GRAVITACION
227
Capítulo 7 Gravitación INTRODUCCIÓN En el presente capítulo, trataremos puntos relacionados con la cinemática y dinámica del sistema planetario solar. Primero, se considera al cuerpo Sol, como centro de referencia del sistema, por: ser el cuerpo más grande, coincide prácticamente con el centro de masa del sistema y se mueve más lentamente l entamente que los otros planetas; es un buen sistema inercial. Las leyes de Kepler, que describen la cinemática del movimiento planetario, simplemente se enunciarán. Para un mejor entendimiento de la Ley de Gravitación Universal, que permite en análisis de la dinámica del movimiento planetario, es necesario considerar a los planetas como partículas pequeñas. pequeñas.
LEYES DE KEPLER La interacción entre dos cuerpos, ya sea planetas o partículas, produce un movimiento, el cual puede ser descrito per las siguientes leyes: Primera Ley: "Los planetas describen órbitas elípticas, estando el Sol en uno de sus focos". fo cos". Un caso particular de una elipse es un círculo, en el cual los dos focos coinciden con el centro. En este caso, de acuerdo a la 2da. Ley de Newton, F , se dirige hacia el centro del círculo. Luego usando la expresión de la fuerza centrípeta en el movimiento circular y refiriendo el movimiento de "m" a un sistema de referencia situado en m', m ', podemos escribir: 2 mv F= r
… (1)
v
m
F
m
r
Segunda Ley: "El vector posición de cualquier planeta con respecto al Sol, barre áreas iguales de la elipse en tiempos iguales". Esta proposición se denomina la ley de las l as áreas. Indica que la fuerza asociada con la interacción gravitacional es central. Esto es, la fuerza fuer za actual a lo largo de la línea que une los dos cuerpos interactuantes, en este caso un planeta y el Sol.
m
F
F r
m
Tercera Ley : “Los cuadrados de los períodos de revolución son proporcionales a los cubos de las distancias promedio de los planetas al Sol". Luego se cumple que:
FISICA I
2
2
228
3
p = (Período) = k r; siendo k una una constante de proporcionalidad. 2π
…en (1)
v = ( p ) r
Luego, sabiendo que:
m 2π F = = r ( p )2 r 2 =
4π2(m r ) p2
… (2)
Aplicando la 3ra. Ley de Kepler, para este caso particular, de una órbita circular p2 = k r 3
… en (2)
4π2 F = = Kr 3 (m r) (m r) = =
4π2. k
m r 2
… (3)
En resumen, podemos observar que, para satisfacer las Leyes de Kepler, la interacción gravitacional debe ser central e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia.
LEY DE GRAVITACIÓN UNIVERSAL Luego, a partir de las Leyes de Kepler, se ha establecido requisitos que debe cumplir la fuerza de interacción gravitacional entre dos cuerpos, si bien se deriva una expresión, para la fuerza entre dos planetas; ésta se puede generalizar para aplicarla a dos masas cualesquiera. "Dos partículas de masas m y m' separadas una distancia r, se atraen con fuerzas iguales y opuestas F en la dirección de la recta de unión de ambas y cuyo módulo viene dado por”. m .m F = G ——— r 2
Donde G es una constante universal, llamada constante de la gravitación. G = 6,6 7xl 0 – 1 1 N , m2/k 2
F
m’
F m
r
ATRACCION GRAVITATORIA DE UN ANILLO CIRCULAR SOBRE UNA PARTICULA
GRAVITACION
229
En este caso, no se puede aplicar directamente la relación que nos da la fuerza de atracción entre dos partículas, puesto que no puede suponerse toda la masa del anillo concentrada en un punto. Consideremos un pequeño elemento del anillo de masa dm, la fuerza de atracción dF entre dicho elemento y la partícula de masa m, será: m .m — dF = G — — S2 dFsenӨ dFcosӨ
m’
dFsenӨ dFcosӨ
ӨӨ
dF
dF
S
S
dF
dF
2
1
dM
dM
Esta fuerza podemos descomponerla en dos direcciones, una en el eje del anillo ( dF cos θ) y otra en dirección perpendicular al eje (dF sen θ). Ahora sí consideramos otro elemento, dm, del anillo, diametralmente opuesto al anterior. Éste también ejerce una fuerza de atracción sobre la partícula de igual magnitud, dF, la cual también podemos descomponer en esas dos direcciones (Ver figura). Observamos que las componentes en la dirección del eje del anillo se suman, mientras que las componentes en la dirección perpendicular al eje del anillo se compensan. Cuando se consideran todos los elementos del anillo, las componentes de las fuerzas en la dirección perpendicular al eje del anillo se compensan. La fuerza resultante F, es la suma de las componentes paralelas al eje del anillo y está dirigida hacia el centro del anillo.
cos ө = G F = ∫ dFcos ө = ∫ G d mS.m’ 2
m’ cosө ∫ dm S2
F = G m.m’ c2 osө S
Es decir, este anillo no atrae a la partícula como si toda su masa estuviese concentrada en su centro.
