Original Academia Original Academia
Apunts de FísicaBiblioteca

Camp gravitatori · Capítol 5

Potencial, energia potencial i treball

El camp descriu les forces; el potencial i l’energia potencial descriuen les energies. Amb l’energia no cal seguir la força punt per punt: només compten el punt de sortida i el d’arribada.

  • 15 min de lectura
  • 1 figures interactives
  • 2 exercicis resolts

Potencial gravitatori: energia potencial per unitat de massa

Una massa MM crea un camp gravitatori al seu voltant. A cada punt d’aquest camp podem assignar un potencial gravitatori, que representem amb VV.

El potencial indica quina energia potencial correspondria a cada quilogram de massa situat en aquell punt:

V=Um \boxed{V=\frac{U}{m}}

Per tant, la seva unitat en el sistema internacional és:

[V]=J/kg [V]=\mathrm{J/kg}

El potencial no és una força ni un vector. És una magnitud escalar: té un valor amb signe, però no té direcció ni sentit.

El zero a l’infinit

Per definir l’energia potencial, hem de triar on val zero. En aquest tema fem servir:

V(∞)=0 V(\infty)=0

Amb aquesta referència, el potencial creat per una massa puntual MM és:

V(r)=−GMr \boxed{V(r)=-\frac{GM}{r}}

Aquí:

  • G=6,67⋅10−11 N m2/kg2G=6{,}67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2} és la constant de gravitació universal.
  • MM és la massa que crea el camp.
  • rr és la distància des del centre de MM fins al punt que estudiem.

La mateixa expressió serveix a l’exterior d’un cos esfèric amb distribució de massa esfèricament simètrica, com el model habitual d’un planeta.

Si el punt es troba a una altura hh sobre la superfície d’un planeta de radi RR, cal fer servir:

r=R+h \boxed{r=R+h}

No has de substituir rr per l’altura hh.

Com canvia el potencial amb la distància?

Com que GG, MM i rr són positius, el potencial és negatiu a qualsevol distància finita.

Quan t’allunyes de MM, el denominador rr augmenta. Per això:

V=−GMr V=-\frac{GM}{r}

es fa menys negatiu i s’acosta a zero.

Per exemple:

−10 J/kg>−20 J/kg -10\ \mathrm{J/kg}>-20\ \mathrm{J/kg}

Així doncs, allunyar-se fa augmentar el potencial, encara que continuï sent negatiu.

Energia potencial gravitatòria i significat del signe negatiu

Si col·loquem una massa mm en un punt de potencial VV, la seva energia potencial gravitatòria és:

U=mV=−GMmr \boxed{U=mV=-\frac{GMm}{r}}

La unitat de UU és el joule, J\mathrm{J}.

La diferència entre les dues magnituds és important:

Magnitud Expressió De què depèn? Unitat
Potencial V=−GM/rV=-GM/r De la massa que crea el camp i del punt J/kg\mathrm{J/kg}
Energia potencial U=mVU=mV També de la massa mm situada en aquell punt J\mathrm{J}

En un mateix punt, dues masses tenen el mateix potencial, però no la mateixa energia potencial. Si dupliques mm, dupliques UU.

L’energia potencial correspon a la interacció entre les masses. Quan diem «l’energia potencial del cos», estem fent servir una manera abreujada de parlar d’aquesta interacció.

Quan un cos s’acosta a l’astre, rr disminueix i U=−GMm/rU=-GMm/r es fa més negativa, és a dir, l’energia potencial disminueix. Si només actua la gravetat, l’energia mecànica es conserva, de manera que el que perd l’energia potencial ho guanya l’energia cinètica: el cos va cada vegada més de pressa. En molts llibres l’energia potencial s’escriu EpE_p en lloc de UU; les dues notacions designen la mateixa magnitud.

Per què l’energia potencial és negativa?

Hem fixat:

U(∞)=0 U(\infty)=0

La gravetat és atractiva. Per això, si vols allunyar una massa lentament, has d’aplicar una força exterior que contraresti l’atracció gravitatòria. Aquesta força aporta energia al sistema.

Com que cal aportar energia per passar d’una distància finita fins a l’infinit, l’energia potencial inicial ha d’estar per sota de zero. D’aquí ve el signe negatiu:

U(r)<0 U(r)<0

El signe negatiu no vol dir que l’energia estigui mal calculada. Indica que el seu valor és inferior al nivell de referència que hem triat.

Tampoc no vol dir, per si sol, que el cos no pugui allunyar-se indefinidament: per valorar el moviment també cal tenir en compte l’energia cinètica.

Diferències de potencial i d’energia potencial

En un problema gairebé sempre et demanen un canvi entre dos punts: d’on surt el cos i on arriba.

Per anar d’AA a BB, en el camp d’un sol astre:

ΔV=VB−VA=GM(1rA−1rB)ΔU=UB−UA=mΔV=GMm(1rA−1rB) \boxed{ \begin{aligned} \Delta V&=V_B-V_A =GM\left(\frac1{r_A}-\frac1{r_B}\right)\\[2mm] \Delta U&=U_B-U_A=m\Delta V\\ &=GMm\left(\frac1{r_A}-\frac1{r_B}\right) \end{aligned}}

Lletres i unitats SI

  • rA,rBr_A,r_B: distàncies inicial i final al centre, en m.
  • ΔV\Delta V: diferència de potencial, en J/kg.
  • ΔU\Delta U: variació d’energia potencial, en J.
  • M,mM,m: masses, en kg.

Quan es fa servir: per a canvis d’altura, treballs i conservació de l’energia.

