 G
MT
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.
(
M Tm
1
2
E m =E c + E p= m v órb + −G
2
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:
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
60
v2órb
⃗
⃗
F
=∣
F
∣=m∣⃗
a
∣=m
a
=m
∣∑ ∣ G
N
R
v 2órb
M m
m
=G T2
R
R
MT m
R
m v2órb=G
Substituíndo m vórb2 na expresión da enerxía mecánica:
M m 1 M m
M m
1
1 M m
E m = E c + E p = m v 2órb−G T = G T −G T =− G T
2
R
2
R
R
2
R
Vese que a enerxía mecánica é negativa: E < 0.
A velocidade orbital vórb pódese calcular da expresión
MT m
R
m v2órb=G
despexando
√
v órb= G
MT
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)∞
M m
1
m v 2e −G T =0
2
R
√
ve = 2 G
MT
R
Vese que a velocidade orbital é menor que a velocidade de escape.
√
v órb= G
√
MT
M
< 2 G T =v e
R
R
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:
E p =−G
M ·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:
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
61
A. Falsa. Nas forzas centrais, como a gravitatoria, na que a dirección da forza é a da liña que une as masas, o
momento cinético (ou angular) LO dun obxecto de masa m que se move a unha velocidade v
⃗
LO =⃗r ×m⃗v
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:
⃗p =m·⃗v
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 afastado 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 de
coordenadas no Sol.
Nas forzas centrais o momento cinético (ou angular) LO dun obxecto de masa m que se move a unha velocidade v
⃗
LO =⃗r ×m⃗v
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,
d⃗
LO d (⃗r ×m ⃗v ) d ⃗r
d m⃗v
⃗ =⃗
=
=
×m ⃗
v +⃗r ×
=⃗v ×m ⃗v +⃗r ×F
0+⃗
0 =⃗0
dt
dt
dt
dt
o resultado é o vector 0 (cero) xa que o vector velocidade v e o vector momento lineal m v son paralelos e tamén 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 vector
de 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:
E p =−G
M ·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:
⃗p =m·⃗v
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.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
62
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 varrida polo vector de posición do planeta na unidade de tempo:
⃗v A =
d⃗
A
dt
A área varrida nun tempo moi pequeno dt, é a metade do produto vectorial do vector de posición r do planeta polo seu vector desprazamento d r.
1
d⃗
A= (⃗r×d ⃗r )
2
polo que a velocidade areolar pode expresarse así:
⃗v A =
d⃗
A 1 ⃗r×d ⃗r 1
d ⃗r 1
=
= ⃗r ×
= ⃗r ×⃗v
d t 2 dt
2
dt 2
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 a
distancia 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 varrida polo vector de posición do planeta na unidade de tempo:
⃗v A =
d⃗
A
dt
A área varrida nun tempo moi pequeno dt, é a metade do produto vectorial do vector de posición r do planeta polo seu vector desprazamento dr.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
63
1
d⃗
A= (⃗r ×d ⃗r )
2
polo que a velocidade areolar pode expresarse así:
⃗v A =
d⃗
A 1 ⃗r ×d ⃗r 1
d ⃗r 1
=
= ⃗r × = ⃗r ×⃗v
dt 2 dt
2
dt 2
no que v é o vector velocidade do planeta.
Derivando vA respecto ao tempo,
d ⃗v A
=
dt
1
d ( ⃗r ×⃗v )
2
1 d ⃗r
1
d ⃗v 1
1
=
×⃗
v +
⃗r ×
= ⃗
v ×⃗v +
⃗r×⃗a =⃗0 + ⃗
0 =⃗0
dt
2 dt
2
dt 2
2
o resultado é o vector 0 (cero) xa que o produto vectorial dun vector v por si
mesmo é cero e o vector de posición r e o vector forza a son paralelos, xa que a
aceleración ten a mesma dirección que a forza de atracción entre o Sol e o planeta.
F
v
r
As outras opcións:
A. Falsa.
O momento lineal p dun obxecto de masa m que se move a unha velocidade v vale:
⃗p =m·⃗v
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:
E p =−G
M ·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. Defínese 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 cinética:
Wresultante = Ec B – Ec A = ΔEc
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
64
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. Defínese 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 cinética:
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 camiño, 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 vértice
A ata o vértice oposto C, e a forza de rozamento ten un valor constante de 2,0 N. Nun primeiro intento, levamos 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)
Física P.A.U.
4.
GRAVITACIÓN
65
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 potencial:
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 (cargas
e 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 para
as forzas gravitatorias, carga para as forzas eléctricas) entre dous puntos é independente do camiño percorrido, 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.
Forza
Enerxía potencial
gravitatoria
eléctrica
⃗ G =−G M m ⃗
F
ur
r2
⃗ E =K Q q ⃗
F
ur
r2
E p G =−G
Mm
r
E p E =K
Qq
r
As outras opcións:
A: A forza gravitatoria é sempre atractiva, pero a forza eléctrica é atractiva para cargas de distinto signo pero
repulsiva 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, aínda
que 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 J
B) 200 J
C) -600 J
(P.A.U. Xuño 98)
Solución: B
O traballo que fai unha forza conservativa entre dous puntos A e B é:
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
66
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:
d⃗
LO d (⃗r ×m⃗v ) d ⃗r
d m⃗v
⃗ =⃗
=
=
×m ⃗
v +⃗r ×
=⃗v ×m⃗v +⃗r ×F
0+⃗
0 =⃗0
dt
dt
dt
dt
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.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
67
●
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 kg
B) O de 10 kg
C) 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 =G
MT
r
2
=G
MT
 RT h
h≪ R T
2
≈ G
MT
2
RT
=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 t 2
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, o
tempo 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 g – F rozamento
F
=
=g− rozamento
m
m
m
que sería constante para cada obxecto, pero dependería da masa. Canto maior fose a masa, maior sería a aceleración (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 =g 0 – a N =g 0 –
v2
=g 0− ω 2 R T
RT
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
68
no que g0 é o campo gravitatorio terrestre e ω 2RT é a aceleración centrípeta no ecuador (ω é a velocidade angular de rotación da Terra, e RT o radio dela no ecuador). Nun punto de latitude λ, o radio de xiro (do paralelo) é r = RT cos λ. A compoñente cara ao centro da Terra da aceleración centrípeta ω 2 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 enriba 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 =G
M Tm
r
2
na que G é a constante da gravitación universal, MT é a masa da Terra, e r é a distancia entre o obxecto, suposto 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 t 2
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 ·500 [m]
2 x
=
=10 s
a
9,8 [ m/s2 ]
o mesmo.