ATRACCIÓN GRAVITATORIA DE UN CASCARON ESFÉRICO SOBRE UNA PARTÍCULA SITUADA EXTERIORMENTE A EL
FISICA I
230
Este cascarón puede dividirse en anillos circulares, y calcularse la fuerza que ejerce cada uno de estos anillos sobre la partícula, para luego sumarlas (integrar) y obtener así la fuerza neta. Rd S m'
t R
Ө
R
dF
r
En la figura se muestra un estrecho anillo, cortado de un cascarón esférico hueco de radio, R. Representemos ahora por, dm, la masa del anillo. La fuerza dF, que ejerce el anillo sobre la partícula será: dF = G
m’dmcosӨ
… (1)
S Nótese que no es posible aún integrar, puesto que existen muchas variables dm, S y cos θ. Por lo tanto, debemos poner dF en función de una sola variable. 2
Rd
dm = p .dV
Rsen
t
dm = p(2 π R sen ) t . R .d Reemplazando en (1) dF = G
m’ (2π ptR2 sen d )cosӨ S
2
… (2)
Según la Ley de cosenos, la distancia S, puede expresarse en función de R, r, el ángulo . S2 = R 2 + r 2 – 2 R rcos
… (3)
Diferenciando ambos miembros y teniendo que R y r son constantes, obtenemos: 2S dS = 2 Rrsen d send =
Sds R r
También se puede verse en la figura que:
… (4)
GRAVITACION
231
r = S cosӨ + R cos cos
=
r – R cos S
De la ecuación (3)
R cos
Por lo tanto: cosӨ =
=
R2+ r 2 - S 2 2 r
R2+ r 2 - S 2 rr 2 – R2 + S 2 2 r = … (5) S 2rS
Reemplazando (4) y (5) en (2) SdS
2
G m’ (2π pt R ) dF =
dF =
2
R r
.
(r 2 – R2 + S 2) 2rS
S
G m’ π p t R (r 2 – R2 – S 2 ) dS r 2S 2
Un donde la única variable es S y por consiguiente ya podemos integrar.
G m’ π p t R F= r 2 F=
G m’ π p t R r 2
∫
r+R
r 2 – R2 – S 2 dS S 2
r – R
(4R)
=
G m’ p(4π R2t) r 2
En donde: p (4 π R2 t) = m (masa total del cascarón) F=G
m.m’ r 2
Es decir, un cascarón esférico uniforme atrae a una partícula situada exteriormente a él, como si toda su masa estuviese concentrada en su centro. Ahora bien, si en vez de un cascarón tuviésemos una esfera maciza, ésta la dividiríamos en cascarones esféricos concéntricos, y dado que cada cascarón atrae a la partícula como si toda su masa estuviese concentrada en su centro, se cumple igual propiedad para toda la esfera. Es decir, una esfera maciza atrás y una partícula exterior a ella, como si toda su masa estuviese concentrada en su centro.
FISICA I
232
ATRACCIÓN GRAVITATORIA DE UN CASCARON ESFÉRICA SOBRE UNA PARTÍCULA SITUADA EN SU INTERIOR Consideremos dos pequeños conos de vértice en P que determinan las áreas A1 y A2 en la superficie del cascaron. El ángulo sólido . es el mismo en ambos conos, y por lo tanto, las áreas A1 y A2 son proporcionales a los cuadrados de las distancias r 1 y r 2 y las masas de dichos elementos son proporcionales a sus áreas.
