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Apuntes de FísicaBiblioteca

Campo gravitatorio

Ponte a prueba

En la PAU un solo problema mezcla el tema: una órbita, una energía y un escape en el mismo enunciado.

  • 2 ejercicios resueltos

Practica

Ponte a prueba

Tipo PAU

1Tipo PAU: órbita con período conocido y escape

Datos: el ejercicio se sitúa alrededor del planeta ficticio Dalia:

G=6,67⋅10−11 N m2/kg2,M=3,60⋅1024 kg,R=4,80⋅106 m. \begin{aligned} G &= 6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2},\\ M &= 3,60\cdot10^{24}\ \mathrm{kg},\\ R &= 4,80\cdot10^6\ \mathrm m. \end{aligned}
Considera el planeta esférico, desprecia la atmósfera y la influencia de otros astros, y supón constante la masa de los satélites.

Problema de 2,5 puntos.

Un satélite de masa m=1,80⋅102 kgm=1,80\cdot10^2\ \mathrm{kg} describe una órbita circular alrededor de Dalia con un período de 10,0 h10,0\ \mathrm h.

a) [1,25 puntos]

Deduce la expresión que permite hallar el radio a partir del período. Calcula el radio, la altura y el campo gravitatorio en la órbita.

b) [1,25 puntos]

Calcula e interpreta la energía mecánica del satélite. Halla la energía mínima que hay que aportarle para escapar y la velocidad mínima de escape desde esta posición.

Muestra la solución

a) Deducción del radio y cálculos

T=(10,0 h)(3 600 s/h)=3,60⋅104 s. \begin{aligned} T &= (10,0\ \mathrm h)(3\,600\ \mathrm{s/h})\\ &= 3,60\cdot10^4\ \mathrm s. \end{aligned}

Solo actúa la gravedad. Aplicamos la ley de gravitación universal y la segunda ley de Newton, con ac=ω2ra_c=\omega^2r y ω=2π/T\omega=2\pi/T:

GMmr2=m(2πT)2r. \frac{GMm}{r^2} =m\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2r.
GM=4π2r3T2r=GMT24π23. \begin{aligned} GM &= \frac{4\pi^2r^3}{T^2}\\ r &= \sqrt[3]{\frac{GMT^2}{4\pi^2}}. \end{aligned}
r=(2,401⋅1014 m3/s2)(3,60⋅104 s)24π23=1,99⋅107 m. \begin{aligned} r &= \sqrt[3]{ \frac{(2,401\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}) (3,60\cdot10^4\ \mathrm s)^2}{4\pi^2}}\\ &= \boxed{1,99\cdot10^7\ \mathrm m}. \end{aligned}

Para los cálculos siguientes, r=1,990⋅107 mr=1,990\cdot10^7\ \mathrm m.

h=r−R=1,990⋅107 m−4,80⋅106 m=1,51⋅107 m. \begin{aligned} h &= r-R\\ &= 1,990\cdot10^7\ \mathrm m-4,80\cdot10^6\ \mathrm m\\ &= \boxed{1,51\cdot10^7\ \mathrm m}. \end{aligned}

A partir de Fg=mgF_g=mg:

g=GMr2=2,401⋅1014 m3/s2(1,990⋅107 m)2=0,606 m/s2. \begin{aligned} g &= \frac{GM}{r^2}\\ &= \frac{2,401\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}} {(1,990\cdot10^7\ \mathrm m)^2}\\ &= \boxed{0,606\ \mathrm{m/s^2}}. \end{aligned}

b) Energía y escape

Como la órbita es circular:

Em=−GMm2r=−(2,401⋅1014 m3/s2)(1,80⋅102 kg)2(1,990⋅107 m)=−1,09⋅109 J. \begin{aligned} E_m &= -\frac{GMm}{2r}\\ &= -\frac{(2,401\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}) (1,80\cdot10^2\ \mathrm{kg})} {2(1,990\cdot10^7\ \mathrm m)}\\ &= \boxed{-1,09\cdot10^9\ \mathrm J}. \end{aligned}

El signo negativo indica una órbita cerrada (ligada) alrededor de Dalia.

