Original Academia Original Academia
Apunts de FísicaBiblioteca

Camp gravitatori

Posa’t a prova

A la PAU un sol problema barreja el tema: una òrbita, una energia i un escapament en el mateix enunciat.

  • 2 exercicis resolts

Practica

Posa’t a prova

Tipus PAU

1Tipus PAU: òrbita amb període conegut i escapament

Dades: l’exercici se situa al voltant del planeta fictici Dàlia:

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 esfèric, negligeix l’atmosfera i la influència d’altres astres, i suposa constant la massa dels satèl·lits.

Problema de 2,5 punts.

Un satèl·lit de massa m=1,80⋅102 kgm=1,80\cdot10^2\ \mathrm{kg} descriu una òrbita circular al voltant de Dàlia amb un període de 10,0 h10,0\ \mathrm h.

a) [1,25 punts]

Dedueix l’expressió que permet trobar el radi a partir del període. Calcula el radi, l’altura i el camp gravitatori a l’òrbita.

b) [1,25 punts]

Calcula i interpreta l’energia mecànica del satèl·lit. Troba l’energia mínima que cal aportar-li per escapar i la velocitat mínima d’escapament des d’aquesta posició.

Mostra la solució

a) Deducció del radi i càlculs

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}

Només actua la gravetat. Apliquem la llei de gravitació universal i la segona llei de Newton, amb ac=ω2ra_c=\omega^2r i 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}

Per als càlculs següents, 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) Energia i escapament

Com que l’òrbita és 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 signe negatiu indica una òrbita tancada (lligada) al voltant de Dàlia.

Per escapar amb energia mínima, a l’infinit v=0v=0, Ep=0E_p=0 i, per tant, 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}

Per obtenir la velocitat mínima d’escapament:

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}

Comprovació: l’energia que cal aportar és positiva i igual al valor absolut de l’energia mecànica inicial.

Compte: l’escapament mínim té energia mecànica final zero; també es pot escapar amb energia positiva, però no seria el mínim.

Pauta orientativa — 2,5 punts

Apartat Pas Punts
a Conversió del temps, lleis, hipòtesi i igualació 0,25
a Deducció de l’expressió del radi 0,25
a Càlcul del radi 0,25
a Càlcul de l’altura 0,25
a Càlcul del camp gravitatori 0,25
b Càlcul de l’energia mecànica 0,25
b Interpretació com a òrbita tancada (lligada) 0,25
b Condició d’escapament mínim i energia addicional 0,25
b Plantejament energètic de vescv_{\mathrm{esc}} 0,25
b Càlcul de vescv_{\mathrm{esc}} 0,25

Tipus PAU

2Tipus PAU: un exoplaneta i una missió d’escapament

Un exoplaneta de massa 4,00⋅1024 kg4,00\cdot10^{24}\ \mathrm{kg} descriu una òrbita el·líptica al voltant d’una estrella. Les observacions indiquen:

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

La massa del planeta és negligible respecte de la de l’estrella.

Dada: 1 dia=86 400 s1\ \mathrm{dia}=86\,400\ \mathrm s.

Puntuació: 2,5 punts (cada apartat, 1,25 punts).

  1. a
    (1,25 punts) Calcula el semieix major i la massa de l’estrella. Calcula les velocitats del planeta al periastre i a l’apoastre, i el seu moment angular respecte de l’estrella. Calcula el camp gravitatori i el potencial de l’estrella al periastre.
  1. b
    (1,25 punts) Calcula l’energia mecànica orbital del planeta i explica com canvien l’energia cinètica i la potencial quan es desplaça de l’apoastre al periastre. Una sonda de massa 1,00⋅103 kg1,00\cdot10^3\ \mathrm{kg} comparteix instantàniament la posició i la velocitat del planeta al periastre: calcula la velocitat d’escapament des d’aquest punt, l’increment mínim de velocitat que necessita, aplicat en la direcció del moviment, i l’energia mecànica mínima que cal afegir-li. Explica per què no has d’utilitzar l’energia total del planeta.
Mostra la solució

a) Semieix major, massa de l’estrella, velocitats, moment angular, camp i 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 només actua la gravetat de l’estrella (llei de gravitació universal i segona llei de Newton). Per a l’òrbita el·líptica, la tercera llei de Kepler és 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 massa del planeta és molt menor, d’acord amb l’aproximació de l’enunciat.

Velocitat al periastre, per la conservació de l’energia mecànica:

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 moment angular respecte de l’estrella és L=mrvsin⁡θL=mrv\sin\theta. Al periastre i a l’apoastre, θ=90∘\theta=90^\circ; com que LL es 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}}.

Camp i potencial al periastre:

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 camp apunta cap al centre de l’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) Energia orbital, transformacions i escapament 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}.

L’energia és negativa: l’òrbita del planeta és tancada (lligada).

Quan el planeta va de l’apoastre al periastre:

  1. La distància a l’estrella disminueix.
  2. L’energia potencial es fa més negativa.
  3. Com que l’energia mecànica es conserva, l’energia cinètica augmenta.
  4. Per tant, la velocitat augmenta.

La gravetat fa treball positiu en aquest trajecte.

Escapament de la sonda des del periastre (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}}.

Com que inicialment la sonda té velocitat 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 té la mateixa posició i velocitat inicials que el planeta. Per tant, té la mateixa energia per unitat de massa:

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}}.

Amb 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}.

L’energia mínima que cal afegir és:

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 utilitzem l’energia total del planeta perquè aquesta depèn de la seva massa. Compartir posició i velocitat no implica compartir energia total.

Pauta orientativa (2,5 punts)

  • a) (1,25 punts):

    aa i TT en unitats del SI, 0,1 p; tercera llei de Kepler amb la substitució numèrica i massa de l’estrella, 0,4 p; vpv_p per energia, 0,25 p; L=mrvsin⁡θL=mrv\sin\theta amb θ=90∘\theta=90^\circ i vav_a, 0,25 p; valor de LL, 0,1 p; gpg_p (amb la direcció) i VpV_p, 0,15 p.

  • b) (1,25 punts):

    energia orbital amb la substitució, 0,25 p; signe: òrbita tancada (lligada) i explicació de EcE_c i EpE_p, 0,25 p; vescv_{\rm esc}, 0,25 p; Δv\Delta v, 0,15 p; EsE_s i ΔEs\Delta E_s, 0,25 p; justificació de l’energia per unitat de massa, 0,1 p.
  • Errors d’unitats o falta d’unitats (resultats intermedis i finals): −0,25 p per problema. Resultats amb sis xifres significatives o més, o amb només una: −0,1 p per problema.