2º Bach Fis Problemas Resueltos

PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Enunciados de PAUs–

30/10/2012

1.– Alrededor de un planeta gira un satélite en órbita circular de radio R, con una velocidad v. Calcule: a) el período de revolución; b) la masa del planeta; c) cuánto valdría el período si el radio de la órbita se duplicase. 3

Datos: R = 10000 km ; v = 8,00 km s–1 ; 24

Constante Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) T = 7,85 ks ; b) M = 9,60·10 kg ; T2 = 2,22·104 s.

2.– Calcule la máxima altura que alcanzará un objeto de 10 kg situado sobre la superficie de Venus, si se le comunica una velocidad inicial hacia arriba de 5 km s–1. A esa altura, a) ¿cuánto valdrá su energía potencial?; b) ¿cuál será su peso?; c) ¿cuál será la velocidad de escape a esa altura? Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de Venus: 6 24 RV = 6,52·10 m ; Masa de Venus: MV = 4,87·10 kg

h = 2,18 Mm ; a) Ep = −373 MJ ;

b) P = 42,9 N ; c) ve = 8,64 km s–1.

Solución: a) Para un satélite en órbita planetaria el periodo vendrá dado por: 2π𝑅 2π𝑅 2 π · 1,0000 · 107 m π 𝑣o = ⇒𝑇 = = = · 104 s = 7850 s ≈2 h 11 min. 1000 m 𝑇 𝑣o 4 8,00 km s -1 · 1 km b) Para calcular la masa aplicamos las condiciones de una órbita: 𝑚 𝑣2 𝐺𝑀𝑚 𝑅 𝑣2 1,0000 · 107 m · (8000 m s-1 )2 =   ⇒ 𝑀 = = = 9,60·1024 kg. 𝑅 𝑅2 𝐺 6,67·10−11 N m2 kg−2 c) La variación en el periodo se puede calcular aplicando la Tercera Ley de Kepler: (2 𝑅1 )3 𝑅13 𝑇12 𝑇2 𝑅23 8 𝑅13 � � = ;  de donde = = � = = √8 ≈ 2,83 𝑇1 𝑅23 𝑇22 𝑅13 𝑅13 𝑅13

𝑇2 = 2,83 · 𝑇1 = 2,83 · 7850 s = 22200 s ≈ 6 h 10 min. Solución: La velocidad de lanzamiento se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de Venus hasta el punto al que ha de llegar. Es importante tener en cuenta que no se pide que entre en órbita, sino sólo que llegue, por lo que: 1 𝐺 𝑀V 𝑚 1 𝐺 𝑀V 𝑚 � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣L2 + �− 2 2 𝑅V 𝑅V + ℎ 𝐺 𝑀V 1 2 1 2 𝐺 𝑀V 𝐺 𝑀V 1 𝑅V − 2 𝑣L 𝑣 + �− �= 0 − ;  = 2 L 𝑅V + ℎ 𝑅V 𝑅V + ℎ 𝐺 𝑀V ℎ=

⎛ ℎ = 6,52 · 106 m · ⎜ ⎜

𝐺 𝑀V

𝐺 𝑀V 1 2 𝑅V − 2 𝑣L

− 𝑅V = 𝑅V � 1

1 − 1� 𝑅V 𝑣L2 1−2𝐺𝑀 V

⎞ − 1⎟ = 2,18 · 106 m. ⎟

km 1000 m 2 6,52 · m · �5,00 s · 1 km � 1− −11 2 · 6,67 · 10 N m2 kg −2 · 4,87 · 1024 kg ⎝ ⎠ a) La energía potencial se obtiene de: 1 𝐺 𝑀V 𝑚 1 1 𝐺 𝑀V 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝐸pf = 𝑚 𝑣L2 + �− � − 𝑚 𝑣f2 = 𝑚 𝑣L2 − 𝑅V 𝑅V 2 2 2 −11 2 −2 24 1 6,67 · 10 N m kg · 4,87 · 10 kg · 10 kg 𝐸pf = · 10 kg· (5000 m s-1 )2 = −3,73 · 108 J 2 6,52 · 106 m b) El peso se obtiene aplicando la Ley de Gravitación Universal: 𝐺 𝑀V 𝑚 6,67 · 10−11 N m2 kg −2 · 4,87 · 1024 kg · 10 kg 𝑃 = = = 42,9 N. (𝑅V + ℎ)2 (6,52·106 m+ 2,18·106 m)2 c) La velocidad de escape se obtiene mediante un balance energético desde la órbita: 1 𝐺 𝑀V 𝑚 1 𝐺 𝑀V 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣e2 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � = 0 2 𝑅V + ℎ 2 ∞

3

106

2 𝐺 𝑀V 2 · 6,67 · 10−11 N m2 kg −2 · 4,87 · 1024 kg 𝑣e = � = � = 8,64 · 103 m s −1 . 𝑅V + ℎ 6,52·106 m+ 2,18·106 m

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Enunciados de PAUs–

30/10/2012

3.– Calcule la velocidad mínima a la cual se ha de lanzar verticalmente hacia arriba un satélite desde la superficie terrestre para que alcance una altura igual que el radio de la Tierra. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m

vL = 7,9 km s–1. 3

3

Solución: La velocidad de lanzamiento se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de la Tierra hasta el punto al que ha de llegar. Es importante tener en cuenta que no se pide que entre en órbita, sino sólo que llegue, por lo que: 1 G MT m 1 G MT m Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ;  m v2L + �− � = m v2f + �− � RT 2 RT 2 2 1 2 G MT G MT 1 G MT G MT 1 1 vL + �− �= 0 − ;  v2L = − ; vL = �2 G MT � − � 2 RT 2 RT 2 RT 2 RT RT 2 RT

4.– Desde la superficie de un planeta esférico sin atmósfera, de radio R = 2,3·106 m y masa M = 8,6·1023 kg, se dispara un proyectil con velocidad v0 horizontal, es decir en dirección tangente a la superficie. a) Calcule el valor de v0 para que el proyectil describa una órbita circular rasante a la superficie del planeta. ¿Cuál es el periodo de esta órbita? b) Si el proyectil se dispara con una velocidad doble de la anterior, ¿escapará de la atracción gravitatoria del planeta? Justifique su respuesta. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) v0 = 4,99·103 m s–1 ; T = 2,89·103 s ≈ 0,8 h ; b) v = ve

2 , por lo que sí se escapará.

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

vL = �

G MT 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg =� = 7,9 · 103 m s−1 . RT 6,37·106 m

Solución: a) En un satélite en órbita se cumple que:

m v2o G M m GM 6,67·10−11 N m2 kg−2 ·8,6·1023 kg � � = ⇒  vo = = = 4,99·103 m s−1 R R 2,3 · 106 m R2 3

2πR R3 (2,3·106 m) � � como v = ⇒T=2π =2π =2890 s = 0,8 h T GM 6,67·10−11 N m2 kg−2 ·8,6·1023 kg b) Una velocidad doble de la anterior valdría v = 2�

GM R

=�

4GM R

>�

2GM R

= ve

que es mayor

que la de escape, por lo que el proyectil se escaparía de la atracción gravitatoria del planeta.

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30/10/2012

5.– Deseamos poner en órbita un satélite de observación a una altura h = 1,0 km sobre la superficie de Deimos, lanzándolo desde su superficie. Determine: a) la velocidad orbital y el periodo orbital de dicho satélite; b) la velocidad con la que debe ser lanzado desde la superficie de Deimos. Exprese el resultado en km/h. Dado el orden de magnitud de dicha velocidad, ¿cree que es factible el lanzamiento? c) la velocidad de escape desde la superficie de Deimos.

Solución: a) Para este satélite en órbita se cumple que: m v2o G MD m G MD 6,674·10−11 N m2 kg−2 ·2,24·1015 kg � = ⇒  v =� = = 4,5 m s−1 o (6,3 · 103 + 103 ) m R D + h (R D + h )2 RD+ h vo =

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2 ; RDeimos = 6,3 km ; MDeimos = 15 2,24·10 kg

a) vo = 4,5 m s–1; T = 2 h 20 min ;

b) vL = 17,7 km h–1 ; sí es factible ;

c) ve = 6,9 m s–1.

