Problemas campo gravitatorio y campo eléctrico resueltos

PRUEBA 1
1. Un trineo de 100 kg parte del reposo y desliza hacia abajo por una ladera de 30º de inclinación
respecto a la horizontal.
a. Explique las transformaciones energéticas durante el desplazamiento del trineo
suponiendo que no existe rozamiento y determine, para un desplazamiento de 20m,
la variación de sus energías cinética y potencial.
b. Explique, sin necesidad de cálculos, cuáles de los resultados del apartado a) se
modificarían y cuáles no, si existiera rozamiento.
g = 10 m·s-2
Solución:
a. Llamando A al punto de partida y B el punto al que llega tras recorrer 20 m, tenemos que
desde A (v = 0) hasta B el trineo va ganando Ec (consecuencia de un aumento de la
velocidad) y perdiendo Ep (consecuencia de una disminución de su altura con respecto al
origen de energías potenciales (considerado el suelo). De modo que parte de la energía
potencial que tenía en A se ha transformado en Ec en B. Como no hay rozamiento, la
energía mecánica se conserva, de modo que:
𝐸𝑚𝐴 = 𝐸𝑚𝐵 → 𝐸𝑐𝐴 + 𝐸𝑝𝐴 = 𝐸𝑐𝐵 + 𝐸𝑝𝐵 → 𝐸𝑝𝐴 → −∆𝐸𝑝 = ∆𝐸𝑐
−∆𝐸𝑝 = 𝑚𝑔ℎ𝐴 − 𝑚𝑔𝐵 = 𝑚𝑔(ℎ𝐴 − ℎ𝐵 )
Al descender 20 m por la ladera tenemos que la variación de la altura (ℎ𝐴 − ℎ𝐵 ) puede ser
calculada por trigonometría:
ℎ𝐴 − ℎ𝐵 = sen 30º · 20𝑚 = 10𝑚
De modo que:
𝑁
−∆𝐸𝑝 = ∆𝐸𝑐 = 100 𝑘𝑔 · 10
· 10 𝑚 = 10 000 𝐽
𝑘𝑔
b. En caso de existir rozamiento (fuerza no conservativa), tenemos que:
𝐸𝑚𝐴 = 𝐸𝑚𝐵 + 𝑊𝐹𝑁𝐶
La variación de la energía potencial entre A y B sería la misma, ya que solo depende de los
puntos inicial y final. Sin embargo, la energía cinética en el punto B sería distinta que en el
apartado anterior, dado que parte de la energía del cuerpo se disiparía como consecuencia de
una disipación como causa del trabajo realizado para vencer la fuerza no conservativa, de modo
que:
∆𝐸𝑐 = −𝑊𝐹𝑁𝐶
2. Un disco de 25 cm de radio y 0,25 kg de masa gira en torno a un eje perpendicular a él y que
pasa por su centro, con una velocidad angular de 12,6 rad·s -1. Si se deja caer verticalmente y
coaxialmente otro disco de 0,12 m de radio y 0,15 kg de masa, que inicialmente se encontraba
en reposo, calcula la velocidad angular del conjunto.
Solución:
Se calcula el momento de inercia de cada cilindro:
1
1
I1 = m1 r12 = (0,25 kg)(0,25m)2 = 7,8 · 10−3 kg m2
2
2
1
1
I2 = m2 r22 = (0,15 kg)(0,12m)2 = 1,1 · 10−3 kg m2
2
2
Se conserva el momento angular:
(7,8 · 10−3 kg m2 )(12,6 rad s −1 )
I1 ω1
L0 = Lf → I1 ω1 = (I1 + I2 )ωf → ωf =
=
(I1 + I2 ) (7,8 · 10−3 kg m2 ) + (1,1 · 10−3 kg m2 )
= 11rad s−1
3. La misión Cassini a Saturno-Titán comenzó en 1997 con el lanzamiento de la nave desde Cabo
Cañaveral y culminó el pasado 14 de enero de 2005, al posarse con éxito la cápsula Huygens
sobre la superficie de Titán, el mayor satélite de Saturno, más grande que nuestra Luna e
incluso más que el planeta Mercurio.
a. Admitiendo que Titán se mueve alrededor de Saturno describiendo una órbita circular
de 1,2·109 m de radio, calcule su velocidad y periodo orbital.
b. ¿Cuál es la relación entre el peso de un objeto en la superficie de Titán y en la
superficie de la Tierra?