Quan NO: aquesta expressió amb un únic MM no inclou altres astres. En aquest cas, calcula el potencial total a cada punt.

Error més típic: invertir l’ordre. Si puges, ΔU>0\Delta U>0; si baixes, ΔU<0\Delta U<0, encara que les dues energies siguin negatives.

Exemple resoltPotencial i energia potencial a dues distàncies

Fem servir aquests valors aproximats per a la Terra:

GM=4,0⋅1014 m3/s2,R=6,4⋅106 m \begin{aligned} GM&=4{,}0\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}, \\ R&=6{,}4\cdot10^6\ \mathrm{m} \end{aligned}

Considerem una massa:

m=1 000 kg m=1\,000\ \mathrm{kg}

A la superfície, rA=Rr_A=R:

VA=−4,0⋅10146,4⋅106=−6,25⋅107 J/kg V_A=-\frac{4{,}0\cdot10^{14}}{6{,}4\cdot10^6} =-6{,}25\cdot10^7\ \mathrm{J/kg}
UA=mVA=1 000(−6,25⋅107)=−6,25⋅1010 J U_A=mV_A =1\,000\left(-6{,}25\cdot10^7\right) =-6{,}25\cdot10^{10}\ \mathrm{J}

A una distància 2R2R del centre, rB=2Rr_B=2R:

VB=−4,0⋅10141,28⋅107=−3,125⋅107 J/kg V_B=-\frac{4{,}0\cdot10^{14}}{1{,}28\cdot10^7} =-3{,}125\cdot10^7\ \mathrm{J/kg}
UB=−3,125⋅1010 J U_B=-3{,}125\cdot10^{10}\ \mathrm{J}

La massa s’ha allunyat. Per això, tant el potencial com l’energia potencial han augmentat: ara són menys negatius.

Fixa’t que a rB=2Rr_B=2R, l’altura sobre la superfície és:

hB=2R−R=R h_B=2R-R=R

Superposició: els potencials se sumen com a escalars

Si diverses masses creen el camp, el potencial total en un punt és la suma dels potencials de cadascuna:

Vtotal=V1+V2+⋯ \boxed{V_{\text{total}}=V_1+V_2+\cdots}

Per a masses puntuals:

Vtotal=−G(M1r1+M2r2+⋯ ) \boxed{ V_{\text{total}} =-G\left(\frac{M_1}{r_1}+\frac{M_2}{r_2}+\cdots\right) }

Cada rir_i és la distància entre el punt estudiat i la massa MiM_i.

No has de descompondre els potencials en components, perquè no són vectors. Només has de sumar-ne els valors amb signe.

En canvi, el camp gravitatori sí que és vectorial:

g⃗total=g⃗1+g⃗2+⋯ \vec g_{\text{total}}=\vec g_1+\vec g_2+\cdots

Per sumar camps, has de tenir en compte la direcció i el sentit de cada contribució.

Exemple resoltDues masses iguals i un punt al mig

Dues masses iguals MM estan separades una distància 2d2d. Estudiem el punt mitjà, situat a distància dd de cadascuna.

Camp gravitatori

Cada massa crea un camp de mòdul:

g=GMd2 g=\frac{GM}{d^2}

Els dos camps tenen sentits oposats. Per això es cancel·len:

g⃗total=0⃗ \boxed{\vec g_{\text{total}}=\vec 0}

Potencial gravitatori

Cada massa crea un potencial:

V1=V2=−GMd V_1=V_2=-\frac{GM}{d}

Com que els potencials són escalars, se sumen:

Vtotal=−2GMd \boxed{V_{\text{total}}=-\frac{2GM}{d}}

Per tant, el camp pot ser zero en un punt sense que el potencial sigui zero.

La causa és que els camps es poden cancel·lar pels seus sentits oposats, mentre que els potencials no tenen sentit espacial i les dues contribucions són negatives.

Exemple resoltDues masses: suma escalar de potencials

Dues masses puntuals fixes, M1=3,00⋅1020 kgM_1=3,00\cdot10^{20}\ \mathrm{kg} i M2=5,00⋅1020 kgM_2=5,00\cdot10^{20}\ \mathrm{kg}, estan separades 1,20⋅106 m1,20\cdot10^6\ \mathrm m.

  • AA és el punt mitjà.
  • BB és entre les masses, a 4,00⋅105 m4,00\cdot10^5\ \mathrm m de M1M_1.
  • Una massa de prova de m=10,0 kgm=10,0\ \mathrm{kg} va d’AA a BB.

Busquem: VAV_A, VBV_B i el treball gravitatori.

Pas 1. Organitzem les distàncies

Punt Distància a M1M_1 Distància a M2M_2
AA 6,00⋅105 m6,00\cdot10^5\ \mathrm m 6,00⋅105 m6,00\cdot10^5\ \mathrm m
BB 4,00⋅105 m4,00\cdot10^5\ \mathrm m 8,00⋅105 m8,00\cdot10^5\ \mathrm m