(R D + h )3 2 π (R D + h ) 2 π (R D + h ) ⇒T= =2π� T G MD G MD � RD+ h [(6,3 · 103 + 103 ) m]3

T = 2π� = 8320 s ≈ 2 h 20 min. 6,674·10−11 N m2 kg−2 ·2,24·1015 kg b) Este lanzamiento a una órbita determinada se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la superficie del planeta al infinito. 1 G MD m 1 G MD m 1 G MD m � = m v2o + �− �= − Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ;  m v2L + �− 2 RD 2 RD + h 2 RD + h 1

Despejando: m v2L = 2

G MD m RD

+ �−

1 G MD m 2 RD + h

�;

Sustituyendo los datos que da el problema:

3

2

vL = �G MD � R

vL = �6,674·10−11 N m2 kg−2 ·2,24·1015 kg · �

D

−

1

RD + h

�

2 1 − � (6,3 · 103 + 103 ) m 6,3 · 103 m

3600 s 1 km · = 17,7 km h−1 . 1h 1000 m Evidentemente, por ser una velocidad baja y sin consideraciones relacionadas con que sea un satélite, será fácil el lanzamiento. c) Este cambio de órbita se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la superficie de Deimos al infinito. 1 G MD m 1 G MD m Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ;  m v2e + �− � = m v2f + �− � 2 2 RD R∞ vL = 4,9 m s−1 ·

1

Despejando: m v2e + �− 2

G MD m RD

1

� = m · 0 + �− 2

Sustituyendo los datos que da el problema:

3

6.– Dos satélites artificiales de la Tierra S1 y S2 describen en un sistema de referencia geocéntrico dos órbitas circulares, de radios r1 = 8000 km y r2 = 9034 km respectivamente, contenidas en un mismo plano. En un instante inicial dado, los satélites están alineados con el centro de la Tierra y situados del mismo lado. a) ¿Qué relación existe entre las velocidades orbitales de ambos satélites? b) ¿Qué relación existe entre los periodos orbitales de los satélites? ¿Que posición ocupará el satélite S2 cuando el satélite S1 haya completado seis vueltas, desde el instante inicial? v1 = a) v2

r2 = 1,063 ; r1

3

r  T2 =  2  = 1,20 ; habrá dado 5 vueltas completas b) T1  r1 

G MD m ∞

�= 0 ;

1 2

m v2e =

G MD m RD

; ve = �

2 G MD RD

2 · 6,674·10−11 N m2 kg−2 ·2,24·1015 kg � ve = = 6,9 m s −1 = 24,8 km h−1 . 6,3 · 103 m

Solución: a) Como la velocidad de un satélite en una órbita circular es v = 2 π R / T (de donde se cumple que T = 2 π R / v) y la Tercera Ley de Kepler dice que: 4 𝜋 2 𝑅12 3 2 𝑅1 𝑇1 𝑅12 𝑣22 𝑅1 𝑣22 𝑣2 𝑅1 8000 km 𝑣12 � = = = ; de donde = ⇔ = � = = 0,94 2 2 2 2 3 2 𝑅2 𝑣1 𝑣1 𝑅2 9034 km 𝑅2 𝑇2 𝑅2 𝑣1 4 𝜋 2 𝑅2 𝑣22 b) Volviendo a aplicar sólo la Tercera Ley de Kepler: 𝑅13 𝑇12 𝑇2 𝑅23 9034 km 3 6 � =� 3 = � � = 1,20 = 3 = 2 ;  de donde 𝑇1 8000 km 5 𝑅2 𝑇2 𝑅1

El satélite S1 tarda un tiempo t = 6 · T1 en dar las seis vueltas. En ese mismo tiempo el satélite S2 habrá dado: t = nº vueltas · T2 = 6 · T1 ⇒ nº vueltas = 6 · T1 / T2 = 6 · (5/6) = 5 vueltas.

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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Enunciados de PAUs–

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30/10/2012

7.– Dos satélites idénticos A y B describen órbitas circulares de diferente radio (RA > RB) alrededor de la Tierra. Conteste razonadamente a las siguientes preguntas. a) ¿Cuál de los dos tiene mayor energía cinética? b) Si los dos satélites estuvieran en la misma órbita (RA = RB) y tuviesen distinta masa (mA < mB), ¿cuál de los dos se movería con mayor velocidad? ¿Cuál de ellos tendría más energía cinética? a) El satélite B ; b) Se mueven a la misma velocidad ; El satélite B, por tener mayor masa.

8.– Dos satélites idénticos están en órbita alrededor de la Tierra, siendo sus órbitas de distinto radio. a) ¿Cuál de los dos se moverá a mayor velocidad? b) ¿Cuál de los dos tendrá mayor energía mecánica? Razone las respuestas. a) El más cercano a la Tierra ; b) El más lejano a la Tierra.

3

9.– Dos satélites idénticos se encuentran en órbitas circulares de distinto radio alrededor de la Tierra. Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) ¿Cuál de ellos tiene mayor velocidad, el de la órbita de mayor o de menor radio? b) ¿Cuál de los dos tiene mayor energía mecánica? a) El de la órbita de menor radio ; b) El de la órbita de mayor radio. 3

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Solución: a) La energía cinética de un satélite en órbita viene dada por: 1 1 GMm Ec = m v2 = R 2 2 podemos afirmar que a mayor radio menor es el valor de la energía cinética. Por lo tanto es el satélite B el que se tiene mayor energía cinética. b) despejando en la ecuación anterior, 1 2 1 GM GM v = ; por lo que v = � 2 2 R R vemos que la velocidad es independiente de la masa, por lo que los dos se mueven con la misma velocidad. La energía cinética de un satélite en órbita viene dada por: Ec = ½ m v2, por lo que, al ser igual la velocidad y mayor la masa, tiene mayor energía cinética el cuerpo B. Solución: a) Como la velocidad de un satélite en una órbita circular es v = 2 π R / T (de donde se cumple que T = 2 π R / v) y la Tercera Ley de Kepler dice que 4 π2 R21 2 R21 v2 R31 T21 R1 v22 v21 = = = ; de donde = R2 v21 R32 T22 4 π2 R22 R22 v2 1 v22 podemos afirmar que a mayor radio menor velocidad (la relación entre las velocidades de dos satélites en órbitas distintas alrededor de un objeto es inversamente proporcional a la raíz cuadrada de la que hay entre sus radios). b) La energía mecánica total de un satélite viene dada por 1G M m EM = − 2 R por lo que podemos afirmar que a mayor radio menor es el valor absoluto de la energía pero, al ser ésta negativa, mayor es el valor real de la energía, por lo que a mayor radio mayor energía mecánica. Como la energía mecánica total es igual a la energía cinética cambiada de signo, que a su vez es directamente proporcional a la velocidad al cuadrado, podríamos haber contestado el apartado a) diciendo: A mayor radio, mayor valor de la energía total, menor valor de la energía cinética y por tanto menor valor de la velocidad. Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que: m vo2 G MT m G MT G MT = ⇔ vo2 = ⇔ vo = � 2 R R R R La velocidad orbital, por tanto, es inversamente proporcional al radio por lo que irá más deprisa el que tenga un radio de órbita menor, o sea, que esté más cerca de la superficie de la Tierra. b) Para una órbita determinada se cumple que: m vo2 G MT m 1 1 G MT m 1 2 = ⇔ E = m v = = �– Ep � c o R2 2 2 R 2 R Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por: 1 G MT m G MT m 1 G MT m + �− �= − Em = Ec + Ep = 2 R R 2 R Al ser un valor negativo, cuanto mayor es el radio, menor es el cociente y mayor el resultado (dentro de que es negativo) por lo que tendrá mayor energía el más alejado de la Tierra.

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30/10/2012

10.– El 15 de octubre de 2003, China puso en órbita su primera nave espacial tripulada, de manera que se convirtió en el tercer país del mundo en conseguir este éxito. La nave tenía una masa de 7790 kg y un período orbital de 91,2 minutos. Calcule: a) la altura de la órbita sobre la superficie de la Tierra, si se supone que es circular; b) el incremento de energía cinética que se debería comunicar a la nave cuando, desde su órbita, se quisiera conseguir que escapase indefinidamente de la atracción terrestre. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m

a) h = 3,4·102 km ;

Masa de la Tierra:

b) ∆Ec = 231 GJ.