Para escapar con energía mínima, en el infinito v=0v=0, Ep=0E_p=0 y, por tanto, Em,f=0E_{m,f}=0:

ΔEesc=Em,f−Em,i. \Delta E_{\mathrm{esc}}=E_{m,f}-E_{m,i}.
ΔEesc=0 J−(−1,086⋅109 J)=1,09⋅109 J. \begin{aligned} \Delta E_{\mathrm{esc}} &= 0\ \mathrm J-(-1,086\cdot10^9\ \mathrm J)\\ &= \boxed{1,09\cdot10^9\ \mathrm J}. \end{aligned}

Para obtener la velocidad mínima de escape:

12mvesc2−GMmr=0vesc=2GMr. \begin{aligned} \frac12mv_{\mathrm{esc}}^2-\frac{GMm}{r} &= 0\\ v_{\mathrm{esc}} &= \sqrt{\frac{2GM}{r}}. \end{aligned}
vesc=2(2,401⋅1014 m3/s2)1,990⋅107 m=4,91⋅103 m/s. \begin{aligned} v_{\mathrm{esc}} &= \sqrt{\frac{2(2,401\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2})} {1,990\cdot10^7\ \mathrm m}}\\ &= \boxed{4,91\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}. \end{aligned}

Comprobación: la energía que hay que aportar es positiva e igual al valor absoluto de la energía mecánica inicial.

Cuidado: el escape mínimo tiene energía mecánica final cero; también se puede escapar con energía positiva, pero no sería el mínimo.

Pauta orientativa — 2,5 puntos

Apartado Paso Puntos
a Conversión del tiempo, leyes, hipótesis e igualación 0,25
a Deducción de la expresión del radio 0,25
a Cálculo del radio 0,25
a Cálculo de la altura 0,25
a Cálculo del campo gravitatorio 0,25
b Cálculo de la energía mecánica 0,25
b Interpretación como órbita cerrada (ligada) 0,25
b Condición de escape mínimo y energía adicional 0,25
b Planteamiento energético de vescv_{\mathrm{esc}} 0,25
b Cálculo de vescv_{\mathrm{esc}} 0,25

Tipo PAU

2Tipo PAU: un exoplaneta y una misión de escape

Un exoplaneta de masa 4,00⋅1024 kg4,00\cdot10^{24}\ \mathrm{kg} describe una órbita elíptica alrededor de una estrella. Las observaciones indican:

rp=1,20⋅1011 mra=2,40⋅1011 mT=400 dıˊas. \begin{aligned} r_p&=1,20\cdot10^{11}\ \mathrm m\\ r_a&=2,40\cdot10^{11}\ \mathrm m\\ T&=400\ \text{días}. \end{aligned}

La masa del planeta es despreciable respecto de la de la estrella.

Dato: 1 dıˊa=86 400 s1\ \text{día}=86\,400\ \mathrm s.

Puntuación: 2,5 puntos (cada apartado, 1,25 puntos).

  1. a
    (1,25 puntos) Calcula el semieje mayor y la masa de la estrella. Calcula las velocidades del planeta en el periastro y en el apoastro, y su momento angular respecto de la estrella. Calcula el campo gravitatorio y el potencial de la estrella en el periastro.
  1. b
    (1,25 puntos) Calcula la energía mecánica orbital del planeta y explica cómo cambian la energía cinética y la potencial cuando se desplaza del apoastro al periastro. Una sonda de masa 1,00⋅103 kg1,00\cdot10^3\ \mathrm{kg} comparte instantáneamente la posición y la velocidad del planeta en el periastro: calcula la velocidad de escape desde ese punto, el incremento mínimo de velocidad que necesita, aplicado en la dirección del movimiento, y la energía mecánica mínima que hay que añadirle. Explica por qué no debes utilizar la energía total del planeta.
Muestra la solución

a) Semieje mayor, masa de la estrella, velocidades, momento angular, campo y potencial

a=rp+ra2=1,20⋅1011+2,40⋅10112=1,80⋅1011 m. a=\frac{r_p+r_a}{2} =\frac{1,20\cdot10^{11}+2,40\cdot10^{11}}{2} =\boxed{1,80\cdot10^{11}\ \mathrm m}.
T=(400)(86 400 s)=3,456⋅107 s. T=(400)(86\,400\ \mathrm s)=3,456\cdot10^7\ \mathrm s.