G = 6,67·10-11 N·m2·Kg-2; MSaturno = 5,7·1026 Kg; MTitán = 1,3·1023 kg; RTitán = 2,6·106 m; g = 10m·s-2
a. Por ser la órbita circular tenemos que la fuerza gravitatoria se estará comportando como fuerza
centrípeta, de modo que su velocidad orbital será:
𝐹𝐺 = 𝐹𝐶 → 𝐺 ·
𝑀𝑆𝑎𝑡𝑢𝑟𝑛𝑜 · 𝑀𝑇𝑖𝑡á𝑛
𝑣2
𝑀𝑆𝑎𝑡𝑢𝑟𝑛𝑜
𝑁𝑚2 5,7 · 1026 𝐾𝑔
−11
√
√
=
𝑀
·
→
𝑣
=
𝐺
·
=
6,67
·
10
·
𝑇𝑖𝑡á𝑛
𝑟2
𝑟
𝑟
𝑘𝑔2 1,2 · 109 𝑚
𝑚
= 5,63 · 103
𝑠
Para calcular su periodo utilizamos la tercera ley de Kepler:
4 · 𝜋2
𝑇 = 𝐾𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑛𝑜 · 𝑟 =
· 𝑟3 =
𝐺 · 𝑀𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑛𝑜
2
3
4 · 𝜋2
· (1,2 · 109 )3 𝑚3
2
𝑁
·
𝑚
6,67 · 10−11
· 5,7 · 1026 𝑘𝑔
𝐾𝑔2
𝑇 = √1,79 · 1012 𝑠 2 = 1,36 · 106 𝑠
Que en días serías:
𝑇 = 1,36 · 106 𝑠 ·
1𝑑í𝑎
= 15,74 𝑑í𝑎𝑠
8,64 · 104 𝑠
b.
𝑔𝑇𝑖𝑡á𝑛
𝑀𝑇𝑖𝑡á𝑛
𝑁 · 𝑚2 1,3 · 1023 𝑘𝑔
𝑁
−11
=𝐺· 2
= 6,67 · 10
·
=
1,28
𝑘𝑔2 (2,6 · 106 )2 𝑚2
𝑘𝑔
𝑅𝑇𝑖𝑡á𝑛
𝑚
1,28 2
𝑃𝑇𝑖𝑡á𝑛 = 𝑚 · 𝑔𝑇𝑖𝑡á𝑛
𝑃𝑇𝑖𝑡á𝑛
𝑔𝑇𝑖𝑡á𝑛
𝑠
} 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜
=
=
𝑚 = 0,128 → 𝑃𝑇𝑖𝑡á𝑛 = 0,128 · 𝑃𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎
𝑃𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎 = 𝑚 · 𝑔𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎
𝑃𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎 𝑔𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎
10 2
𝑠
El peso de un objeto en la superficie de Titán será 0,128 veces el peso de un objeto en la superficie
de la Tierra.
4. Un satélite de 200 kg describe una órbita circular alrededor de la Tierra y su energía cinética
es de 5,3·109 J.
a. Deduzca la expresión del radio de la órbita y calcule su valor y el de la energía
mecánica del satélite.
b. Determine la velocidad de escape del satélite desde su posición orbital.
G = 6,67·10-11 N·m2·kg-2; MT = 6·1024 kg.
Solución:
a. La expresión del radio de la órbita, considerando que la fuerza gravitatoria se comporta como
fuerza centrípeta, será:
𝑀𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎 · 𝑀𝑆𝑎𝑡é𝑙𝑖𝑡𝑒
𝑣2
𝐺 · 𝑀𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎
𝐹𝐺 = 𝐹𝐶 → 𝐺 ·
=
𝑀
·
→
𝑟
=
𝑆𝑎𝑡é𝑙𝑖𝑡𝑒
𝑟2
𝑟
𝑣2
Dado que la EC = 5,3·109 J:
9 𝐾𝑔 · 𝑚 · 𝑚
2
·
5,3
·
10
1
2
·
𝐸
𝑚
𝐶
𝑠2
𝐸𝐶 = 𝑚𝑣 2 → 𝑣 = √
=√
= 7,28 · 103
2
𝑚
200 𝑘𝑔
𝑠
Por lo tanto:
𝑟=
𝐺 · 𝑀𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎
=
𝑣2
𝑁𝑚2
6 · 1024 𝑘𝑔
𝑘𝑔2
= 7,55 · 106 𝑚 = 7,55 · 103 𝑘𝑚
2
𝑚
(7,28 · 103 𝑠 )
6,67 · 10−11
La energía mecánica del satélite viene dada por la suma de su energía potencial y su energía
cinética:
1
𝑀·𝑚
1
𝑀·𝑚
1
𝑁𝑚2 6 · 1024 𝑘𝑔 · 200 𝑘𝑔
𝐸 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑃 = 𝑚 · 𝑣 2 + (−𝐺 ·
)=− 𝐺·
= − · 6,67 · 10−11
·
2
𝑟
2
𝑟
2
𝑘𝑔2
7,55 · 106 𝑚
= −5,3 · 109 𝐽
b. La velocidad de escape del satélite desde su posición orbital vendrá determinada por:
1
𝑀·𝑚
𝑀
𝑁𝑚2 6 · 1024 𝐾𝑔
𝑚
2
4
−11
√
√
𝑚 · 𝑣𝑒 + (−𝐺 ·
) = 0 → 𝑣𝑒 = 2 · 𝐺 · = 2 · 6,67 · 10
·
=
1,03
·
10
2
𝑟
𝑟
𝑘𝑔2 7,55 · 106 𝑚
𝑠
5. Una bolita de plástico de 2 g se encuentra suspendida de un hilo de 20 cm de longitud y, al
aplicar un campo eléctrico uniforme y horizontal de 1000 N·C-1, el hilo forma un ángulo de 15º
con la vertical.