Ω
A2m2
A1 r 2
r 1
Ω
m’
A2
r 21 =
y
r 22
m1 m2
=
A1 A2
De donde:
F 2
F 1 A1m1
m1 m2
r 21 =
r 22
Calculemos las fuerzas de atracción que ejercen las masas ml y m2 sobre la partícula de masa m' situada en P . F 1 = G
m1m’ r 12
F 2 = G
m2m’ r 22
Por consiguiente: F 1 F 2 Teniendo en cuenta que;
=
m1 m2 m1 m2
F 1 F 2
r 22 *
r 21
r 21 =
=
r 22 1
se obtiene: F 1 = F 2
Ambas fuerzas son de igual magnitud, pero de sentido contrario ” Por lo tanto, la fuerza neta que actúa sobre la partícula es cero. Un cascarón completo puede imaginarse subdividido de este modo, de donde resulta que las fuerzas que ejercen sobre la partícula se compensan entre sí. Es decir, un cascarón esférico uniforme, no ejerce ninguna fuerza de atracción sobre una partícula situada en su interior. MASA GRAVITACIONAL Se denomina así aquella propiedad de la materia en virtud de la cual toda partícula ejerce
GRAVITACION
233
una fuerza de atracción sobre cualquier otra partícula.
m g =
M E
Masa de la tierra.
F g R2
G
Coeficiente de gravitación universal.
G M E
m g
Masa gravitatoria.
F g
Fuerza de atracción terrestre.
R
Radio de la tierra.
MASA INERCIAL La segunda Ley de Newton, está relacionada con una propiedad de la materia enteramente distinta, a saber, el hecho de que es necesario ejercer una fuerza (no necesariamente gravitatoria) sobre una partícula para acelerarla, es decir para variar su velocidad, en magnitud y dirección. Esta propiedad puede denominarse MASA INERCIAL mi =
Podemos determinar la masa de un cuerpo a partir de la aceleración que una fuerza conocida produce a él.
F a
COMPROBACIÓN DE LA RELACIÓN DE LA MASA INERCIAL Y LA MASA GRAVITACIONAL Consideremos dos cuerpos cuyas masas inerciales son ml y m2, y cuyas masas gravitacionales son m g1 y m g2 respectivamente. G m g M T
… (1)
1
m1a1 =
R2 G m g M T 2
m2a2 =
… (2)
2
R
Dividiendo (1) y (2) : m1a1 m2a2 = m1 m g 1
m g 1
m g 2
m2 = m g
.
a2 a1
2
Se ha observado que los cuerpos que caen en el vacío lo hacen siempre con la misma velocidad y por consiguiente la misma aceleración: a2 = a1 m1
=
m g 1
m2 m g 2
La tarea experimental consiste en determinar si existen variaciones de la razón para diferentes partículas, materiales y objetos.
m1 m g 1
FISICA I
234
VARIACIONES DEL VALOR DE LA GRAVEDAD EN LA SUPERFICIE TERRESTRE m La figura es una vista de la tierra y muestra un cuerpo de masa m colgado de una balanza de T resorte. Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo m suspendido son: La tensión T del resorte y la R F fuerza de atracción gravitatoria terrestre. M
La tensión del resorte es igual al peso del cuerpo T = m g (lectura de la balanza), y la fuerza de atracción que ejerce la tierra sobre la partícula será: F = G
En donde: M = masa de tierra R = radio terrestre
M m R2
Ambas fuerzas están en equilibrio, por lo tanto: T=F mg = G
M m R2
g=
GM R2
(Valor de la gravedad en la superficie terrestre)
El valor de la gravedad en la superficie terrestre no es constante, puesto que la tierra no es una esfera perfecta, sino un esferoide ligeramente aplastado en los polos. Sin embargo, la variación máxima la origina la rotación terrestre.
m R Polo Norte
Trayectoria de “m”
T = mg
La figura es una vista de la tierra desde el polo norte y muestra un cuerpo de masa m colgado en el ecuador, de una balanza de resorte.
m Mm F = G--- R2
Nuevamente, las fuerzas que actúan sobre el cuerpo suspendido son: La fuerza de atracción gravitatoria y la tensión T ejercida por el resorte.
Puesto que el cuerpo es arrastrado por la rotación terrestre, no está en equilibrio, sino que una aceleración a R, dirigida hacia el centro de la Tierra.
GRAVITACION
235
Por lo tanto, la fuerza F ha de ser ligeramente mayor que la tensión T con el objeto de proporcionar la fuerza centrípeta necesaria. Eso es la lectura T de la balanza (peso aparente) es algo menor que la fuerza de atracción gravitatoria F (peso verdadero).