Sobre el planeta solo actúa la gravedad de la estrella (ley de gravitación universal y segunda ley de Newton). Para la órbita elíptica, la tercera ley de Kepler es T2=4π2a3/(GM)T^2=4\pi^2a^3/(GM):

GM=4π2a3T2=4π2(1,80⋅1011)3(3,456⋅107)2=4π2(5,832⋅1033)1,194⋅1015=1,93⋅1020 m3/s2. GM=\frac{4\pi^2a^3}{T^2} =\frac{4\pi^2(1,80\cdot10^{11})^3}{(3,456\cdot10^7)^2} =\frac{4\pi^2(5,832\cdot10^{33})}{1,194\cdot10^{15}} =\boxed{1,93\cdot10^{20}\ \mathrm{m^3/s^2}}.
M=GMG=1,928⋅10206,67⋅10−11=2,89⋅1030 kg. M=\frac{GM}{G} =\frac{1,928\cdot10^{20}}{6,67\cdot10^{-11}} =\boxed{2,89\cdot10^{30}\ \mathrm{kg}}.

La masa del planeta es mucho menor, de acuerdo con la aproximación del enunciado.

Velocidad en el periastro, por la conservación de la energía mecánica:

vp=GM(2rp−1a)=(1,928⋅1020)(21,20⋅1011−11,80⋅1011)=2,142⋅109 m2/s2=4,63⋅104 m/s. \begin{aligned} v_p&=\sqrt{GM\left(\frac2{r_p}-\frac1a\right)} =\sqrt{(1,928\cdot10^{20})\left(\frac2{1,20\cdot10^{11}}-\frac1{1,80\cdot10^{11}}\right)}\\ &=\sqrt{2,142\cdot10^9\ \mathrm{m^2/s^2}} =\boxed{4,63\cdot10^4\ \mathrm{m/s}}. \end{aligned}

El momento angular respecto de la estrella es L=mrvsin⁡θL=mrv\sin\theta. En el periastro y en el apoastro, θ=90∘\theta=90^\circ; como LL se conserva, mrpvp=mravamr_pv_p=mr_av_a:

va=rpravp=1,20⋅10112,40⋅1011(4,628⋅104)=2,31⋅104 m/s. v_a=\frac{r_p}{r_a}v_p =\frac{1,20\cdot10^{11}}{2,40\cdot10^{11}}(4,628\cdot10^4) =\boxed{2,31\cdot10^4\ \mathrm{m/s}}.
L=mrpvp=(4,00⋅1024)(1,20⋅1011)(4,628⋅104)=2,22⋅1040 kg m2/s. L=mr_pv_p =(4,00\cdot10^{24})(1,20\cdot10^{11})(4,628\cdot10^4) =\boxed{2,22\cdot10^{40}\ \mathrm{kg\,m^2/s}}.

Campo y potencial en el periastro:

gp=GMrp2=1,928⋅1020(1,20⋅1011)2=1,34⋅10−2 N/kg. g_p=\frac{GM}{r_p^2} =\frac{1,928\cdot10^{20}}{(1,20\cdot10^{11})^2} =\boxed{1,34\cdot10^{-2}\ \mathrm{N/kg}}.

El campo apunta hacia el centro de la estrella.