a. Dibuje en un esquema el campo eléctrico y todas las fuerzas que actúan sobre la
esfera y determine su carga eléctrica.
b. Explique cómo cambia la energía potencial de la esfera al aplicar el campo eléctrico.
g = 10 m·s-2
Solución:
a.
𝑙 = 0,2 𝑚
𝐸 = 103 𝑁/𝐶
𝑚 = 2 · 10−3 𝑘𝑔
𝑇𝑥 = 𝑇 · sen 15°
𝑇𝑦 = 𝑇 · cos 15°
Aplicando las condiciones de equilibrio en los ejes:
𝐸𝑗𝑒 𝑋 → ∑ 𝐹𝑥 = 0 → 𝑇𝑥 = 𝐹𝐸 → 𝑇 · sen 15° = 𝑄 · 𝐸 (1)
𝐸𝑗𝑒 𝑌 → ∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑇𝑦 = 𝑚 · 𝑔 → 𝑇 · cos 15° = 𝑚 · 𝑔 (2)
Dividiendo entre sí las ecuaciones (1) y (2):
𝑄·𝐸
𝑚 · 𝑔 · tan 15°
tan 15° =
→𝑄=
= 5,35 · 10−6 𝐶
𝑚·𝑔
𝐸
b.
𝑥 = 𝑙 · sen 𝛼
ℎ = 𝑙 − 𝑙 · cos 𝛼 = 𝑙 · (1 − cos 𝛼)
Cuando se aplica el campo eléctrico la energía potencial del sistema es dos
tipos, gravitatoria y eléctrica. Ambas varían con el ángulo 𝛼 (la gravitatoria
crece con 𝛼 y la eléctrica decrece, al moverse la bolita hacia zonas de menor
potencial).
∆𝐸𝑃 = ∆𝐸𝑃 (𝑔𝑟𝑎𝑣𝑖𝑡𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎) + ∆𝐸𝑃 (𝑒𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎)
Para calcular la variación de la energía potencial gravitatoria, consideramos
como origen de niveles potenciales la situación inicial de la bola, y como ∆𝐸𝑃 =
𝐸𝑃(𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙) − 𝐸𝑃(𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙) = 𝐸𝑃(𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙) :
∆𝐸𝑃 (𝑔𝑟𝑎𝑣𝑖𝑡𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎) = 𝑚 · 𝑔 · ℎ
Dado que las fuerzas que actúan son conservativas la energía mecánica debe conservarse. Como
la bolita se encuentra en reposo en el estado inicial y en el final la variación de su energía cinética
es nula y, por tanto, la variación de su energía potencial también tiene que serlo:
∆𝐸𝑚 = 0 → ∆𝐸𝑚 = ∆𝐸𝑐 + ∆𝐸𝑐 → ∆𝐸𝑐 = −∆𝐸𝑝 = 0
De modo que:
∆𝐸𝑃(𝑒𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎) + ∆𝐸𝑃(𝑔𝑟𝑎𝑣𝑖𝑡𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎) = 0 → ∆𝐸𝑃(𝑒𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎) = −∆𝐸𝑃(𝑔𝑟𝑎𝑣𝑖𝑡𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎)
6. El potencial eléctrico en un punto P, creado por una carga Q situada en el origen, es 800 V y el
campo eléctrico en P es 400 N·C-1.
a. Determine el valor de Q y la distancia del punto P al origen.
b. Calcule el trabajo que se realiza al desplazar otra carga q = 1,2·10-6 C desde el punto
(3,0) m al punto (0,3) m. Explique por qué no hay que especificar la trayectoria
seguida.
K = 9·109 N·m2·C-2
a.
𝑄
𝑄
→ 400 = 𝐾 · 2
2
1 1
𝑟
𝑟
}
𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜:
=
𝑟 = 2𝑚
𝑄
𝑄
2
𝑟
𝑉 = 𝐾 · 𝑟 → 800 = 𝐾 · 𝑟
𝑉·𝑟
800 𝑉 · 2𝑚
−7
𝑄=
=
𝐶
2 1,77 · 10
𝑁
·
𝑚
𝐾
9
9 · 10
𝐶2
𝐸=𝐾·
b.
Como las distancias A y B a la carga que crea el campo
son iguales (3m), los potenciales en ambos puntos son
iguales, por lo tanto, VA – VB =0.
𝑊 = 𝑄(𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 ) = 0
No hay que especificar la trayectoria porque el campo
eléctrico es conservativo.