interacción gravitatoria física de 2º de bachillerato 16 de noviembre ...

INTERACCIÓN GRAVITATORIA
FÍSICA DE 2º DE BACHILLERATO
16 DE NOVIEMBRE DE 2010
NOMBRE Y APELLIDOS______________________________________________________________
1. Enuncia las Leyes de Kepler (1 punto). Demuestre la segunda en el caso particular de órbitas circulares.
(1 punto)
2. Explique y justifique las siguientes afirmaciones:
a) El momento angular de un planeta en una órbita elíptica alrededor de una estrella es igual en el
periastro P, punto de su trayectoria más próximo a la estrella, que en su apoastro A, punto más
alejado, y su celeridad es diferente. (1 punto)
b) Si de alguna manera el radio de la Tierra se redujese a la mitad sin alterar su masa. ¿Cuál sería el
valor de g sobre la nueva superficie? ¿Cuál sería el valor de g a una distancia de la superficie igual
al radio inicial? (1 punto)
3. Dos masas puntuales m1 = 5 kg y m2 = 10 kg se encuentran situadas en el plano XY en dos puntos de
coordenadas (x1, y1) = (0, 1) y (x2, y2) = (0, 7) respectivamente. Se pide:
a) Campo gravitatorio debido a las dos masas en el punto de coordenadas (x, y) = (4, 4). (1 punto)
b) El potencial gravitatorio debido a las dos masas en el punto (0, 4) y en el punto (4, 4). (1 punto)
c) Trabajo necesario para trasladar una masa de 1 kg situada en el punto (0, 4) hasta el punto (4, 4)
en presencia de las otras dos masas. ¿Qué interpretación física tiene el signo del trabajo
calculado? (1 punto)
Datos: G = 6’67·10 -11 Nm 2 kg -2
Nota: Todas las coordenadas espaciales están dadas en metros.
4. La Estación Espacial Internacional (ISS) describe alrededor de la Tierra una órbita prácticamente
circular a una altura h = 390 km sobre la superficie terrestre, siendo su masa m = 415 toneladas.
a) Determina la energía que habría que proporcionar a un trasbordador espacial de 4000 kg para
colocarlo en la misma órbita que la Estación Espacial (0’75 puntos).
b) Calcule el período de rotación en minutos así como la velocidad con la que se desplaza la
Estación Espacial Internacional. (1 punto).
c) ¿Qué energía se necesitaría para llevar a la Estación Espacial Internacional desde su órbita
actual a otra a una altura doble? ¿Cuál sería su período de rotación en esta nueva órbita? (1’25
puntos).
Datos: G = 6’67·10 -11 Nm 2 kg -2 ; RT = 6370 km; MT = 5’98·10 24 kg
COLEGIO COLEGIO SAN SAN FRANCISCO FRANCISCO DE DE ASÍS
ASÍS
FRANCISCANOS CONVENTUALES PL. SAN FRANCISCO DE ASÍS, 1 47013
VALLADOLID

SOLUCIÓN:
INTERACCIÓN GRAVITATORIA
FÍSICA DE 2º DE BACHILLERATO
16 DE NOVIEMBRE DE 2010
1. (2 puntos)
1ª Ley o Ley de las Órbitas: Los planetas describen órbitas elípticas alrededor del Sol, estando
situado este en uno de sus focos.
2ª Ley o Ley de las Áreas: El radiovector dirigido desde el Sol a los planetas recorre áreas iguales en
tiempos iguales:
dA 1
= r ∧ v = cte
dt 2
.
3ª Ley o Ley de los Períodos: Los cuadrados del periodo de revolución de los planetas alrededor del
Sol, T, son proporcionales a los cubos de los semiejes mayores, o radios medios de sus órbitas r: T 2 =
k·r 3 . Donde k es una constante igual para todos los planetas que depende de la masa del Sol.