Pas 2. Apliquem la superposició escalar

VA=−G(M1r1A+M2r2A) V_A=-G\left(\frac{M_1}{r_{1A}}+\frac{M_2}{r_{2A}}\right)
V1A=−(6,67⋅10−11 N m2 kg−2)(3,00⋅1020 kg)6,00⋅105 m=−3,335⋅104 J/kg,V2A=−(6,67⋅10−11 N m2 kg−2)(5,00⋅1020 kg)6,00⋅105 m=−5,558⋅104 J/kg,VA=V1A+V2A=−3,335⋅104 J/kg−5,558⋅104 J/kg. \begin{aligned} V_{1A}&=-\frac{(6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}})(3,00\cdot10^{20}\ \mathrm{kg})}{6,00\cdot10^5\ \mathrm m}\\ &=-3,335\cdot10^4\ \mathrm{J/kg},\\ V_{2A}&=-\frac{(6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}})(5,00\cdot10^{20}\ \mathrm{kg})}{6,00\cdot10^5\ \mathrm m}\\ &=-5,558\cdot10^4\ \mathrm{J/kg},\\ V_A&=V_{1A}+V_{2A}\\ &=-3,335\cdot10^4\ \mathrm{J/kg}-5,558\cdot10^4\ \mathrm{J/kg}. \end{aligned}
VA=−8,89⋅104 J/kg \boxed{V_A=-8,89\cdot10^4\ \mathrm{J/kg}}
V1B=−(6,67⋅10−11 N m2 kg−2)(3,00⋅1020 kg)4,00⋅105 m=−5,003⋅104 J/kg,V2B=−(6,67⋅10−11 N m2 kg−2)(5,00⋅1020 kg)8,00⋅105 m=−4,169⋅104 J/kg,VB=V1B+V2B=−5,003⋅104 J/kg−4,169⋅104 J/kg. \begin{aligned} V_{1B}&=-\frac{(6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}})(3,00\cdot10^{20}\ \mathrm{kg})}{4,00\cdot10^5\ \mathrm m}\\ &=-5,003\cdot10^4\ \mathrm{J/kg},\\ V_{2B}&=-\frac{(6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}})(5,00\cdot10^{20}\ \mathrm{kg})}{8,00\cdot10^5\ \mathrm m}\\ &=-4,169\cdot10^4\ \mathrm{J/kg},\\ V_B&=V_{1B}+V_{2B}\\ &=-5,003\cdot10^4\ \mathrm{J/kg}-4,169\cdot10^4\ \mathrm{J/kg}. \end{aligned}
VB=−9,17⋅104 J/kg \boxed{V_B=-9,17\cdot10^4\ \mathrm{J/kg}}

Pas 3. Diferència de potencial i treball

Amb els valors no arrodonits de la calculadora:

ΔV=VB−VA≃−9,171⋅104 J/kg−(−8,893⋅104 J/kg)=−2,78⋅103 J/kg \Delta V=V_B-V_A \simeq-9,171\cdot10^4\ \mathrm{J/kg}-(-8,893\cdot10^4\ \mathrm{J/kg}) =\boxed{-2,78\cdot10^3\ \mathrm{J/kg}}

Com que Wgrav=−mΔVW_{\mathrm{grav}}=-m\Delta V:

Wgrav=−(10,0 kg)(−2,779⋅103 J/kg)=+2,78⋅104 J W_{\mathrm{grav}} =-(10,0\ \mathrm{kg})(-2,779\cdot10^3\ \mathrm{J/kg}) =\boxed{+2,78\cdot10^4\ \mathrm J}

Comprovació: a BB, el potencial total és més negatiu. L’energia potencial disminueix i el treball gravitatori és positiu.

Trampa: no dedueixis el canvi de potencial mirant només a quina massa t’acostes. Cal incloure les dues contribucions.

Treball de la gravetat: Wg=−ΔUW_{\mathrm g}=-\Delta U

Definim el canvi d’energia potencial entre un punt inicial AA i un punt final BB com:

ΔU=UB−UA \Delta U=U_B-U_A

El treball que fa la gravetat és:

Wg,A→B=−ΔU=UA−UB \boxed{W_{\mathrm g,A\to B}=-\Delta U=U_A-U_B}

Per a una massa mm en el camp d’una massa MM:

Wg,A→B=GMm(1rB−1rA) \boxed{ W_{\mathrm g,A\to B} =GMm\left(\frac{1}{r_B}-\frac{1}{r_A}\right) }

També el podem expressar amb el potencial:

Wg,A→B=m(VA−VB) \boxed{W_{\mathrm g,A\to B}=m(V_A-V_B)}

La gravetat és conservativa. Per això, el seu treball depèn dels punts inicial i final, no del camí seguit entre aquests punts.

Una massa M al centre, dos cercles discontinus de radis rA i rB, i dos camins diferents que van del punt A, al cercle petit, al punt B, al cercle gran; el treball pels dos és el mateix.Una massa M al centre, dos cercles discontinus de radis rA i rB, i dos camins diferents que van del punt A, al cercle petit, al punt B, al cercle gran; el treball pels dos és el mateix.
Pel camí 1 o pel 2, la gravetat fa el mateix treball: només compten rAr_A i rBr_B.

Com pots comprovar el signe?

Moviment radial Relació entre força i desplaçament Treball gravitatori Canvi d’energia potencial
El cos s’apropa a MM Tenen el mateix sentit Wg>0W_{\mathrm g}>0 ΔU<0\Delta U<0
El cos s’allunya de MM Tenen sentits oposats Wg<0W_{\mathrm g}<0 ΔU>0\Delta U>0

Quan el cos cau cap a MM, la gravetat afavoreix el moviment i fa treball positiu. Com a conseqüència, l’energia potencial disminueix i, si només actua la gravetat, la cinètica augmenta.

Quan el cos s’allunya, la gravetat s’oposa al moviment i fa treball negatiu. Com a conseqüència, si no hi ha cap altra força que aporti energia, la cinètica disminueix mentre la potencial augmenta.