3

11.– El periodo orbital de Venus en su movimiento entorno al Sol es de 224,7 días y el radio medio de la órbita es 1,08·1011 m. Suponiendo que la órbita sea circular determine: a) la velocidad orbital; b) la masa del Sol; c) la energía mecánica de Venus, si su masa es MVenus = 4,87·1024 kg. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2

a) vo = 35 km s–1 ; b) MS = 1,98·1030 kg ; c) Em = −2,98·1033 J.

3

3

12.– El radio de la órbita terrestre es 1,496·1011 m y el de Urano 2,87·1012 m. ¿Cuál es el periodo de Urano? TU = 84,0 años

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

Solución: Para la órbita de una nave espacial alrededor de la Tierra se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 2 2 2 = ⇔ 𝑣o2 = 3 2 𝑅 𝑅 𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀T ⇒ 𝑅 = �𝐺 𝑀T 𝑇 2π𝑅 𝑇2 𝑅 4 π2 𝑣o = 𝑇

2 -11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · �91,2 min · 60 s � 6,67·10 � 1 min = 6,71·106 m. 𝑅 = 4 π2 3

h = R – RT = 6,71·106 m − 6,37·106 m = 3,4·105 m. b) El incremento de energía cinética se obtiene haciendo un balance energético desde la órbita (donde la energía cinética es la mitad de la potencial con signo contrario) al infinito. 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 ∆𝐸𝑐 + 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  ∆𝐸𝑐 + 𝑚 𝑣o2 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 𝑅 𝑅f 2 2 Despejando (teniendo en cuenta que vf = 0 y Rf = ∞: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 ∆𝐸𝑐 + 𝑚 𝑣o2 + �− � = 0 ; ∆𝐸𝑐 = − ; ∆𝐸𝑐 = . 2 𝑅 𝑅 2 𝑅 2 𝑅 1 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg ·7790 kg ∆𝐸𝑐 = =2,31·1011 J. 2 2 3 60 s -11 2 -2 24 �6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg · �91,2 min · 1 min� 4 π2 Solución: a) La velocidad orbital se puede obtener de: 2π𝑅 2 π · 1,08·1011 m 𝑣𝑜 = = = 3,50·104 m s-1 . 24 h 3600 s 𝑇 224,7 días · · 1h 1 día b) En una órbita se cumple que: 𝑀V 𝑣o2 𝐺 𝑀S 𝑀V = 𝑣o2 𝑅 4 π2 𝑅3 𝑅 𝑅2 ⇒   𝑀S = = 2𝜋𝑅 𝐺 𝐺 𝑇2 𝑣o = 𝑇 4 π2 · (1,08·1011 m)3 30 𝑀S = 2 = 1,98·10 kg. 24 h 3600 s 6,67·10-11 N m2 kg -2 · �224,7 días · · � 1 día 1h c) Para la órbita de Venus alrededor del Sol se cumple que: 𝑀V 𝑣o2 𝐺 𝑀𝑆 𝑀V 1 1 𝐺 𝑀S 𝑀V 1 2 �– 𝐸p � = ⇔ 𝐸 = 𝑀 𝑣 = = c V o 𝑅 𝑅2 2 2 𝑅 2 Por lo tanto, la energía mecánica de Venus en su órbita viene dada por: 1 𝑀V 4 π2 𝑅2 2 𝑀V π2 𝑅2 𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = −𝐸c = − 𝑀V 𝑣o2 = − = − 2 2 𝑇2 𝑇2 2 · 4,87 · 1024 kg · π2 · (1,08 · 1011 m)2 𝐸m = − = − 2,98 · 1033 J. 24 h 3600 s 2 �224,7 días · · � 1 día 1h Solución: Aplicando la Tercera Ley de Kepler: (2,87·1012 m)3 𝑅U3 𝑇U2 𝑅U3 � � = ⇒ 𝑇 = 𝑇 = 1 año· = 84,0 años. U T (1,496·1011 m)3 𝑅T3 𝑇T2 𝑅T3

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30/10/2012

13.– El satélite artificial Swift de 1500 kg de masa, dedicado al estudio de explosiones de rayos gamma, gira en una órbita circular a una altura de 284 km sobre la superficie terrestre. Determine: a) la velocidad orbital del satélite y su energía mecánica; b) el periodo orbital expresado en minutos; c) el peso de un sensor de rayos X de 130 kg de masa que viaja con el satélite. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m

a) vo = 7,74 km s–1; Em = −4,49·1010 J ; b) T = 90 min ; c) Ps = 1170 N.

3

Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T = ⇔ 𝑣o2 = ⇔ 𝑣o = � 2 (𝑅T + ℎ) 𝑅T + ℎ 𝑅T + ℎ 𝑅T + ℎ

6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg 𝑣o = � =7,74·103 m s-1 . 6,37·106 m + 2,84·105 m Para una órbita determinada se cumple que: 𝐺 𝑀T 𝑚 1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝑚 𝑣o2 2 = ⇔ 𝐸 = 𝑚 𝑣 = = �– 𝐸p � c o 2 2 𝑅 2 𝑅 𝑅2 Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por: 1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p = − 2 2 𝑅T + ℎ -11 2 -2 24 1 6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg · 1500 kg 𝐸m = − · = -4,49·1010 J. 2 6,37·106 m + 2,84·105 m b) El periodo vendrá dado por: 𝑣o =

(𝑅T + ℎ)3 2 π (𝑅T + ℎ) 2 π (𝑅T + ℎ) ⇒𝑇 = = 2π� 𝑇 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T � 𝑅T + ℎ

[(6,37·106 + 2,84·105 ) m]3 � 𝑇 = 2π = 5400 s≈1 h 30 min =90 min . 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg

14.– El satélite de investigación europeo (ERS–2) sobrevuela la Tierra a 800 km de altura. Suponga su trayectoria circular y su masa de 1000 kg. a) Calcule de forma razonada la velocidad orbital del satélite. b) Si suponemos que el satélite se encuentra sometido únicamente a la fuerza de gravitación debida a la Tierra, ¿por qué no cae sobre la superficie terrestre? Razone la respuesta. 3

Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; –2 g0 = 9,81 m s 3

Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra:

–1

a) vo = 7,45·10 m s ; b) Porque su velocidad tangencial y la aceleración centrípeta debida a la gravedad cumplen que vo2 / R = ac.

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

c) El peso del sensor vendrá dado por la Ley de Gravitación Universal de Newton: 𝐺 𝑀T 𝑚 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 130 kg 𝑃s = = =1,17·103 N. (𝑅T + ℎ)2 (6,37·106 m + 2,84·105 m)2 Solución: a) En un satélite en órbita se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺𝑀𝑚 = 𝑔0 𝑅T2 𝑅 𝑅2 � ⇒ 𝑣 = 𝑜 𝐺𝑀 𝑅T + ℎ 𝑔0 = 2 ⇔ 𝐺 𝑀 = 𝑔0 𝑅T2 𝑅T

9,81 m s-2 · (6,37·106 m)2 𝑣o = � = 7,45·103 m s-1 . 6,37·106 m+ 8,00·105 m b) Como el satélite tiene una velocidad tangencial y sobre él actúa una aceleración centrípeta (debido a la gravedad) que cumplen que vo2 / R = ac, el satélite entra en una órbita circular sin que varíe su distancia a la Tierra (en realidad se describe una órbita elíptica). Desde el sistema de referencia Tierra (que es no inercial) aparece sobre el satélite una fuerza (ficticia) centrífuga que compensa la fuerza de atracción gravitatoria, por lo que el satélite permanece en estado de reposo apraente respecto de la Tierra.

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30/10/2012

15.– El satélite de telecomunicaciones ASTRA 1E de 3014 kg de masa gira en una órbita geoestacionaria (su periodo orbital es un día) de manera que la vertical del satélite siempre pasa por el mismo punto de la Tierra. Calcule: a) la altura del satélite sobre la superficie terrestre y el radio de la órbita; b) la velocidad orbital del satélite; c) el peso de un sensor de 20,0 kg de masa que viaja con el satélite. Datos: Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) h = 35,8 Mm; R = 42,2 Mm ;

Constante de

b) vo = 3,07 km s–1 ; c) Ps = 4,47 N.

Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 2 2 2 = ⇔ 𝑣o2 = 3 2 𝑅 𝑅 𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀T ⇒ 𝑅 = �𝐺 𝑀T 𝑇 2π𝑅 𝑇2 𝑅 4 π2 𝑣o = 𝑇

2 -11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · �1 día · 24 h · 3600 s� 6,67·10 � 1 día 1h 𝑅 = = 4,22·107 m. 4 π2 3

h = R – RT = 4,22·107 m − 6,37·106 m = 3,58·107 m. 2𝜋𝑅 3 𝐺 𝑀 𝑇2 𝑣o = T 𝑇 2π � 3 2π𝐺 𝑀 2π𝑅 4 π2 T � ⇒ 𝑣 = = = o 3 𝐺 𝑀 𝑇2 𝑇 𝑇 𝑇 T 𝑅 = � 2 4π

3

2 π · 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg = 3,07·103 m s-1 . 24 h 3600 s 1 día · · 1 día 1h d) El peso del sensor vendrá dado por la Ley de Gravitación Universal de Newton: 3

⇒ 𝑣o = �

𝑃s =

𝐺 𝑀T 𝑚 = 𝑅2 3

16.– El telescopio espacial Hubble orbita la Tierra a 600 km de altura. ¿Cuánto vale su período orbital? Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,371·106 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,974·1024 kg ; –11 2 –2 Gravitación Universal: G = 6,674·10 N m kg

3

T = 1 h 37 min.

Constante de

𝑃s = 20,0 kg · �

𝐺 𝑀T 𝑚

𝐺 𝑀T 𝑇 2 �� � 4 π2 3

2

3

=𝑚�

16 π4 𝐺 𝑀T 𝑇4

16 π4 · 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg

= 4,47 N. 3600 s 4 �24,0 h · 1 h � Solución: Para la órbita del telescopio alrededor de la Tierra se cumple que: 2𝜋𝑅 𝑣o = 𝑇 (𝑅T + ℎ)3 2π𝑅 𝑅3 � � ⇒ 𝑇 = = 2 π = 2 π 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T �𝐺 𝑀T = ⇒   𝑣o = � 2 𝑅 𝑅 𝑅 𝑅 3

�6,371·106 m + 6,00·105 m� � 𝑇 = 2π =5,791·103 s ≈ 1 h 37 min. 6,674·10-11 N m2 kg -2 · 5,974·1024 kg

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

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30/10/2012

17.– En la historia de Julio Verne titulada “De la Tierra a la Luna” (1865), 3 hombres viajaron a la Luna en un cohete disparado desde un cañón gigante situado en el suelo de Florida. Calcule: a) la velocidad inicial necesaria para disparar el cohete verticalmente hasta una altura sobre la Tierra igual al radio de ésta; b) la velocidad de escape que permitirá al cohete escapar de la Tierra. Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; –11 2 –2 Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg

Constante de

a) v = 7,9 km s–1 ; b) ve = 11,2 km s–1.

Solución: a) La velocidad de lanzamiento se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de la Tierra hasta el punto al que ha de llegar. Es importante tener en cuenta que no se pide que entre en órbita, sino sólo que llegue, por lo que: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣L2 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 2 𝑅T 2 2 𝑅T 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 1 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 1 1 1 2 𝑣L + �− �= 0 − ;  𝑣L2 = − ; 𝑣L = �2 𝐺 𝑀T � − � 2 𝑅T 2 𝑅T 2 𝑅T 2 𝑅T 𝑅T 2 𝑅T 𝑣L = �

3

𝐺 𝑀T 6,67 · 10−11 N m2 kg −2 · 5,97 · 1024 kg =� = 7,9 · 103 m s−1 . 6,37 · 106 m 𝑅T

b) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de la Tierra al infinito. 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣e2 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 2 𝑅T 2 𝑅 Despejando: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝑣e2 + �− � = 𝑚 · 0 + �− � = 0 ;  𝑚 𝑣e2 = ; 𝑣e = � 2 𝑅T 2 ∞ 2 𝑅T 𝑅T

18.– En la superficie terrestre una astronauta pesa 800 N. ¿Cuál será su peso cuando se encuentre en la Estación Espacial Internacional que orbita a una altura de 360 km sobre la superficie de la Tierra? 3

Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; g0 = 9,81 m s–2

Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra:

P = 717 N.

19.– Imagine que participa en una misión tripulada a la superficie de Marte. El peso de la nave en la superficie terrestre es 39200 N. Determine su peso en la superficie marciana. 3

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de Marte: RM = 3,40·106 m ; Masa de Marte: MM = 6,42·1023 kg ; Aceleración de la gravedad en la superficie –2 de la Tierra: g0 = 9,81 m s

PM = 14,8 kN.

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𝑣e = �

2 · 6,67 · 10−11 N m2 kg −2 · 5,97 · 1024 kg = 1,12 · 104 m s−1 . 6,37 · 106 m

Solución: Teniendo en cuenta la fuerza peso que actúa sobre el astronauta en la superficie de la Tierra y comparándola con la que actúa en la órbita obtenemos: El peso en la superficie es: 𝐺𝑀𝑚 ⇔ 𝑃0 𝑅T2 = 𝐺 𝑀 𝑚 𝑃0 = 2 𝑅T 2 𝐺𝑀𝑚 𝑃0 𝑅T 800 N ·(6,37·106 m)2 𝑃 = = = = 7,2·102 N. (𝑅 𝑇 + ℎ )2 (6,37·106 m+ 3,6·105 m)2 𝑅2 No es necesario utilizar el dato de g0. Solución: El peso es la fuerza de atracción gravitatoria que actúa sobre un cuerpo por lo que: 𝑃 𝐺 𝑚 𝑀M 𝐺 𝑔T 𝑀M 𝐺 𝑃T 𝑀M 𝑃M = 0 2 ⇒ 𝑃M = = 𝑅M 2 2 𝑅M 𝑔0 𝑅M 𝑃T = 𝑚 𝑔0 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 39200 N · 6,42·1023 kg 𝑃M = = 1,48·104 N. 9,81 m s -2 · (3,40·106 m)2

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30/10/2012

20.– La Estación Espacial Internacional (ISS, International Space Station) es fruto de la colaboración internacional para construir y mantener una plataforma de investigación con presencia humana de larga duración en el espacio. Suponga que la ISS tiene una masa de 3,7·105 kg y que describe una órbita circular alrededor de la Tierra a una distancia de 3,59·105 m desde la superficie. Calcule: a) la velocidad de la ISS y el tiempo que tarda en dar una vuelta a la Tierra; b) la energía mecánica de la ISS. Justifique el signo del valor hallado. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m

a) vo = 7,69 km s–1; T = 92 min ;

Masa de la Tierra:

b) Em = −11 TJ; se debe a que la energía nula es el el infinito.

3

2 𝑚 𝑣ISS 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 2 = ⇔ 𝑣ISS = ⇔ 𝑣ISS = � 2 (𝑅T + ℎ) 𝑅T + ℎ 𝑅T + ℎ 𝑅T + ℎ

6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg 𝑣ISS = � = 7,69·103 m s-1 . 6,37·106 m + 3,59·105 m El periodo vendrá dado por: 𝑣ISS =

(𝑅T + ℎ)3 2 π (𝑅T + ℎ) 2 π (𝑅T + ℎ) ⇒𝑇 = = 2π� 𝐺 𝑀T 𝑇 𝐺 𝑀T � 𝑅T + ℎ

[(6,37·106 + 3,59·105 ) m]3 𝑇 = 2π� = 5,50·103 s ≈ 1 h 32 min. 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg

21.– La masa del Sol es 324 440 veces mayor que la de la Tierra y su radio 108 veces mayor que el terrestre. a) ¿Cuántas veces es mayor el peso de un cuerpo en la superficie del Sol que en la Tierra? b) ¿Cuál sería la máxima altura alcanzada por un proyectil que se lanzase verticalmente hacia arriba, desde la superficie solar, con una velocidad de 720 km h–1 ? Datos: Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 9,81 m s–2