DEMOSTRACIÓN DE LA LEY DE LAS ÁREAS: Toda partícula que se mueve bajo la acción de
una fuerza central tiene momento cinético constante, L = cte
cumple la ley de las áreas: Supongamos que la partícula tarda
un tiempo t en pasar de P a P’, el vector de posición ha barrido
en este tiempo el área A. Esta
superficie, para un tiempo
pequeño dt, viene a ser la de un
triángulo, en el que ds equivale a
un arco de circunferencia. El área
de este triángulo es:
, y por ser constante en módulo se
1 1 1 2 2
dA = ds ⋅ r = d θr ⋅ r = r ⋅d θ ⇒ r d θ = 2dA
2 2 2
El área barrida está relacionada con el módulo del momento cinético de la siguiente forma:
ds d θ 2 d θ dA
L = r ⋅mv ⋅ sen ( r , v ) = r ⋅mv ⋅ sen 90º = rmv = rm = rm ⋅ ⋅ r = mr = 2 ⋅m ⇒
dt dt dt dt
Si L = cte
dA L
⇒ =
dt 2m
dA
= cte . Por tanto, las áreas barridas en tiempos iguales son iguales. El término
dt
dA
dt recibe el nombre de velocidad areolar.
2. Comencemos:
a) Las fuerzas gravitatorias son fuerzas centrales, su dirección es la del
radio, por tanto el momento de estas fuerzas respecto al centro (estrella)
es nulo y su momento angular constante: (0’5 puntos)
dL
M = r ∧ F, r || F ⇒ M = 0 y M = ⇒ L = cte → L = L
dt
a p
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Por otro lado, (0’5 puntos)
INTERACCIÓN GRAVITATORIA
FÍSICA DE 2º DE BACHILLERATO
16 DE NOVIEMBRE DE 2010
L = L ⇒ L = L → r mv = r mv → r v = r v y como r > r ⇒ v < v , diferente.
a p a p a a p p a a p p a p a p
b) Calculamos el nuevo valor del campo gravitatorio, g’, en función del que suponemos conocido g:
M M M
g = G → g ' = G = 4G = 4g
2 2
2
RT ⎛ R R
T ⎞
T
⎜ 2 ⎟
⎝ ⎠
El valor del campo gravitatorio será cuatro veces mayor que el actual, sobre el planeta hipotético.
(0’5 puntos)
Ahora calculamos el valor del campo gravitatorio a una distancia de la superficie (h, altura) igual al
radio inicial (RT), es decir una distancia al centro del planeta igual al radio reducido de la Tierra
(RT/2, la mitad del radio inicial) más el radio inicial (RT):
R R 3R M 4 M 4
r = + h = + R = ⇒ g ' = G = G = g
T T T
2 2
T
2 ⎛3RT 2
⎞ 9
2
RT
9
⎜ 2 ⎟
⎝ ⎠
El valor del campo gravitatorio será cuatro novenos que el actual, sobre el planeta hipotético. (0’5
puntos)
M
g = −G
u (1 punto)
r
3. a) El campo gravitatorio que ejerce una partícula tiene la forma: 2 r
6 m
El campo que genera la primera masa es:
m2
m1
r2
r1
4 m
α
g1
g2
P(4,4)
El campo que genera la segunda masa es:
M
g2 = g2 x + g2 y = − g2 cos αi + g2senα j = G ( − cos αi + senα j)
=
2
r
11 2 2 10kg
− −
= 6'67 ⋅10 Nm kg ( − cos36'87 i + sen36'87 j)
=
2
(5 m)
−11 −11
= ( −2'134 ⋅ 10 i + 1'601⋅10 j) N / kg
Finalmente, el campo gravitatorio total en el punto (4, 4) es:
3
tgα = → α = 36'87º; r1 =
4
2 2
3 + 4 m = 5m
g1 = g1x + g1y M
= −g1 cos αi − g1senα j = − G (cos αi + senα j)
=
2
r
11 2 2 5kg
− −
= −6'67 ⋅ 10 Nm kg (cos36'87 i + sen36'87 j)
=
2
(5 m)
−11 −12
= ( −1'067 ⋅10 i −8'004 ⋅10
j) N / kg
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−11 −12 −11 −11
gT = g1 + g2 = ( −1'067 ⋅10 i −8'004 ⋅ 10 j) N / kg + ( −2'134 ⋅ 10 i + 1'601⋅ 10 j) N / kg =
−11 −12
= ( −3'201⋅ 10 i + 8'006 ⋅10
j) N / kg
b) (1 punto)
m m ⎛ 5kg 10kg
⎞
1 2
−11 2 −2 −10
V(0,4) = V1(0,4) + V2(0,4) = −G − G = −6'67 ⋅ 10 Nm kg ⎜ + ⎟ = −3'335⋅10 J / kg
r1(0,4) r2(0,4) ⎝ 3m 3m
⎠
m m ⎛ 5kg 10kg
⎞
1 2
−11 2 −2 −10
V(4,4) = V1(4,4) + V2(4,4) = −G − G = −6'67 ⋅ 10 Nm kg ⎜ + ⎟ = −2'001⋅10 J / kg
r1(4,4) r2(4,4) ⎝ 5m 5m
⎠
a) El trabajo para trasladar la carga se puede calcular mediante el incremento de energía potencial: (1
punto)
W(0,4) (4,4) = Ep(0,4) – Ep(4,4) = mV(0,4) – mV(4,4) = 1kg·(-3’335·10 -10 + 2’001·10 -10 )J/kg = -1’334·10 -10 J
El trabajo tiene signo negativo, es decir, es un trabajo que hay que realizar sobre la partícula para
que aumente su energía potencial.