Treball extern per allunyar una massa lentament

Ara imagina que un dispositiu allunya la massa lentament, de manera que el canvi d’energia cinètica sigui negligible.

El teorema del treball i l’energia cinètica dona:

Wg+Wext=ΔK W_{\mathrm g}+W_{\mathrm{ext}}=\Delta K

Com que ΔK≈0\Delta K\approx0:

Wext≈−Wg W_{\mathrm{ext}}\approx-W_{\mathrm g}

Per tant:

Wext≈ΔU \boxed{W_{\mathrm{ext}}\approx\Delta U}

En el model ideal en què la cinètica no canvia, aquesta igualtat és exacta.

Com que en allunyar la massa augmenta l’energia potencial, el treball extern és positiu. El dispositiu aporta l’energia necessària per contrarestar la gravetat.

Exemple resoltAllunyar la massa de RR a 2R2R

Recuperem els valors de l’exemple anterior:

UA=−6,25⋅1010 J U_A=-6{,}25\cdot10^{10}\ \mathrm{J}
UB=−3,125⋅1010 J U_B=-3{,}125\cdot10^{10}\ \mathrm{J}

El canvi d’energia potencial és:

ΔU=UB−UA \Delta U=U_B-U_A
ΔU=−3,125⋅1010−(−6,25⋅1010)=3,125⋅1010 J \begin{aligned} \Delta U&=-3{,}125\cdot10^{10} -\left(-6{,}25\cdot10^{10}\right) \\ &=3{,}125\cdot10^{10}\ \mathrm{J} \end{aligned}

Per tant:

Wg=−3,125⋅1010 J \boxed{W_{\mathrm g}=-3{,}125\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}
Wext=+3,125⋅1010 J \boxed{W_{\mathrm{ext}}=+3{,}125\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

Els signes són oposats perquè el treball extern compensa el treball negatiu de la gravetat i manté la cinètica constant.

Si l’allunyament lent fos des d’una distància rr fins a l’infinit:

Wext=U(∞)−U(r)=0−(−GMmr) W_{\mathrm{ext}}=U(\infty)-U(r) =0-\left(-\frac{GMm}{r}\right)
Wext=GMmr \boxed{W_{\mathrm{ext}}=\frac{GMm}{r}}

Això concreta el significat del signe negatiu de UU: aquesta és l’energia que cal aportar per arribar lentament fins al nivell U=0U=0.

Aproximació de camp uniforme

Prop de la superfície, i només per a desnivells petits, recuperes la fórmula de 4t d’ESO i 1r de Batxillerat.

ΔV≃g(hB−hA)ΔU≃mg(hB−hA)g≃∣ΔV∣d \boxed{ \begin{aligned} \Delta V\simeq g(h_B-h_A)\\ \Delta U\simeq mg(h_B-h_A)\\ g\simeq\frac{|\Delta V|}{d} \end{aligned}}

Lletres i unitats SI

  • gg: camp aproximadament constant, en N/kg.
  • hA,hBh_A,h_B: altures mesurades cap amunt, en m.
  • d=∣hB−hA∣d=|h_B-h_A|: separació vertical, en m.
  • ΔV\Delta V: en J/kg; ΔU\Delta U: en J; mm: en kg.

Quan es fa servir: en desnivells petits respecte del radi de l’astre.

Quan NO: per a grans canvis d’altura o si dd no és la separació vertical.

Error més típic: escriure U=mghU=mgh com si tingués el mateix zero que U=−GMm/rU=-GMm/r. L’expressió mgΔhmg\Delta h dona una diferència d’energia.

Si et donen ΔV\Delta V i dd per trobar gg, fes servir aquesta relació, no una massa i un radi que no et demanen utilitzar.

Exemple resoltPujar una càrrega: potencials, energies i treballs

Un astre esfèric té massa M=6,00⋅1023 kgM=6,00\cdot10^{23}\ \mathrm{kg} i radi R=2,00⋅106 mR=2,00\cdot10^6\ \mathrm m. Una càrrega de m=2,00⋅102 kgm=2,00\cdot10^2\ \mathrm{kg} es trasllada lentament des de la superfície AA fins a una altura hB=2,00⋅106 mh_B=2,00\cdot10^6\ \mathrm m. No hi ha fregament.

Busquem: els potencials, la variació d’energia potencial i els treballs.

Pas 1. Distàncies al centre

rA=R=2,00⋅106 m r_A=R=2,00\cdot10^6\ \mathrm m
rB=R+hB=2,00⋅106+2,00⋅106=4,00⋅106 m \begin{aligned} r_B&=R+h_B\\ &=2,00\cdot10^6+2,00\cdot10^6\\ &=4,00\cdot10^6\ \mathrm m \end{aligned}

Pas 2. Potencial a cada punt

Apliquem el potencial d’un astre esfèric exterior:

GM=(6,67⋅10−11 N m2 kg−2)(6,00⋅1023 kg)=4,002⋅1013 m3/s2 GM=(6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}})(6,00\cdot10^{23}\ \mathrm{kg}) =4,002\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}
VA=−GMrA=−(4,002⋅1013)2,00⋅106 J/kg=−2,00⋅107 J/kg \begin{aligned} V_A&=-\frac{GM}{r_A}\\ &=-\frac{(4,002\cdot10^{13})} {2,00\cdot10^6}\ \mathrm{J/kg}\\ &=\boxed{-2,00\cdot10^7\ \mathrm{J/kg}} \end{aligned}
VB=−GMrB=−(4,002⋅1013)4,00⋅106 J/kg=−1,00⋅107 J/kg \begin{aligned} V_B&=-\frac{GM}{r_B}\\ &=-\frac{(4,002\cdot10^{13})} {4,00\cdot10^6}\ \mathrm{J/kg}\\ &=\boxed{-1,00\cdot10^7\ \mathrm{J/kg}} \end{aligned}