Vp=−GMrp=−1,928⋅10201,20⋅1011=−1,61⋅109 J/kg. V_p=-\frac{GM}{r_p} =-\frac{1,928\cdot10^{20}}{1,20\cdot10^{11}} =\boxed{-1,61\cdot10^9\ \mathrm{J/kg}}.

b) Energía orbital, transformaciones y escape de la sonda

E=−GMm2a=−(1,928⋅1020)(4,00⋅1024)2(1,80⋅1011)=−2,14⋅1033 J. E=-\frac{GMm}{2a} =-\frac{(1,928\cdot10^{20})(4,00\cdot10^{24})}{2(1,80\cdot10^{11})} =\boxed{-2,14\cdot10^{33}\ \mathrm J}.

La energía es negativa: la órbita del planeta es cerrada (ligada).

Cuando el planeta va del apoastro al periastro:

  1. La distancia a la estrella disminuye.
  2. La energía potencial se hace más negativa.
  3. Como la energía mecánica se conserva, la energía cinética aumenta.
  4. Por tanto, la velocidad aumenta.

La gravedad hace trabajo positivo en este trayecto.

Escape de la sonda desde el periastro (Ef=0E_f=0):

vesc,p=2GMrp=2(1,928⋅1020)1,20⋅1011=5,67⋅104 m/s. v_{\rm esc,p}=\sqrt{\frac{2GM}{r_p}} =\sqrt{\frac{2(1,928\cdot10^{20})}{1,20\cdot10^{11}}} =\boxed{5,67\cdot10^4\ \mathrm{m/s}}.

Como inicialmente la sonda tiene velocidad vpv_p:

Δv=vesc,p−vp=5,668⋅104 m/s−4,628⋅104 m/s=1,04⋅104 m/s. \Delta v=v_{\rm esc,p}-v_p =5,668\cdot10^4\ \mathrm{m/s}-4,628\cdot10^4\ \mathrm{m/s} =\boxed{1,04\cdot10^4\ \mathrm{m/s}}.

La sonda tiene la misma posición y velocidad iniciales que el planeta. Por tanto, tiene la misma energía por unidad de masa:

Esms=−GM2a=−1,928⋅10202(1,80⋅1011)=−5,36⋅108 J/kg. \frac{E_s}{m_s}=-\frac{GM}{2a} =-\frac{1,928\cdot10^{20}}{2(1,80\cdot10^{11})} =\boxed{-5,36\cdot10^8\ \mathrm{J/kg}}.

Con ms=1,00⋅103 kgm_s=1,00\cdot10^3\ \mathrm{kg}:

Es=(1,00⋅103)(−5,36⋅108)=−5,36⋅1011 J. E_s=(1,00\cdot10^3)(-5,36\cdot10^8)=\boxed{-5,36\cdot10^{11}\ \mathrm J}.

La energía mínima que hay que añadir es:

ΔEs=0−Es=0−(−5,36⋅1011 J)=5,36⋅1011 J. \Delta E_s=0-E_s =0-(-5,36\cdot10^{11}\ \mathrm J) =\boxed{5,36\cdot10^{11}\ \mathrm J}.

No utilizamos la energía total del planeta porque esta depende de su masa. Compartir posición y velocidad no implica compartir energía total.

Pauta orientativa (2,5 puntos)

  • a) (1,25 puntos):

    aa y TT en unidades del SI, 0,1 p; tercera ley de Kepler con la sustitución numérica y masa de la estrella, 0,4 p; vpv_p por energía, 0,25 p; L=mrvsin⁡θL=mrv\sin\theta con θ=90∘\theta=90^\circ y vav_a, 0,25 p; valor de LL, 0,1 p; gpg_p (con la dirección) y VpV_p, 0,15 p.

  • b) (1,25 puntos):

    energía orbital con la sustitución, 0,25 p; signo: órbita cerrada (ligada) y explicación de EcE_c y EpE_p, 0,25 p; vescv_{\rm esc}, 0,25 p; Δv\Delta v, 0,15 p; EsE_s y ΔEs\Delta E_s, 0,25 p; justificación de la energía por unidad de masa, 0,1 p.
  • Errores de unidades o falta de unidades (resultados intermedios y finales): −0,25 p por problema. Resultados con seis cifras significativas o más, o con solo una: −0,1 p por problema.