4. Comencemos:
a) El radio de la órbita por la que circula la estación espacial es h = 390 km r = RT + h = 6370 km +
390 km = 6760 km = 6’76·10 6 m. (0’25 puntos)
Pide calcular la energía de satelización del trasbordador: (0’5 puntos)
Mm Mm ⎛ Mm ⎞ ⎛ 1 1 ⎞
Ec0 = Ecf + Epf − Ep 0 = G − G − ⎜ − G ⎟ = GMm⎜
− ⎟ ⇒
2r r ⎝ R ⎠ ⎝ R 2r
⎠
2
−11
Nm
24 3 ⎛ 1 1 ⎞
11
⇒ Δ E = 6'67 ⋅10 ⋅5'98 ⋅10 kg ⋅ 4'000 ⋅10 kg ⋅ 1'32 10 J
2 ⎜ − 6 6 ⎟ = ⋅
kg ⎝ 6'370 ⋅10 m 2⋅ 6'76 ⋅10
m ⎠
b) Sabemos que el radio de la órbita por la que circula la estación espacial es h = 390 km r = RT + h
= 6370 km + 390 km = 6760 km = 6’76·10 6 m.
Calculamos la velocidad de un cuerpo en una órbita alrededor de la Tierra igualando la fuerza
centrífuga a la de atracción gravitatoria:
g c
2
v Mm M
r
2
r r
F = F → m = G → v = G ⇒
2
−11
Nm
24
5'98⋅10 kg m
2 6
⇒ v = 6'67⋅10 ⋅ = 7681'4
kg 6'76⋅10 m s
El periodo es el tiempo que tarda en dar una vuelta completa:
(0’5 puntos)
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16 DE NOVIEMBRE DE 2010
6
2π r 2π ⋅6'76 ⋅10
m 1min
T = = = 5529'5s ⋅ ≃ 92 min (0’5 puntos)
v 7681'4 m
60s
s
c) El radio de la órbita con altura doble que la inicial será: r = RT + h = 6370 km + 780 km = 7150 km
= 7’15·10 6 m. (0’25 puntos)
La energía de una órbita la calculamos como la suma de la energía cinética más la potencial:
1 Mm 1 Mm Mm 1 Mm
2 r 2 r r 2 r
2
Eórb = Ec + Ep = mv − G = G − G = − G
Para llevarla desde la órbita inicial r0 hasta la final rf el consumo energético es: (0’5 puntos)
1 Mm ⎛ 1 Mm ⎞ Mm ⎛ 1 1 ⎞ Mm ⎛ rf − r ⎞ i
Δ E = Eórb( f ) − Eórb ( i) = − G − ⎜ − G ⎟ = G ⎜ − = G
⇒
2 rf 2 ri 2 ⎜
⎟
ri r ⎟
⎜ ⎟
f 2 ⎜ rr ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ i f ⎠
2 24 5 6 6
−11
Nm 5'98 ⋅10 kg ⋅ 4'15 ⋅10 kg ⎛ 7 '15⋅10 − 6'76 ⋅10
⎞
11
⇒ Δ E = 6'67 ⋅10 ⋅ ⋅ 6'68 10 J
2 ⎜ 6 6 ⎟ = ⋅
kg
2 ⎝ 6'76 ⋅10 ⋅7 '15⋅10 ⎠
El periodo de rotación en la nueva órbita se calcula a partir de la velocidad en la misma:
2 24
−11
Nm 5'98⋅10 kg m
v = 6'67 ⋅10 ⋅ = 7469 ⇒
2 6
kg 7'15⋅10 m s
6
2π r 2π ⋅7'15⋅10 m 1min
⇒ T = = = 6015s ⋅ ≃ 100min
v 7469 m
60s
s
(0’5 puntos)
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