Pas 3. Variació d’energia potencial

Fem servir ΔU=mΔV\Delta U=m\Delta V. Per evitar restar resultats ja arrodonits, substituïm directament les distàncies:

ΔU=GMm(1rA−1rB) \Delta U=GMm\left(\frac1{r_A}-\frac1{r_B}\right)
ΔU=(4,002⋅1013)(2,00⋅102)(12,00⋅106−14,00⋅106)J \Delta U= (4,002\cdot10^{13})(2,00\cdot10^2) \left(\frac1{2,00\cdot10^6}-\frac1{4,00\cdot10^6}\right) \mathrm J
ΔU=+2,00⋅109 J \boxed{\Delta U=+2,00\cdot10^9\ \mathrm J}

Pas 4. Treballs

Com que la gravetat és conservativa:

Wgrav=−ΔU=−2,00⋅109 J W_{\mathrm{grav}}=-\Delta U =\boxed{-2,00\cdot10^9\ \mathrm J}

El trasllat és lent, de manera que ΔEc≃0\Delta E_c\simeq0. Per tant:

Wext≃ΔU=+2,00⋅109 J W_{\mathrm{ext}}\simeq\Delta U =\boxed{+2,00\cdot10^9\ \mathrm J}

Comprovació: pugem; el potencial es fa menys negatiu i UU augmenta. La gravetat s’oposa al moviment i fa treball negatiu.

Dues comprovacions inverses útils

Si ens donessin l’energia final UB=−2,00⋅109 JU_B=-2,00\cdot10^9\ \mathrm J, podríem recuperar la distància:

UB=−GMmrB⇒rB=−GMmUB U_B=-\frac{GMm}{r_B} \quad\Rightarrow\quad r_B=-\frac{GMm}{U_B}
rB=−(4,002⋅1013)(2,00⋅102)−2,00⋅109 m=4,00⋅106 m r_B= -\frac{(4,002\cdot10^{13})(2,00\cdot10^2)} {-2,00\cdot10^9}\ \mathrm m =\boxed{4,00\cdot10^6\ \mathrm m}

Si una mesura local al voltant de BB dona ∣ΔV∣=62,5 J/kg|\Delta V|=62,5\ \mathrm{J/kg} entre punts separats verticalment 25,0 m25,0\ \mathrm m, podem considerar el camp uniforme:

gB≃∣ΔV∣d=62,5 J/kg25,0 m=2,50 N/kg g_B\simeq\frac{|\Delta V|}{d} =\frac{62,5\ \mathrm{J/kg}}{25,0\ \mathrm m} =\boxed{2,50\ \mathrm{N/kg}}

A partir de GMm/rB2=mgBGMm/r_B^2=mg_B:

rB=GMgB=(4,002⋅1013)2,50 m=4,00⋅106 m \begin{aligned} r_B&=\sqrt{\frac{GM}{g_B}}\\ &=\sqrt{\frac{(4,002\cdot10^{13})}{2,50}}\ \mathrm m\\ &=4,00\cdot10^6\ \mathrm m \end{aligned}
hB=rB−R=4,00⋅106−2,00⋅106=2,00⋅106 m \begin{aligned} h_B&=r_B-R\\ &=4,00\cdot10^6-2,00\cdot10^6\\ &=\boxed{2,00\cdot10^6\ \mathrm m} \end{aligned}

Trampa: primer obtenim gg de la diferència de potencial; després utilitzem aquest gg per trobar la posició.

Conservació de l’energia mecànica en moviments radials

L’energia mecànica és la suma de l’energia cinètica i la potencial:

Em=K+U E_{\mathrm m}=K+U

En el camp gravitatori d’una massa MM:

Em=12mv2−GMmr \boxed{E_{\mathrm m}=\frac12mv^2-\frac{GMm}{r}}

Si només actua la gravetat, l’energia mecànica es conserva:

12mvA2−GMmrA=12mvB2−GMmrB \boxed{ \frac12mv_A^2-\frac{GMm}{r_A} = \frac12mv_B^2-\frac{GMm}{r_B} }

Aquest model suposa que la massa MM es pot considerar fixa, com fem habitualment quan estudiem un cos de massa molt petita comparada amb la del planeta.

La massa mm apareix en tots els termes i es pot simplificar:

12vA2−GMrA=12vB2−GMrB \frac12v_A^2-\frac{GM}{r_A} = \frac12v_B^2-\frac{GM}{r_B}

Si aïllem la velocitat final:

vB2=vA2+2GM(1rB−1rA) \boxed{ v_B^2=v_A^2+2GM\left(\frac1{r_B}-\frac1{r_A}\right) }

Per què no cal suposar gg constant?

El camp varia amb la distància:

g(r)=GMr2 g(r)=\frac{GM}{r^2}

Si el cos canvia molt de distància al centre, també canvia el camp que experimenta. Per això no podem tractar tot el moviment com si tingués una acceleració gravitatòria constant.

L’expressió:

U=−GMmr U=-\frac{GMm}{r}

ja incorpora aquesta variació. Així podem calcular el canvi de velocitat sense fer servir una gg constant.

L’aproximació ΔU≈mg Δh\Delta U\approx mg\,\Delta h només és adequada prop de la superfície i per a canvis d’altura petits comparats amb el radi del planeta.