… F = m a
En virtud de la segunda Ley de Newton F = T = m a R
G
g =
G M – a R 2 R v2 = R2
a R = R = 6,04 X 108 cm
M m – m g = m a R 2 R
(
2π R 2 ) P = R
(en el ecuador)
4 π 2 R P 2
P = 86 400 s
Se tiene aR .= 3,37 cm/s2 En los polos a R = 0
de modo que
G M (en los polos) R2 Este es el valor de g, que obtendríamos en cualquier lugar si no se tomara en cuenta la rotación de la tierra. g =
ENERGÍA POTENCIAL GRAVITATORIA Trabajo de una Fuerza Z A r
X
r+
Consideremos una partícula que se mueve de un punto A a otro próximo A' . Si llamamos r al vector posición correspondiente al punto A, el pequeño vector que une A y A' se designará por el diferencial dr .
F dr A’
dr
Y
Este vector dr se denomina desplazamiento de la partícula.
Supongamos ahora que sobre la partícula está actuando una fuerza F . bajo de la fuerza F correspondiente al desplazamiento dr se define por la magnitud escalar
FISICA I
236
dU que se obtiene del producto escalar de la fuerza F por el desplazamiento dr . d U= F. d r Llamando F y dS a los módulos respectivos y α al ángulo formado por F y dr . d U = F dScos
Ingresando el trabajo en función de los componentes rectangulares de la fuerza y el desplazamiento. F = F x i + F y j + F z k dr = d xi + d y j + d zk dU = F. d r =F x dx + F y dy + F z dz
TRABAJO DEL PESO DE UN CUERPO mg
Consideremos un cuerpo que se desplaza de la posición 1 a la posición 2 siguiendo una trayectoria cualquiera y calculemos el trabajo que realiza el peso del cuerpo.
2
Y
dy 1
Fx = 0 ;Fy = – mg ; Fz = 0 y
y2
y1
X
Plano de Referencia
dU = F x dx + F y dy + F z dz = - mg dy y2
U1 – 2 = ∫ y1 – mg dy = – mg (y2 – y1 ) U1 – 2 = mgy1 – mg y2 El trabajo es independiente de la trayectoria seguida, solamente depende de los valores inicial y final de la función "mg y". Esta función recibe el nombre de energía potencial gravitatoria de un cuerpo E p = mg y U1 – 2 = E P – E P = mgy1 – mg y2 1
2
Debemos hacer notar que la expresión que acabamos de obtener para la energía potencial gravitatoria de un cuerpo es válida solamente cuando el peso "mg" del cuerpo podemos
GRAVITACION
237
admitir que es constante, es decir, siempre que los desplazamientos del cuerpo sean pequeños comparados con el radio de la Tierra. En el caso de un vehículo espacial, sin embargo, hemos de tener en cuenta la variación de la fuerza de la gravedad con la distancia r al centro de la tierra. 2
n A1
r 2
dn
ds m A
a
r
Supongamos que el cuerpo se mueve según la trayectoria representada en la figura.
ds
m
dr
r
dU = F x dx + F y dy+ F z dz
F O
r 1
M
1
La expresión que nos da el trabajo de una fuerza, nos muestra que una fuerza realiza trabajo sólo si existe proyección del desplazamiento en la dirección de la fuerza. En otras palabras, el trabajo es igual a la fuerza por la proyección del desplazamiento en la dirección de la fuerza. En nuestro caso, el desplazamiento en la dirección de la fuerza F es dr (dirección radial) dU= F .d S ; como d S = d r + d n Por lo tanto: F. = (d r + d n) = – F dr Luego:dU = – G
Mm r 2
dr
r 2
Mm Mm Mm U1 – 2 = ∫ r 1 – G dr = – G +G r 1 r 2 r 2 U1 – 2 = E P . E P = – G 1
2
Mm Mm +G r 1 r 2
El trabajo de la fuerza de la gravedad se puede obtener restando el valor de la función Mm – G , correspondiente a la segunda posición del cuerpo, del correspondiente a la r primera posición. Entonces, la expresión que debe emplearse para la energía potencial E P, cuando no sea despreciable la variación de la fuerza de la gravedad es:
E p = – G La variación de la velocidad de un cuerpo entre dos puntos cualesquiera, cuando la única fuerza que actúa sobre él, es la atracción gravitatoria de la tierra, puede hallarse a partir del principio de la conservación de la energía. E k1 + E P1 = E k2 + E P 2
1 2
2
mv 1 + ( - G
M m r 1
)=
1 2
2
mv2 + (- G
Mm r 2
)
FISICA I
2
v2 = v
2 1
+ 2GM(
1
– -
r 1
1 r 2
238
)
Calculemos la velocidad mínima ve que ha de comunicarse a un cuerpo en una superficie terrestre para lanzarlo hasta una distancia infinita. (R = radio – terrestre)
r 1 = R r 2 = ∞ r 1 = ve
r 2 = 0 (el cuerpo debe llegar al infinito con “las justas” ). Reemplazando valores: ve =
Y recordando que g = – G
(gravedad en la superficie terrestre) Obtenemos: ve =
√ 2
Esta velocidad se le denomina velocidad de escape.