3

Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que:

a) El peso en el Sol es 27,8 veces mayor que en la Tierra ; b) h = 73,3 m.

b) Para una órbita determinada se cumple que: 𝐺 𝑀T 𝑚 1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝑚 𝑣o2 2 = ⇔ 𝐸 = 𝑚 𝑣 = = �– 𝐸p � c o 𝑅2 2 2 𝑅 2 𝑅 Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por: 1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p = − 2 2 𝑅T + ℎ -11 2 -2 24 1 6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg · 3,7·105 kg 𝐸m = − · = -1,1·1013 J. 2 6,37·106 m + 3,59·105 m Como el valor nulo de la energía se encuentra en el infinito y es necesario aportarle energía para llegar a ese punto, la nave debe tener energía total negativa, aunque tenga energía cinética positiva. Solución: a) El peso es la fuerza de atracción gravitatoria que actúa sobre un cuerpo por lo que: 𝐺 𝑚 𝑀S 𝐺 𝑚 · 324440 𝑀T 324440 𝐺 𝑚 𝑀T 𝑃S = = = · = 27,8 𝑃T . (108 𝑅T )2 1082 𝑅S2 𝑅T2 b) La energía mecánica del satélite en el lanzamiento debe ser igual que la que tiene cuando se ha elevado (conservación de la energía mecánica) por lo que: 1 𝐺 𝑚 𝑀S 𝐺 𝑚 𝑀S 1 1 𝐸m = 𝑚 𝑣 2 + �− � = 0 + �− � ⇒ 𝑣 2 = 2 𝐺 𝑀S � − � 2 𝑅S 𝑅S + ℎ 𝑅S 𝑅S + ℎ ℎ ℎ 𝑣 2 𝑅S2 𝑣2 𝑚 𝑣2 𝑚 𝑣2 = ≈ 2 ⇒ ℎ ≈ = = 2 𝐺 𝑀S 𝑅S (𝑅S + ℎ) 2 𝐺 𝑀S 2 𝑃S 55,6 𝑃T 𝑅S 720 km 1h 1000 m 2 � · · 𝑣 1h 3600 s 1 km � = 73,3 m. ℎ ≈ = 55,6 𝑔0 55,6 · 9,81 m s -2 2

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

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30/10/2012

22.– La nave espacial Apolo 11 orbitó alrededor de la Luna con un período de 119 minutos y a una distancia media del centro de la Luna de 1,8·106 m. Suponiendo que su órbita fue circular y que la Luna es una esfera uniforme: a) determine la masa de la Luna y la velocidad orbital de la nave; b) ¿cómo se vería afectada la velocidad orbital si la masa de la nave espacial se hiciese el doble? Razone la respuesta. 3

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) ML = 6,8·1022 kg; vo = 1,6 km s–1 ;

23.– año a) b)

b) No influye la masa, por lo que no varía.

La órbita de la Tierra alrededor del Sol se puede considerar circular, con un período de un y un radio de 1,50·108 km. Considere únicamente el sistema formado por el Sol y la Tierra. Calcule la masa del Sol. Determine la energía mecánica total (cinética y potencial) de la Tierra.

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = MT = 5,97·1024 kg

6,67·10–11 N m2 kg–2 ;

Masa de la Tierra:

a) MS = 2,01·1030 kg ; b) Em = −2,66·1033 J. 3

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

Solución: a) Para la órbita del Apolo alrededor de la Luna se cumple que: m vo2 G m ML G ML 2 2 2 = ⇔ v = o d d2 d ⇒ 4 π d = G ML 2πd T2 d vo = T 4 π2 d3 4 π2 · (1,8·106 m)3 ML = 2 = = 6,8·1022 kg. T G 60 s 2 -2 -11 �119 min · 1 min� · 6,67·10 N m2 kg 2πd 2 π · 1,8·106 m vo = = = 1,6 · 103 m s−1 . 60 s T 119 min · 1 min b) No se verá afectada, ya que la masa no aparece en la expresión que sirve para calcular la velocidad orbital. Solución: a) Para la Tierra en la órbita solar se cumple que: 𝑀T 𝑣o2 𝐺 𝑀S 𝑀T 𝐺 𝑀S = ⇔ 𝑣o2 = 2 2 4 π2 𝑅T−S 𝐺 𝑀S 𝑅T−S 𝑅T−S 𝑅T−S ⇒ = 𝑇2 𝑅T−S 2 𝜋 𝑅T−S 𝑣o = 𝑇 2 3 4 π 𝑅T−S 4 π2 · (1,50·1011 m)3 = = 2,01·1030 kg. 𝑀S = 𝑇2 𝐺 24 h 3600 s 2 �365,25 días · 1 día · 1 h � ·6,67·10-11 N m2 kg -2 b) También se puede obtener que: 𝑀T 𝑣o2 𝐺 𝑀S 𝑀T 1 1 𝐺 𝑀S 𝑀T 1 = ⇔ 𝐸c = 𝑀T 𝑣o2 = = �– 𝐸p � 2 2 2 𝑅T−S 2 𝑅T−S 𝑅T−S Por lo tanto, la energía mecánica de la Tierra en su órbita viene dada por: 2 2 1 𝑀T 4 π2 𝑅T−S 2 𝑀T π2 𝑅T−S 𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = −𝐸c = − 𝑀T 𝑣o2 = − = − 2 𝑇2 𝑇2 2 24 2 ( 11 2 2 · 5,97 · 10 kg · π · 1,50 · 10 m) 𝐸m = − = − 2,66 · 1033 J. 24 h 3600 s 2 �365,25 días · · 1h � 1 día

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30/10/2012

24.– La primera misión europea dedicada a estudiar el origen del Universo ha enviará al espacio el satélite Planck, que analizará la radiación de fondo proveniente del Big Bang. El satélite Planck se lanzará el año 2009, tendrá una masa de 1800 kg y se situará en una órbita alrededor de la Tierra que se encuentra a 1,50 millones de kilómetros del centro del planeta. Suponiendo que el satélite describirá una órbita circular, calcule: a) la velocidad del satélite y los días que tardará en dar una vuelta a la Tierra; b) la energía cinética, la energía potencial gravitatoria y la energía mecánica del satélite Planck cuando se encuentra en esta órbita; c) la velocidad a la cual llegaría a la superficie terrestre, si por alguna circunstancia la velocidad del satélite se anulara de repente, considerando despreciable el rozamiento con el aire cuando entre en la atmósfera terrestre. Datos: Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; –11 2 –2 Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg

3

a) vo = 5,15 hm s−1; T = 212 días ; vf = 11,2 km s–1.

Constante de

b) Ec = 239 MJ; Ep = −478 MJ; Em = −239 MJ ; c)

Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T = ⇔ 𝑣o2 = ⇔ 𝑣o = � 2 𝑅 𝑅 𝑅 𝑅

6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg = 515 m s-1 . 1,50·109 m El periodo vendrá dado por: 𝑣o = �

𝑣o =

𝑅3 = 2π� 𝐺 𝑀T �𝐺 𝑀T 𝑅 2π𝑅

(1,50·109 m)3 𝑇 = 2π� = 1,83·107 s ≈ 212 días. 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg

b) Las energías serán: 1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 1800 kg 2 𝐸c = 𝑚 𝑣o = = · = 2,39 · 108 J 9 2 2 𝑅 2 1,50·10 m 𝐺 𝑀T 𝑚 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 1800 kg =− = −4,78 · 108 J 𝐸p = − 𝑅 1,50·109 m 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = − = −2,39 · 108 J. 2 𝑅 c) Aplicando el balance energético con los datos del problema (y v0 = 0):

𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  0 −

3

2π𝑅 ⇒𝑇 = 𝑇

25.– Las distancias de la Tierra y de Marte al Sol son respectivamente 149,6·106 km y 228,0·106 km. a) Suponiendo que las órbitas son circulares y que el periodo de revolución de la Tierra en torno al Sol es de 365 días, ¿cuál será el periodo de revolución de Marte? b) Si la masa de la Tierra es 9,6 veces la de Marte y sus radios respectivos son 6370 km y 3390 km, ¿cuál será el peso en Marte de una persona de 70 kg? Datos: Gravedad en la superficie terrestre:

a) TM = 687 días ;

b) PM = 2,5 hN.