Si el moviment radial és cap enfora

Si el cos es llança cap enfora i després arriba a un punt on s’atura momentàniament, en aquell punt:

vB=0 v_B=0

La conservació de l’energia queda:

12vA2−GMrA=−GMrB \frac12v_A^2-\frac{GM}{r_A} =-\frac{GM}{r_B}

D’aquí:

1rB=1rA−vA22GM \boxed{\frac1{r_B}=\frac1{r_A}-\frac{v_A^2}{2GM}}

Si el punt inicial és la superfície, l’altura màxima és:

hmax⁡=rB−R \boxed{h_{\max}=r_B-R}

Aquesta expressió dona un punt d’aturada a distància finita només si el terme de la dreta és positiu.

Exemple resoltCaiguda radial des de 2R2R fins a la superfície

Un cos parteix del repòs a una distància 2R2R del centre de la Terra i cau radialment fins a la superfície. Negligim la resistència de l’aire.

Dades:

rA=2R,vA=0,rB=R r_A=2R,\qquad v_A=0,\qquad r_B=R
GM=4,0⋅1014 m3/s2,R=6,4⋅106 m \begin{aligned} GM&=4{,}0\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}, \\ R&=6{,}4\cdot10^6\ \mathrm m \end{aligned}

Com que només actua la gravetat:

−GMm2R=12mvB2−GMmR -\frac{GMm}{2R} = \frac12mv_B^2-\frac{GMm}{R}

Simplifiquem mm i reordenem:

12vB2=GMR−GM2R=GM2R \frac12v_B^2 = \frac{GM}{R}-\frac{GM}{2R} = \frac{GM}{2R}

Per tant:

vB2=GMR v_B^2=\frac{GM}{R}
vB=4,0⋅10146,4⋅106=6,25⋅107 v_B=\sqrt{\frac{4{,}0\cdot10^{14}}{6{,}4\cdot10^6}} =\sqrt{6{,}25\cdot10^7}
vB≈7,91⋅103 m/s=7,91 km/s \boxed{v_B\approx7{,}91\cdot10^3\ \mathrm{m/s}=7{,}91\ \mathrm{km/s}}

Aquest resultat és el mòdul de la velocitat. El moviment té direcció radial i sentit cap al centre.

Interpretació: el cos s’apropa a la Terra, de manera que la seva energia potencial es fa més negativa. Com que l’energia mecànica es conserva, aquesta disminució d’energia potencial es transforma en un augment de cinètica.

Exemple resoltCaiguda des del repòs

Reprenem l’astre de l’exemple 1:

M=6,00⋅1023 kgR=2,00⋅106 m \begin{aligned} M&=6,00\cdot10^{23}\ \mathrm{kg}\\ R&=2,00\cdot10^6\ \mathrm m \end{aligned}

Un objecte de m=2,00⋅102 kgm=2,00\cdot10^2\ \mathrm{kg} es troba a rA=4,00⋅106 mr_A=4,00\cdot10^6\ \mathrm m. El deixem anar des del repòs.

Velocitat en arribar a la superfície

Dades: vA=0v_A=0, rB=R=2,00⋅106 mr_B=R=2,00\cdot10^6\ \mathrm m. Negligim l’atmosfera.

Busquem: vBv_B.

Només actua la gravetat; per tant, es conserva l’energia mecànica:

12mvA2−GMmrA=12mvB2−GMmrB \frac12mv_A^2-\frac{GMm}{r_A} =\frac12mv_B^2-\frac{GMm}{r_B}

Cancel·lem mm, posem vA=0v_A=0 i aïllem:

vB=2GM(1rB−1rA) v_B=\sqrt{2GM\left(\frac1{r_B}-\frac1{r_A}\right)}
vB=2(4,002⋅1013)(12,00⋅106−14,00⋅106) m/s v_B= \sqrt{ 2(4,002\cdot10^{13}) \left(\frac1{2,00\cdot10^6}-\frac1{4,00\cdot10^6}\right) }\ \mathrm{m/s}
vB=4,47⋅103 m/s \boxed{v_B=4,47\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}

Comprovació: en baixar, l’energia potencial disminueix i es transforma en cinètica. La velocitat augmenta des de zero, com calia esperar.

Trampa: la velocitat inicial és zero, però la final no ho és: cal incloure l’energia cinètica final.

ComprovaQuè has de comprovar en un problema

Abans de substituir nombres, revisa aquests punts:

  • Distàncies: totes les rr es mesuren des del centre. Si tens una altura, fes r=R+hr=R+h.
  • Referència: amb el zero a l’infinit, VV i UU són negatius a distància finita.
  • Canvis: ΔU\Delta U vol dir sempre UB−UAU_B-U_A, amb AA inicial i BB final.
  • Treball: identifica qui el fa. El treball gravitatori és −ΔU-\Delta U; el treball extern és ΔU\Delta U si la cinètica no canvia.
  • Superposició: els potencials se sumen com a escalars; els camps, com a vectors.
  • Energia: si només actua la gravetat, conserva K+UK+U. Si hi ha treball extern, l’energia mecànica pot canviar.
  • Coherència física: si només actua la gravetat d’una massa central, en una caiguda radial la rapidesa augmenta; en un moviment radial cap enfora, disminueix.

Les quatre relacions que connecten tot el tema són:

V=−GMr,U=mV,Wg=−ΔU,KA+UA=KB+UB \boxed{\begin{aligned} V&=-\frac{GM}{r}, & U&=mV, \\ W_{\mathrm g}&=-\Delta U, & K_A+U_A&=K_B+U_B \end{aligned}}

El potencial descriu el punt del camp; l’energia potencial incorpora la massa que hi poses; el canvi d’energia potencial determina el treball gravitatori; i, si només actua la gravetat, aquest treball explica el canvi d’energia cinètica.