CAMPO GRAVITATORIO B
B
F
Consideremos dos cuerpos A y B; el primero en una posición fija, y él otro el B en distintas posiciones respecto de A.
A'
B
B
El cuerpo A ejerce sobre el cuerpo B una fuerza de atracción sea cual fuere su posición. Cabe imaginar que la presencia del cuerpo A afecta a todo el espacio que lo rodea, crean-o un campo de fuerzas, de tal manera que si se coloca un cuerpo queda inmediatamente afectado, siendo atraída hacia A. m'
Consideremos el siguiente artificio, en vez de decir que el cuerpo A ejerce una fuerza de atracción
P F r
GRAVITACION
239
sobre el cuerpo B, diremos que es el campo creado por A, el que ejerce una fuerza de atracción sobre el B. Sé define la intensidad del campo gravitatorio en un punto por la relación de la fuerza ejercida por el campo, a la masa del cuerpo sobre el que se ejerce dicha fuerza. Intensidad del campo gravitatorio en P
= Fuerza sobre la masa m', en P m’
γ = Fuerza sobre m’ m’
Puesto que la intensidad del campo es fuerza por unidad de masa, tiene una dirección determinada (la dirección de la fuerza) y por lo tanto es un vector, cuya magnitud está dada por: G(m m´ /r 2 )
Gm
m’
r
γ = ------------------- = ----2 Para el caso de masas que puedan considerarse puntuales. Si varios cuerpos contribuyen al campo gravitatorio. Y A
P
La intensidad del campo resultante, γ, en el punto P se obtendrá de la suma vectorial de las intensidades de los campos creados independientemente por A y B, en el punto P .
Y B
γ A
B
POTENCIAL GRAVITATORIO Otro concepto útil es el de potencial en un punto de un campo de fuerzas. Se define el potencial gravitatorio V en un punto como la relación de la energía potencial gravitatoria de una partícula en el punto, a la masa de dicha partícula, o sea como la energía potencial por unidad de masa. V = E P /m' Dado que la energía es una magnitud escalar, el potencial es también escalar. Para el caso de masas que puedan considerarse puntuales. V = – G(mm’ m´ /r)
= - Gm r
Si varios cuerpos contribuyen al campo gravitatorio, el potencial resultante en un punto, se obtendrá de la suma algebraica de los potenciales en el punto, debido a cada uno de los cuerpos independientemente. PROBLEMA N° 1 Se tienen dos cascarones esféricos concéntricos de radios r y R, y de masa M 1 y M 2 respectivamente
FISICA I
240
3 c
b r
M 2
Hállese la fuerza de atracción gravitacional debido a éstos cascarones sobre una partícula de masa m, cuando se le ubica en la posición 1, luego en la 2 y después en la 3,
2 a1
R
M 1
Solución: En la posición 1: a < r. Cuando la partícula está ubicada en 1, se encuentra en el interior de ambos cascarones Sabemos que un cascarón esférico no ejerce ninguna fuerza de atracción sobre una partícula situada en su interior. Por lo tanto: F = 0
En la Posición 2: b> r La partícula está situada en el exterior del cascarón de radio r, pero en el interior del cascarón de radio R. Por lo tanto: la fuerza de atracción que se ejerce sobre la partícula será debido al cascarón de radio r, ya que el otro cascarón no puede ejercer ninguna fuerza sobre una partícula situada en su interior. M 1 m
F = G ----------2 b
El cascarón atrae a la partícula como si toda su masa estuviese concentrada en su centro y la dirección de la fuerza es hacia el centro de ambos cascarones.