g = 9,81 m s–2

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 1 = 𝑚 𝑣f2 + �− � ⇒ 𝑣f = �2 𝐺 𝑀T � − � 𝑅 2 𝑅T 𝑅T 𝑅

𝑣f = �2 · 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · �

1 1 � = 1,12·104 m s-1 . 6,37·106 m 1,50·109 m

Solución: a) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:

3 3 (2,280·1011 m)3 𝑅M 𝑇M2 𝑅M � � = ⇒ 𝑇 = 𝑇 = 365 días· = 687 días. M T (1,496·1011 m)3 𝑅T3 𝑇T2 𝑅T3

b) El peso es la fuerza de atracción gravitatoria que actúa sobre un cuerpo por lo que: 𝐺 𝑀T 2 𝑀T 𝑚 𝑅T 𝐺 𝑚 𝑀M 𝐺 𝑚 · 9,6 1 𝑚 𝑔0 𝑅2𝑇 𝑅T2 𝑃M = = = · = 2 2 2 2 9,6 𝑅M 𝑅M 𝑅M 9,6 𝑅M 70 kg · 9,81 m s -2 · (6,37·106 m)2 𝑃M = = 2,5·102 N. 9,6 · (3,39·106 m)2

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30/10/2012

26.– Los satélites Meteosat son satélites geoestacionarios (situados sobre el ecuador terrestre y con un período orbital de un día). Calcule: a) la altura a la que se encuentran respecto a la superficie terrestre; b) la fuerza ejercida sobre el satélite; c) la energía mecánica. Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; msat = 8·102 kg ; –11 2 –2 Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg

a) h = 3,58·107 m ;

b) F = 179 N ; c) Em = −3,77·109 J.

Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que: m vo2 G MT m G MT 2 2 2 2 = ⇔ v = 3 o R R2 R ⇒ 4 π R = G MT ⇒ R = � G MT T 2πR T2 R 4 π2 vo = T R=

3

�

6,67·10-11 N

m2

kg -2 ·

24 h 3600 s 2 kg · �1 día · 1 día · 1 h � = 4,22·107 m. 4 π2

5,97·1024

RT + h = R ⇒ h = R – RT = 4,22·107 m – 6,37·106 m = 3,58·107 m. b) La fuerza ejercida por el satélite es: F= 3

G MT m = R2

G MT m

G MT T 2 �� � 4 π2 3

2

3

=m�

16 π4 G MT T4

4 -11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg 3 16 π · 6,67·10 R = 8·102 kg · � = 179 N. 24 h 3600 s 4 �1 día · 1 día · 1 h �

b) Para una órbita determinada se cumple que: m vo2 G MT m 1 1 G MT m 1 = ⇔ Ec = m vo2 = = �– Ep � 2 R R 2 2 R 2 Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por: Em

1 1 G MT m = Ec + Ep = Ep = − = − 2 2 R 3

Em = −800 kg · �

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

G MT m

3 G M T2 T 2� 4 π2

(6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg ·π)2 24 h 3600 s 2 · �1 día · 1 día · 1 h �

2

3

= −m �

G 2 MT2 π2 2 T2

= − 3,77·109 J.

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30/10/2012

27.– Mars−Express es un satélite que la Agencia Espacial Europea ha mandado para que orbite entorno al planeta Marte. La masa de Mars−Express es de unos 1100 kg y el periodo de su órbita alrededor del planeta es de 7,50 horas. Determine: a) el radio de la órbita; b) la energía mecánica del satélite. Datos: Masa de Marte: 6,42·1023 kg ;

a) R = 9,25 Mm ;

b) Em = −2,55 GJ.

–11

Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10

2

–2

N m kg

Solución: a) En un satélite en la órbita marciana se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀M 𝑚 𝐺 𝑀M = ⇔ 𝑣o2 = 3 𝐺 𝑀 𝑇2 4 π2 𝑅2 𝐺 𝑀M 2 M 𝑅 𝑅 𝑅 � ⇒ = ⇒ 𝑅 = 2π𝑅 𝑇2 𝑅 4 π2 𝑣o = 𝑇 𝑅 =

3

-11 2 -2 23 �6,67·10 N m kg · 6,42·10 kg · �7,50 h ·

4 π2

b) Para una órbita determinada se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀M 𝑚 1 1 𝐺 𝑀M 𝑚 1 2 = ⇔ 𝐸 = 𝑚 𝑣 = = �– 𝐸p � c o 𝑅2 2 2 𝑅 2 𝑅 Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:

3

𝐸m = 𝐸c + 𝐸p =

28.– Obtenga la expresión de la velocidad de escape en la superficie de un planeta de masa M y de radio R. Determine la velocidad de escape desde la superficie de la Luna. Datos: Masa de la Luna: ML = 7,35·1022 kg ; Radio de la Luna: RL = 1,74·106 m ; Constante de –11 2 –2 Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg

3

3

–1

; v0 = 2,37·10 m s .

29.–

3

3600 s 2 1 h � = 9,25·106 m.

Razone las repuestas a las siguientes preguntas: a) Si el cero de energía potencial gravitatoria de una partícula de masa m si sitúa en la superficie de la Tierra, ¿cuál es el valor de la energía potencial de la partícula cuando ésta se encuentra a una distancia infinita de la Tierra? b) ¿Puede ser negativo el trabajo realizado por una fuerza gravitatoria? ¿Puede ser negativa la energía potencial? a) Ep’ (∞) = G M m / RT ; b) Realizado por ella, no. Ha de ser positivo; Sí; depende del origen de la referencia.

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1 1 𝐺 𝑀M 𝑚 𝐸p = − = − 2 2 𝑅

𝐺 𝑀M 𝑚

3 𝐺 𝑀 𝑇2 M 2� 4 π2

3

= −𝑚 �

2 2 𝐺 2 𝑀M π 2 2𝑇

-11 N m2 kg -2 · 6,42·1023 kg ·π)2 ( 3 6,67·10 𝐸m = -1100 kg · � = -2,55·109 J. 2 3600 s 2· �7,50 h · 1 h �

Solución: Este cambio de órbita se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la superficie del planeta al infinito. 1 GMm 1 GMm Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ;  m v2e + �− � = m v2f + �− � 2 R 2 R∞ 1

Despejando: m v2e + �− 2

GMm R

1

� = m · 0 + �− 2

Sustituyendo los datos que da el problema: ve = �

GMm ∞

�= 0;

1 2

2 · 6,67·10−11 N m2 kg−2 · 7,35·1022 kg 6

m v2e =

GMm R

; ve = �

= 2,37·103 m s−1 .

2GM R

1,74·10 m Solución: La diferencia entre la energía potencial gravitatoria en la superficie de la Tierra y en el infinito debe ser la misma pongamos el cero de referencia en el sitio que sea por lo que se cumple que: Ep (∞) – Ep (superficie) = Ep’ (∞) – Ep’ (superficie) Mm Mm 0 – �–G � = E'p (∞)–0 ⇔ E'p (∞)= G RT RT b) El trabajo realizado por una fuerza gravitatoria nunca puede ser negativo, puesto que al realizarlo ella el desplazamiento tiene el mismo sentido de la fuerza, por lo que es siempre positivo. Sí se puede realizar un trabajo contra una fuerza gravitatoria. La energía potencial sí puede ser negativa, al usar una referencia elegida por el observador.

PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Enunciados de PAUs–

30.–

30/10/2012

Razone si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:

a) Según la Ley de la gravitación la fuerza que ejerce la Tierra sobre un cuerpo es directamente proporcional a la masa de éste. Sin embargo, dos cuerpos de diferente masa que se sueltan desde la misma altura llegan al suelo simultáneamente. b) El trabajo realizado por una fuerza conservativa en el desplazamiento de una partícula entre dos puntos es menor si la trayectoria seguida es el segmento que une dichos puntos.

3

a)

;

b) El trabajo es independiente de la trayectoria.

31.–

Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) Escriba la Ley de Gravitación Universal y explique su significado físico. b) Según la Ley de Gravitación, la fuerza que ejerce la Tierra sobre un cuerpo es proporcional a la masa de éste. ¿Por qué no caen más deprisa los cuerpos con mayor masa?   a) F = − G M m R−2 u r ; dos cuerpos con masa siempre se atraen ; b) La aceleración sólo depende de constantes y datos de la Tierra.