Practica

Posa’t a prova

Tipus PAU

1Tipus PAU: dues masses, simetria i treball

Dues masses puntuals fixes, totes dues de valor:

M=6,00⋅1011 kg, M=6{,}00\cdot10^{11}\ \mathrm{kg},

estan situades als punts (−a,0)(-a,0) i (a,0)(a,0), amb:

a=2,00⋅103 m. a=2{,}00\cdot10^3\ \mathrm m.

Considera l’origen O=(0,0)O=(0,0) i el punt P=(0,a)P=(0,a).

  1. a
    Calcula el camp gravitatori resultant a OO i a PP. Expressa el resultat a PP mitjançant components i indica’n la direcció i el sentit.
  1. b
    Calcula el potencial gravitatori a OO i a PP. Explica per què la cancel·lació del camp a l’origen no implica la cancel·lació del potencial.
  1. c
    Una massa de prova de 50,0 kg50{,}0\ \mathrm{kg} es trasllada lentament de PP a OO. Calcula el treball gravitatori i el treball extern.
  1. d
    En una situació diferent, la mateixa massa es deixa anar des del repòs a PP, sense cap dispositiu exterior. Calcula la rapidesa amb què arriba a OO.
  1. e
    En arribar a OO, el camp resultant és zero. El cos s’hi atura? Explica-ho distingint entre força, acceleració i velocitat.
Mostra la solució

Per a cadascuna de les masses:

GM=(6,67⋅10−11)(6,00⋅1011)=40,02 m3/s2. GM=(6{,}67\cdot10^{-11})(6{,}00\cdot10^{11}) =40{,}02\ \mathrm{m^3/s^2}.

a) Camps a OO i a PP

A l’origen, les masses són a la mateixa distància i en sentits oposats. Per tant:

g⃗O=0⃗ \boxed{\vec g_O=\vec 0}

A PP, la distància a cada massa és:

r=a2+a2=a2. r=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt2.

El mòdul de cada contribució és:

g1=g2=GM2a2. g_1=g_2=\frac{GM}{2a^2}.

Les components horitzontals es cancel·len. Les verticals apunten totes dues cap avall:

gPy=−2GM2a212=−GM2 a2. g_{Py} =-2\frac{GM}{2a^2}\frac1{\sqrt2} =-\frac{GM}{\sqrt2\,a^2}.
gPy=−40,022(2,00⋅103)2. g_{Py} =-\frac{40{,}02}{\sqrt2(2{,}00\cdot10^3)^2}.
g⃗P=(0, −7,07⋅10−6) N/kg \boxed{\vec g_P=(0,\,-7{,}07\cdot10^{-6})\ \mathrm{N/kg}}

La direcció és l’eix yy, i el sentit és cap a l’origen.

b) Potencials

A l’origen:

VO=−GMa−GMa=−2GMa. V_O=-\frac{GM}{a}-\frac{GM}{a} =-\frac{2GM}{a}.
VO=−4,00⋅10−2 J/kg \boxed{V_O=-4{,}00\cdot10^{-2}\ \mathrm{J/kg}}

A PP:

VP=−2GMa2. V_P=-\frac{2GM}{a\sqrt2}.
VP=−2,83⋅10−2 J/kg \boxed{V_P=-2{,}83\cdot10^{-2}\ \mathrm{J/kg}}

El camp a OO es cancel·la perquè les contribucions vectorials tenen sentits oposats. El potencial no es cancel·la perquè les dues contribucions escalars són negatives.

c) Trasllat lent de PP a OO

Wg=m(VP−VO). W_{\mathrm g}=m(V_P-V_O).

Amb més decimals:

Wg=50,0[−0,0282984−(−0,04002)]. W_{\mathrm g} =50{,}0[-0{,}0282984-(-0{,}04002)].
Wg=+0,586 J \boxed{W_{\mathrm g}=+0{,}586\ \mathrm J}

Com que no canvia la cinètica:

Wext=−0,586 J \boxed{W_{\mathrm{ext}}=-0{,}586\ \mathrm J}

El dispositiu retira l’energia que la gravetat aportaria a la cinètica.

d) Caiguda lliure des de PP

Per simetria, la força no té component horitzontal sobre l’eix yy. Si el cos parteix del repòs a PP, es mou per aquest eix cap a OO.

Conservem l’energia:

mVP=12mvO2+mVO. mV_P=\frac12mv_O^2+mV_O.

Simplifiquem mm:

vO=2(VP−VO). v_O=\sqrt{2(V_P-V_O)}.
vO=0,153 m/s \boxed{v_O=0{,}153\ \mathrm{m/s}}

e) El cos s’atura a l’origen?

No. En arribar a OO:

  • El camp és zero.
  • La força gravitatòria resultant és zero.
  • L’acceleració instantània és zero.
  • La velocitat no és zero: el cos arriba amb una rapidesa de 0,153 m/s0{,}153\ \mathrm{m/s}.

Una força nul·la no elimina una velocitat que el cos ja té. Per això el cos travessa l’origen. Quan passa a l’altre costat, la força apunta de nou cap a l’origen i frena el moviment.