5.
Cando sobre un corpo actúa unha forza, a aceleración que adquire é:
A) Proporcional á masa.
B) Inversamente proporcional á masa.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
69
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 resultante das forzas que actúan sobre el, e na mesma dirección e sentido que ela. A constante de proporcionalidade 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 / RT2
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 =G
m
2
r
na que m é a masa da esfera de radio r interior ao punto no que desexamos calcula-lo valor do campo gi. Se a
densidade ρ é a mesma que a da Terra:
ρ=
MT
4/3π R
g i =G
7.
2
r R
3
T
=G
m
4 /3 π r 3
3
RT
MT
R
=
M Tr3
m=
M Tr3
3
T
3
T
r=G
MT r
r
=g 0
2
RT
R T RT
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 =G
MT
2
R T h 
Na superficie da Terra vale:
g 0 =G
MT
2
RT
Dividindo:
g h =g 0
R2T
R T h
2
g 0
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
70
para calquera altura h
No interior da Terra (suposta unha esfera maciza de densidade constante), a unha profundidade p:
g p =G
m
2
r
no que m é a masa dunha esfera de radio r (r = RT – p), coa mesma densidade que a da Terra:
ρ=
MT
4/3π R
3
T
=
m
4 /3 π r 3
de onde:
g p =G
MT
R
r = g0
3
T
r
g 0
RT
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
g
g
9,8
9,8
9,8
r
RT
r
A)
B)
RT
r
C)
(P.A.U. Set. 07)
Solución: C
No interior da Terra (suposta unha esfera maciza de densidade constante):
g i =G
m
2
r
na que m é a masa da esfera de radio r interior ao punto no que desexamos calcular o valor do campo gi. Se a
densidade ρ é a mesma que a da Terra:
ρ=
MT
4 / 3 π R3T
m=
g i =G
M T r3
2
r R
3
T
=G
R
m
4 /3 π r 3
M T r3
MT
3
T
=
3
RT
r=G
MT r
r
=g 0
2
R
R
RT T
T
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=G
m
2
r
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
71
●
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 = |⃗v |
|
d⃗
u T v2
=
dt
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
m
r
e a suma dos potenciais debidos a varias masas serán tamén negativos.
d
O punto A entre m e 2m, no que o campo gravitatorio se anule, atoparase a una
distancia r de masa m que cumpra que:
gm + g2m = 0
gm
m
Supoñendo que m atópase na orixe de coordenadas e 2m no eixo X, cumprirase
que:
−G
(
g2m
2m
r
)
m⃗
2m
⃗
⃗ ⃗
2 i + −G
2 (− i )=0 i = 0
r
(d −r )
1
2
2=
2
r d −r
d−r
= 2
r
r=
d
=0,414 d
  21
C m
2.
Nun sistema illado, dúas masas idénticas M están separadas unha
distancia a. Nun punto C da recta CE perpendicular a a por a/2
a/2
M
a/2
O
E
M
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
72
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
C m
A forza gravitatoria é unha forza de atracción. Cada masa M atrae cara a si á
masa m. A lei da gravitación de Newton di que a forza é proporcional ás masas M e m e inversamente proporcional ao cadrado da distancia r entre os
M
seus centros.
⃗ =−G M m ⃗
F
ur
r2
O
M
E
Como as masas e as distancias son iguais, as forzas gravitatorias das masas M sobre m son do mesmo valor e
simétricas 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 desprazarase 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:
E P=−G
M ·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 · y
No presente caso a aceleración é:
a=
F
M
M
=−2 G 2 sen α =−2 G 2
m
r
y +(a / 2)2
y
√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 depende de y.
Física P.A.U.
GRAVITACIÓN
73
Índice de contido
GRAVITACIÓN..............................................................................................................................................1
INTRODUCIÓN.................................................................................................................................................1
MÉTODO.....................................................................................................................................................1
APROXIMACIÓNS.......................................................................................................................................1
RECOMENDACIÓNS...................................................................................................................................2
ACLARACIÓNS............................................................................................................................................2
PROBLEMAS.....................................................................................................................................................3
SATÉLITES...................................................................................................................................................3
MASAS PUNTUAIS....................................................................................................................................38
OUTROS.....................................................................................................................................................48
CUESTIÓNS.....................................................................................................................................................51
SATÉLITES.................................................................................................................................................51
CAMPOS DE FORZAS...............................................................................................................................63
GRAVIDADE TERRESTRE........................................................................................................................67
MOVEMENTO CIRCULAR........................................................................................................................71
MASAS 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]
Algunhas 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 documento
http://www.cem.es/sites/default/files/recomendaciones_cem_ensenanza_metrologia_sep_2014_v01.pdf