3

32.–

3

Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) ¿Cuál es el periodo de un satélite artificial que gira alrededor de la Tierra en una órbita circular cuyo radio es un cuarto del radio de la órbita lunar? b) ¿Cuál es la relación entre la velocidad del satélite y la velocidad de Luna en sus respectivas órbitas?

Datos: Periodo de la órbita lunar: TL = 27,32 días

a) Tsat = 3,42 días ;

b) vsat = 2 vL.

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Solución: a) Aplicando la Ley de Gravitación Universal y la Segunda Ley de Newton comprobamos que: G MT m G MT F= � 2h 2h R2T � ⇒ a = R2T ⇒ t = � = R   T F=ma � G MT G MT 1 R2T s= a t 2 ; (mrua con v0 = 0) 2

Por tanto, el tiempo de caída de un objeto, en las cercanías de la superficie terrestre, no depende nada más que del radio de la Tierra en ese punto, la altura de caída y la masa de la Tierra, que por el enunciado son las mismas para los dos cuerpos. b) Como la definición de fuerza conservativa es que es la fuerza que actúa en un campo conservativo y éste es el campo en el que no tiene importancia el camino para llegar del punto A al B, sino sólo cuáles son esos puntos, la afirmación es falsa: El trabajo realizado por una fuerza conservativa en el desplazamiento de una partícula entre dos puntos es independiente de la trayectoria seguida para ir de un punto al otro. Solución: a) La Ley de Gravitación Universal dice que: GMm �⃗ = ����⃗𝐫 F 𝐮 R2 Esto significa que cualesquiera dos cuerpos con masa que existan en el Universo experimentan una fuerza de atracción entre sí debida a su propia masa, independientemente de cualquier otra propiedad que presenten. Esa interacción depende de la masa de ambos cuerpos y disminuye con el cuadrado de la distancia entre ellos. b) Si bien es cierto que la fuerza que ejerce la Tierra es proporcional a la masa del cuerpo, la aceleración que le provoca (por la Segunda Ley de Newton) es: G MT m G MT F= R2T ⇒ a = R2T F=ma también lo es que el movimiento de caída es un mrua, en ausencia de velocidad inicial, que sólo depende de la altura y de la aceleración. Como ésta no depende nada más que de constantes, todos los cuerpos caen con la misma aceleración y, en el caso de que caigan desde la misma altura, llegan al suelo con la misma velocidad. Solución: a) Aplicando la Tercera Ley de Kepler: R3sat T2sat = R3L T2L

⇒ Tsat =

R3sat TL � 3 RL

R 3 � 4L � 1 27,32 días = TL � 3 = TL � = = 3,42 días 64 8 RL

b) Como la velocidad de un satélite en una órbita circular es v = 2 π R / T (de donde se cumple que T = 2 π R / v) y la Tercera Ley de Kepler dice que 4 π2 R2sat 2 R2sat vL R3sat T2sat Rsat v2L vsat RL RL v2sat = = = ; de donde = ⇒ = � = 2 � R L = 2. RL v2sat vL Rsat R3L T2L 4 π2 R2L R2L vsat 4 v2L La velocidad del satélite artificial es el doble de la de la Luna.

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33.–

Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) ¿Con qué frecuencia angular debe girar un satélite de comunicaciones, situado en una órbita ecuatorial, para que se encuentre siempre el mismo punto de la Tierra? b) ¿A qué altura sobre la superficie terrestre se encontrará el satélite citado en el apartado anterior?

Datos: Aceleración de la gravedad en la superficie terrestre: g0 = 9,80 m s–2 ; 6 Tierra: RT = 6,37·10 m

3

30/10/2012

Radio medio de la

a) ω = 7,2722·10–5 rad s–1 ; b) h = 3,58·107 m.

Solución: a) Un satélite que se encuentra siempre sobre el mismo punto de la Tierra es porque da una vuelta cada 24 horas exactas. Por lo tanto, aplicando la fórmula del movimiento circular uniforme y los factores de conversión adecuados: φ 1 vuelta 2 π rad 1h ω =  =  · · = 7,2722·10–5 rad s–1 . t 24 h 1 vuelta 3600 s b) En un satélite en órbita se cumple que: m vo2 G M m GM = ⇔ R = R R2 vo2 3 g R2 T 2 GM 2πR � 0 T ⇒  R = ⇔ R =  vo = 2 4 π2 2πR T � � GM T g 0 = 2 ⇔ G M = g 0 R2T RT g 0 R2T T 2 3 9,80 m s−2 · (6,37·106 m)2 · (86400 s)2 =� = 4,22 · 107 m 4 π2 4 π2 R = RT + h ⇔ h = R – RT = 4,22·107 m – 6,37·106 m = 3,58·107 m Solución: En un satélite en órbita se cumple que la fuerza centrípeta que impulsa al satélite hacia el planeta es la fuerza de atracción gravitatoria entre ambos: 3

R =  �

34.–

3

Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) A una órbita de radio R de un satélite le corresponde una velocidad orbital v característica. b) La masa M de un planeta puede calcularse a partir de la masa m y del radio orbital R de uno de sus satélites.

a) v =

35.–

GM 2 3 −2 −1 R ; b) M = 4 π R T G ; no se necesita la masa del satélite.

Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) Explique el concepto de energía potencial gravitatoria. ¿Qué energía potencial gravitatoria tiene una partícula de masa m situada a una distancia r de otra partícula de masa M? b) Un planeta esférico sin atmósfera tiene masa M = 1,2·1023 kg y radio R = 1,3·106 m. Desde su superficie se lanza verticalmente un proyectil que llega a alcanzar una altura máxima h = R/2 antes de volver a caer hacia la superficie. ¿Con qué velocidad inicial se ha lanzado el proyectil?

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) Ep = − G M m / R ; b) vL = 2,0 km s–1. 3

𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀 𝑚 𝑣2 = ⇒  𝑣 = � 2 𝑅 𝑅 𝑅 por lo que la velocidad orbital es característica y depende sólo de dos constantes (G y la masa del planeta) y de una variable (el radio de la órbita). No se necesita conocer la masa del satélite, y sin embargo es imprescindible conocer el periodo de la órbita que describe: 2π𝑅 2 2 2 2 3 𝑅 � 𝑚𝑣 𝐺𝑀𝑚 𝑅𝑣 2π𝑅 𝑇 � = 4π 𝑅 =   ⇒ 𝑀= y como 𝑣 = ⇒  𝑀= 𝑅 𝑅2 𝐺 𝑇 𝐺 𝑇2 𝐺 Solución: a) La energía potencial gravitatoria es la energía que posee un sistema de masas que se encuentran a una determinada distancia entre sí y que, por efecto de las fuerzas de atracción gravitatorias entre ellas, pueden dar lugar a intercambios energéticos a otros tipos de energía (elástica, cinética, eléctrica, etc.). Al no tener un punto absoluto de referencia puede tener distinto valor en función de cuál se utilice, aunque la variación de esta energía sí puede constante para distintos sistemas de referencia. Cuando una de las masas es la Tierra y nos movemos cerca de su superficie podemos utilizar como energía potencial la expresión: Ep = m g0 h, donde m es la masa del objeto, g0 el valor de la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra (≈ 9,81 m s–2) y h la altura sobre la superficie que utilicemos de referencia. En el caso de dos masas cualesquiera la expresión es: Ep = − G M m / R. Es negativa porque se considera nula en el infinito y a partir de ahí sólo se puede perder energía potencial. b) Este lanzamiento no implica entrar en órbita por lo que se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la superficie del planeta a la altura determinada. 1 GMm 1 GMm GMm 2 �= Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ;  m v2L + �− � = m · 02 + �− �1 − � R 2 R 2 R 3 R+ 2 Despejando: 2GM 2 · 6,67·10−11 N m2 kg−2 · 1,2·1023 kg vL = � = � = 2,0 · 103 m s−1 . 3R 3 · 1,3 · 106 m

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30/10/2012

36.–

Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) Si se redujera el radio de la órbita lunar en torno a la Tierra, ¿aumentaría su velocidad orbital? b) ¿Dónde es mayor la velocidad de escape, en la Tierra o en la Luna? a) Sí, la vo es inversamente proporcional a la raíz cuadrada de la distancia ; b) En la Tierra.