Tipus PAU

2Tipus PAU: caiguda amb dues velocitats inicials

Dades: G=6,67⋅10−11 N m2 kg−2G=6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}}. Pren U(∞)=0U(\infty)=0 i V(∞)=0V(\infty)=0. Els astres són esfèrics i no tenen atmosfera; les altres masses indicades són puntuals. Negligeix la influència d’altres astres.

Problema de 2,5 punts: dos apartats d’1,25 punts.

Una sonda de 90,0 kg90,0\ \mathrm{kg} es troba a una distància r0=3,20⋅106 mr_0=3,20\cdot10^6\ \mathrm m del centre de Neris, de massa M=4,80⋅1023 kgM=4,80\cdot10^{23}\ \mathrm{kg} i radi R=1,60⋅106 mR=1,60\cdot10^6\ \mathrm m.

Estudiem dues situacions alternatives, no consecutives.

  1. a
    [1,25 punts] La sonda es deixa anar des del repòs i cau radialment. Justifica la llei de conservació que utilitzes i calcula la velocitat i l’energia cinètica just abans d’arribar a la superfície.
  1. b
    [1,25 punts] Ara la mateixa sonda surt del mateix punt amb velocitat radial cap a la superfície de 1,20⋅103 m/s1,20\cdot10^3\ \mathrm{m/s}. Planteja la conservació de l’energia, calcula la velocitat i l’energia cinètica just abans d’arribar a la superfície, i compara-les amb les de a).
Mostra la solució

a) Caiguda des del repòs

Només actua la gravetat. Com que és una força conservativa, es conserva l’energia mecànica.

Prenem AA al punt inicial i BB just abans d’arribar a la superfície:

12mvA2−GMmr0=12mvB2−GMmR \frac12mv_A^2-\frac{GMm}{r_0} = \frac12mv_B^2-\frac{GMm}{R}

Com que vA=0v_A=0, cancel·lem mm i aïllem:

vB=2GM(1R−1r0) v_B=\sqrt{2GM\left(\frac1R-\frac1{r_0}\right)}
2GM(1R−1r0)=2(3,202⋅1013 m3/s2)×(11,60⋅106 m−13,20⋅106 m)=2,001⋅107 m2/s2,vB=2,001⋅107 m2/s2. \begin{aligned} 2GM\left(\frac1R-\frac1{r_0}\right)&=2(3,202\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2})\\ &\quad\times\left(\frac1{1,60\cdot10^6\ \mathrm m}-\frac1{3,20\cdot10^6\ \mathrm m}\right)\\ &=2,001\cdot10^7\ \mathrm{m^2/s^2},\\ v_B&=\sqrt{2,001\cdot10^7\ \mathrm{m^2/s^2}}. \end{aligned}
vB=4,47⋅103 m/s \boxed{v_B=4,47\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}

L’energia cinètica final és:

Ec,B=12mvB2=12(90,0 kg)(4,473⋅103 m/s)2 E_{c,B}=\frac12mv_B^2 =\frac12(90,0\ \mathrm{kg}) (4,473\cdot10^3\ \mathrm{m/s})^2
Ec,B=9,00⋅108 J \boxed{E_{c,B}=9,00\cdot10^8\ \mathrm J}

Comprovació: l’objecte parteix del repòs i guanya energia cinètica en baixar. El signe dins l’arrel és positiu perquè R<r0R<r_0.

b) Caiguda amb velocitat inicial

Dades: v0=1,20⋅103 m/sv_0=1,20\cdot10^3\ \mathrm{m/s} cap a la superfície; mateixa massa i posicions que a a). Només actua la gravetat.

12mv02−GMmr0=12mv2−GMmR. \frac12mv_0^2-\frac{GMm}{r_0} =\frac12mv^2-\frac{GMm}{R}.

Cancel·lem la massa i aïllem el quadrat de la rapidesa:

v2=v02+2GM(1R−1r0). v^2=v_0^2+2GM\left(\frac1R-\frac1{r_0}\right).

Per a Neris, GM=3,202⋅1013 m3/s2GM=3,202\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}. Substituïm per etapes:

v2=(1,20⋅103 m/s)2+2,001⋅107 m2/s2=2,145⋅107 m2/s2,v=4,63⋅103 m/s. \begin{aligned} v^2&=(1,20\cdot10^3\ \mathrm{m/s})^2 +2,001\cdot10^7\ \mathrm{m^2/s^2}\\ &=2,145\cdot10^7\ \mathrm{m^2/s^2},\\ v&=4,63\cdot10^3\ \mathrm{m/s}. \end{aligned}

La velocitat apunta cap a la superfície. L’energia cinètica és:

Ec=12mv2=12(90,0 kg)(2,145⋅107 m2/s2)=9,65⋅108 J. \begin{aligned} E_c&=\frac12mv^2\\ &=\frac12(90,0\ \mathrm{kg})(2,145\cdot10^7\ \mathrm{m^2/s^2})\\ &=9,65\cdot10^8\ \mathrm J. \end{aligned}

Comprovació: l’increment d’energia cinètica durant la caiguda és el mateix que a a), perquè les posicions són les mateixes. Ara s’hi afegeix l’energia cinètica inicial, 12(90,0 kg)(1,20⋅103 m/s)2=6,48⋅107 J\tfrac12(90,0\ \mathrm{kg})(1,20\cdot10^3\ \mathrm{m/s})^2=6,48\cdot10^7\ \mathrm J, i s’arriba amb més rapidesa.

Pauta orientativa — 2,5 punts: a) hipòtesi, equació, aïllament, velocitat i energia cinètica, 0,25 cadascun; b) els mateixos quatre primers passos, 0,25 cadascun, i energia cinètica amb comparació, 0,25.