En la posición 3: c > R La partícula está situada en el exterior de ambos cascarones. Por lo tanto: La fuerza de atracción que se ejerce sobre la partícula será debido a ambos cascarones. M m
M m
c2
c2
1 2 F = G ------+ G -------
(M 1 + M 2 )m
F = G --------------2 c
Los cascarones atraen a la partícula como si toda su masa estuviese concentrada en su centro. Y la dirección de la fuerza es hacia el centro de ambos cascarones.
PROBLEMA N° 2: Un proyectil es disparado verticalmente hacia arriba desde la superficie terrestre con una velocidad de magnitud k ve siendo ve la velocidad de escape y
GRAVITACION
241
k ≤ 1. a) Demuéstrese que, prescindiendo de la resistencia del aire, la altura máxima a la cual se elevará medida desde el centro de la tierra es R/l – k 2, siendo R el radio terrestre. b) ¿Qué sucede si k >1 ?
Solución Velocidad de escape (v e) ve= 2
h
√ 2/
v = 0
a) Aplicaremos la ecuación de conservación de la energía en los puntos 1 y 2.
E
1 v0 = kve
1
R
2
1
0
2
1 2
m k 2 (
k 2 R
h=
2 GM
–
R
1 R
) –
= –
G Mm R
k 1
+
E = E + P 1
+ ( – G
2
mv 0
m (k ve )2+ ( –
= –
K 2
Mm R
G Mm R
E
P 2
) = 0 + ( – G
) = ( –
G Mm h
Mm h
)
)
G Mm h
1 h
R 1 – k 2
b) Si k >l La velocidad inicial del proyectil v 0, es mayor que la velocidad de escape v 0 = k ve. Por lo tanto: el proyectil no regresará a la tierra, se dirigirá al infinito.
PROBLEMA N° 3: Dos esferas iguales, cada una de 6 400 g. demás a, están fijas en los puntos A y B (ver figura). a) Calcúlense la magnitud y dirección de la aceleración inicial de una masa de 10 g
FISICA I
242
abandonada en reposo en el punto P, y sobre la que actúan únicamente las fuerzas de atracción gravitatoria de las esferas Á y B. b) Hállese la velocidad de la esfera de 10 g. cuando se ha desplazado 6 cm P
10g
6 cm
8 cm
8 cm
A 6 400 g
B
6 400 g
Solución: a) Ambas esferas están a la misma distancia de la partícula, por lo tanto, las fuerzas de atracción que ejercen sobre, ella, tienen la misma magnitud y vienen dadas por: F = G
Mm r 2
(6 400 ) (10)
– 8
= (6,67 x 10 )
(10)2
= 4 268,8 x 10 – 8 dinas
P 1 F
10 g F
ө ө F 1
10 cm
10 cm 6 cm
6 400 g
8 cm
8 cm
A
B
6 400 g
La fuerza total ( F T ) que se ejerce sobre la partícula viene a ser la suma vectorial de estas fuerzas. Fr = 2 F cos ө = 2 (4268,8 x 10 – 8)
6 = 5122,56 x 10 – 8 dinas 10
F T = ma Y la aceleración viene dada por: FT 5122,56 x 10 – 8 a= = = 512,256 x 10 – 8 cm/s2 10 m
b) Aplicando la ecuación de conservación de la energía para las posiciones 1 y 2 tenemos:
GRAVITACION
E
k 1
+
E =E + P 1
G + –
GM A m 10
8
v2 = 2
v=
P 2
– GM B m = 1 m v2 + – GM A m – GM B m 10 8 8 2
2 GM A –
v2 = 2
E
K 2
243
2 GM B
=> M A = M B
10
1 GM A 20 (6,67 x 10 – 8) (6 400) 10
= 6,5 x 10 – 3 cm/s
Nota: Al calcular la energía potencial hemos considerado la contribución de ambas esferas sumándolas algebraicamente, puesto que la energía potencial es un escalar. PROBLEMA N°4 Una esfera maciza y una membrana esférica delgada están situada según se indica en la figura. A
30 cm
50 cm
La esfera tiene 2 cm de radio y 3 600g de masa. El radio de la membrana es 5 cm y su masa 25 000 g. Calcúlese el campo gravitatorio y el potencial gravitatorio en el punto A. Exprésense los resultados en función de la constante gravitatoria G.
40 cm
Solución: A
Y1
Y2
Y1 = Intensidad del campo creado por la membrana en A. Y2 = Intensidad del campo creado por la esfera
Y
en A. Y0 = Intensidad del campo resultante en A. Ө
Y1 =
GM r 2
=G
25000 (50)2
= 10 G
FISICA I
Y2 = G
3600 (30)2
244
=4G
θ
θ
Y1 = ( – Y1 cos ) i + ( – Y1 sen ) j Y1 = ( – 10 G 4/5) i + ( – 10 G 3/5) j = – 8 G i – 6 G j Y2 = -Y 2 j = – 4 G j Y = Y1 + Y2 = – 8 G i – 6 G j – 4 G j = 8 G i – 10 G j Y=
8 G2 + 10 G2
=
164 G2
= 12,8 G din/g
Nota. Puesto que la intensidad del campo es un vector, cuando hay varios cuerpos que contribuyen al campo gravitatorio originado en un punto, el campo resultante se obtiene para el método de adición de vectores. V1= Potencial gravitatorio en A debido a la A
membrana. V 2= Potencial gravitatorio en A debido a la
30
50
esfera. V = Potencial gravitatorio resultante en A.
40
V = V 1 + V 2 V 1 = – G
V 2 = – G
25 000 50 3 600 30
= – 500 G
= – 120 G
V = V 1 + V 2 = – 500 G – 120 G = – 620 G erg/g
Nota: Puesto que el potencial gravitatorio es un escalar, cuando hay varios cuerpos que contribuyen al potencial gravitatorio originado en un punto; el potencial gravitatorio resultante se obtiene por el método de adición algebraica.
GRAVITACION
245
PROBLEMA N°5 La función que da el radio r, de la órbita de la Luna, se puede calcular a partir del radio R, de la Tierra, de la aceleración de la gravedad g, en la superficie de la misma, y del tiempo t, que emplea la Luna en dar una vuelta alrededor de la Tierra. Calcular dicho valor r, sabiendo que el período t = 27,3 días y R =6 400 km Solución:
M L
La fuerza de atracción que ejerce la tierra sobre la Luna.
F
r
F = G
M T M L r 2
Esta fuerza es a su vez, la fuerza centrípeta que produce una órbita circular de radio r
M T
F = M L ar =
M T v2 2
r
= M L w 2 r
Igualando ambas expresiones tenemos: G
r 3 =
M T M L r 2
= M L w 2 r
G M T w
2
La aceleración de la gravedad en la superficie terrestre es: g =
G M T
R = radio terrestre
R2
Reemplazando: 3
r =
g R2 w
2
( 9,80 ) ( 6 400 000 )2
=
r 3 = 56,73 x 10 24 r = 3,84 x 108 m
(
2 )2 ( 27,3 ) ( 86 400 )
FISICA I
246
PROBLEMA N°6 Hállese la energía potencial del sistema formado por tres masas m 1, m2 y m3 en las posiciones mostradas en la figura. m1
r 13
r 12
r 23
m3
m2
Solución. Consideremos inicialmente solamente las masas m 1 y m2. La energía potencial del sistema formado por estas dos masas es: E
P 1 – 2
m1 m2
= – G
r 12
Ahora traigamos la masa m 3 y calculemos la energía potencial de esta masa con respecto a m1, y luego con respecto a m2. E
= – G
E
= – G
P 1 – 3
P 2 – 3
m1 m3 r 13 m1 m2
r 23
La energía potencial total del sistema así formado será: E = E P P
E = – G
1 – 2
+ E P
m1 m2
1 – 3
– G
r 12
E = G
m1 m2 r 12
+ E P 2 – 3
m1 m3
– G
r 13
+G
m1 m3 r 13
m1 m2 r 23
+G
m1 m2 r 23
GRAVITACION
247
PROBLEMA N° 7 Se tiene cuatro masas puntuales, tal como se indica en la figura. Y m2
A
Si m, = 25 kg , m2 = 32 kg , m3 = 18 kg y m4 = 1 kg. Calcular la fuerza sobre la masa unitaria colocada en A.
m4
3 m 4 m
m1
m3
X
Solución: La magnitud de la fuerza de interacción entre dos masas puntuales, está dada por: Mm' ….(1) F=G r 2
Donde: Y 2
F 24 A
F 14 = fuerza en m 4 debido a m1
m4
∝
F 24= fuerza en m4 debido a m2 F 34
3 m
F 34 = fuerza en m 4 debido a m3
F 14 4 m
1
X
3
Luego sobre m4 = 1 kg; colocada en A, actúan tres fuerzas ( F 14 , F 24 y F 34), por la interacción con: m 1, m2 y m3 respectivamente. Es necesario mencionar, que estas fuerzas de atracción gravitatoria, se debe dibujar en la línea que une los centros de las masas. Aplicando (1) F 14
=G
m1 m4 r 242
=G
m1 m4
(25) (1) 52
=G ;
F 24
=G
m1 m4 r 242
(32) (1)
=G
42
(18) (1)
=G =G =2G r 342 32 Luego la fuerza resultante en A; será: F 34
F = F 14 + F 24 + F 34 = F14 cos ( – i ) + F14 cos
∝= 4/5 sen ∝= 3/5 cos
∝
∝ ( – j ) + F ( – i ) + F ( – j ) 24
34
= (G) (4/5) ( – i ) + (G) (3/5) ( – j ) + (2 G) ( – i ) + (2 G) ( – j ) = (4/5G + 2 G) ( – i ) + (3/5G + 2 G) ( – j )
F = - 2,8 G i – 2,6 G j
(Newtons)
= 2G
FISICA I
248
PROBLEMA N° 8 Considerando que el período de la tierra en órbita circular alrededor del Sol es de 365 días y que su radio orbital es de 150x 10 6 km. Calcularla masa del Sol. Solución:
v
Como el período de la Tierra alrededor del Sol es de 365 días, se tiene:
T
(365días) (24h/día) (3600s/h) = 31 536000 s
r
Su velocidad tangencial: v =
S
r ... (1)
π
… en (1)
Como =
(2 π) (150) (109) 2 π r v= = = 10 4 π (m/ s) 6 ( 31,536 ) (10 ) T
Por otro lado, el Sol, ejerce una fuerza a atracción gravitatoria sobre la Tierra y la Tierra sobre el Sol. v
Luego: F =
G M S mT r 2
e N
… (2)
mr F
"dirigida hacia el centro de la trayectoria; también se deberá señalar que como "mT "
r
M S
S
describe una trayectoria circular, F, recibe el nombre de fuerza centrípeta.
Luego: F =
M T v2 r
e N
… (3)
(no existe otra fuerza) De (2) y (3) se deduce que: Dónde:
M S =
G MS m T
(v2) (r ) G
r 2
=
mT v2 r
(104 π) 2 (150) (109) = ( 6, 67 ) (10 – 11)
M S = 2 x 1030 kg PREGUNTA: ¿Con los datos del problema, se puede calcular la masa de la tierra?
GRAVITACION
249
PROBLEMA N° 9 Un satélite de la Tierra, se encuentra en una órbita elíptica, como se muestra en la figura. De acuerdo a esta situación tres alumnos I , II y III . afirman que: I.
T
La energía cinética en A es mayor que en B. La energía potencial en A es mayor que en B. La energía total en A, es mayor que en B.
II. m
III.
A
m B
Solución:
• Sea "MT" la masa deja tierra y "m", la masa del satélite. • Llamaremos v A , la rapidez de "m" en A y vg, la rapidez de "m" en B. • Recordando, las expresiones de:
M T T r A r B
m
m A
E
=
2 1 mv 2 A
E
=
2 1 mv B 2
K A
B
K A
= energía cinética de "m" cuando está en A. = energía cinética de "m" cuando está en B.
También EPA = –
EPA = –
G M T m R A
G M T m R B
= energía potencial gravitatoria del sistema (M T y m) cuando "m" está en A.
= energía potencial gravitatoria del sistema (M T y m) cuando "m" está en B.
Aplicando la ecuación de CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA, para las posiciones A y B, del satélite: ENERGÍA TOTAL EN A = ENERGÍA TOTAL EN B E + E = E + E k
A
p
A
k
B
p
… (1) B
Reemplazando: 1 2
2
mv A + ( - G
M T m r A
)=
1 2
2
mvB + (- G
M T m RB
)
… (1)
FISICA I
250
Como r B > r A, y teniendo en cuenta el signo, se tiene que:
–
GMT m r A
GMT m
< –
R B
… (2)
;
Luego, para que se mantenga la igualdad (l´), es necesario que se cumpla: 1 2
2
m vA >
1 2
2
m v B … vA > vB
… (3)
Finalmente
I. II. III.
correcto incorrecto incorrecto
... ver (3) ... ver (2) ... ver (1)