3

37.– Sabiendo que el período de la Luna en su órbita terrestre es T = 27,3 días y que la distancia desde el centro de la Tierra al centro de la Luna es d = 3,86·105 km, averigüe, razonadamente, la masa de la Tierra. 3

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; π = 3,14

MT = 6,11·1024 kg.

38.– Un astronauta, con 100 kg de masa (incluyendo el traje) está en la superficie de un asteroide de forma prácticamente esférica, con 2,4 km de diámetro y densidad media 2,2 g cm–3. Determine con qué velocidad debe impulsarse el astronauta para abandonar el asteroide. ¿Cómo se denomina rigurosamente tal velocidad? El astronauta carga ahora con una mochila de masa 40 kg, ¿le será más fácil salir del planeta? ¿Por qué? –11

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10 –1

2

–2

N m kg

v = 1,33 m s ; Se llama velocidad de escape ; Le sería más difícil, porque tiene que aportar la energía cinética necesaria a la mochila para que ésta también escape del asteroide, pero la velocidad sería la misma 3

Solución: a) Para la Luna en su órbita terrestre se cumple que: ML vo2 G MT ML G MT 2 = ⇔ v = o (DT-L )2 DT-L DT-L por lo tanto, a menor distancia Tierra−Luna, la velocidad orbital aumenta. b) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie del objeto estelar al infinito. 1 GMm 1 GMm Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ;  m v2e + �− � = m v2f + �− � 2 R 2 R Despejando: 1 GMm 1 GMm 1 GMm 2GM m v2e + �− � = m · 0 + �− � = 0 ;  m v2e = ; ve = � . 2 R 2 ∞ 2 R R Como la masa de la Tierra es MT = 5,974·1024 kg y su radio es RT = 6,371·106 m y la masa de la Luna es ML = 7,349·1022 kg y su radio RL = 1,738·106 m, el cociente entre la masa y el radio es mayor para la Tierra por lo que la velocidad de escape será mayor (4,71 veces mayor). 2 G MT ve T � R T MT R L 5,97·1024 kg · 1,74·106 m = =� =� = 4,71 ve L ML R T 7,35·1022 kg · 6,37·106 m 2 G ML � RL Solución: En un satélite en órbita terrestre, y la Luna lo es, se cumple que: 𝑀L 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑀L 𝐺 𝑀T 2 2 2 = ⇔ 𝑣 = o 𝑑 𝑑2 𝑑 ⇒ 4 π 𝑑 = 𝐺 𝑀T 2𝜋𝑑 𝑇2 𝑑 𝑣o = 𝑇 4 π2 𝑑 3 4 π2 · (3,86·108 m)3 𝑀T = = = 6,11·1024 kg. 𝑇2 𝐺 24 h 3600 s 2 �27,3 días · · 1 h � ·6,67·10-11 N m2 kg -2 1 día Solución: La velocidad de escape se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la órbita al infinito. 1 GMm 1 2 GMm Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ;  mv2e + �− � = mvf + �− � 2 R0 2 Rf Despejando:

1 2

mv2e −

GMm R0

1

GMm

2

∞

= m·0 −

=0;

1 2

mv2e =

GMm R0

;

ve = �

2GM R0

Pero como no nos dan la masa del asteroide, sustituimos su valor por M = d V, teniendo en cuenta que el volumen de una esfera es 4/3 π R3. Por tanto, finalmente nos queda: 4 3 2 G M �2 G d 3 π R0 8Gdπ ve = � = = R0 � .  De donde:  R0 R0 3

8 · 6,67·10−11 N m2 kg−2 · 2,2·103 kg m−3 · π � = 1,33 m s−1 ve = 1200 m · 3 A esta velocidad se la llama velocidad de escape. Sería la misma velocidad, ya que vemos en la fórmula de la velocidad que ésta no depende de la masa del objeto. La energía sí variaría, pero la velocidad no. Le sería más difícil, porque tiene que aportar la energía cinética necesaria a la mochila para que ésta también escape del asteroide.

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30/10/2012

39.– Un cierto satélite en órbita circular alrededor de la Tierra es atraído por ésta con una fuerza de 1000 N y la energía potencial gravitatoria Tierra–satélite es −3,000·1010 J, siendo nula en el infinito. Calcule: a) la altura del satélite sobre la superficie terrestre; b) la masa del satélite. 3

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: 24 MT = 5,97·10 kg

a) h = 23,63 Mm ;

b) ms = 2,26 Mg.

40.– Un meteorito de 400 kg de masa que se dirige directo, en caída libre, hacia la Tierra tiene una velocidad de 20 m s–1 a una altura sobre la superficie terrestre h = 500 km. Determine: a) la energía mecánica del meteorito a dicha altura; b) la velocidad con la que impactará sobre la superficie terrestre despreciando la fricción con la atmósfera; c) el peso del meteorito a dicha altura h. Datos: Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2

3

Constante de

a) Em = −57,9 MJ ; b) vf = 3,02 km s–1 ; c) P = 3,38 kN.

Solución: a) Aplicando la Ley de Gravitación Universal y teniendo en cuenta que la energía potencial de un satélite en órbita viene dada por: 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝑚 (𝑅 + ℎ) = −𝑃S (𝑅T + ℎ) 𝑃S = ; 𝐸p = − =− 2 (𝑅T + ℎ) (𝑅T + ℎ)2 T 𝑅T + ℎ −𝐸p − (−3,000·1010 J) ℎ = − 𝑅T = - 6,37·106 m = 2,363·107 m. 𝑃S 1000 N b) La masa del satélite se puede obtener aplicando este valor de h a la Ley de Gravitación: −𝐸p 2 𝑃 � 2 S 𝐸p2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝑃S (𝑅T + ℎ) 𝑃S � 𝑃S = ⇔𝑚 = = = (𝑅T + ℎ)2 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 𝑃S 10 2 (−3,000·10 J) 𝑚 = = 2,26 · 103 kg. -11 6,67·10 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 1000 N Solución: a) La energía mecánica se obtiene como: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸m = 𝑚 𝑣02 + �− � 2 𝑅T + ℎ 1 6,674·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 400 kg 𝐸m = · 400 kg · (20 m s -1 )2 = −5,79·107 J. 2 6,37·106 m + 5,00·105 m b) Haciendo un balance energético: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣02 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 2 𝑅T + ℎ 2 𝑅T 𝑣f2 = 𝑣02 +

2 · 6,674·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 5,00·105 m = 3,02·103 m s-1 . 6,37·106 m · (6,37·106 m + 5,00·105 m) c) El peso es la fuerza de atracción gravitatoria que actúa sobre un cuerpo por lo que: 𝐺 𝑀T 𝑚 6,674·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 400 kg 𝑃= = = 3,38·103 N. (𝑅T + ℎ)2 (6,37·106 m + 5,00·105 m)2 Solución: a) El peso es la fuerza de atracción gravitatoria que actúa sobre un cuerpo por lo que: 𝐺 𝑀T 6,674·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg 𝑔= = = 8,44 m s-1 . (𝑅T + ℎ)2 (6,37·106 m + 5,00·105 m)2 b) Haciendo un balance energético: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣02 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 2 𝑅T + ℎ 2 𝑅T

𝑣f = �(20 m s -1 )2 +

41.– Un meteorito de 400 kg de masa que se dirige directo, en caída libre, hacia la Tierra tiene una velocidad de 20 m s–1 a una altura sobre la superficie terrestre h = 500 km. Determine: a) el campo gravitatorio a dicha altura h; b) la velocidad con la que impactará sobre la superficie terrestre despreciando la fricción con la atmósfera; c) la energía mecánica del meteorito a dicha altura. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: 24 6 MT = 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m −1

3

–1

a) g = 8,44 m s ; b) vf = 3,02 km s ; c). Em = −23,2 GJ.

2 𝐺 𝑀T 2 𝐺 𝑀T 2 𝐺 𝑀T ℎ − ; 𝑣f = �𝑣02 + 𝑅T 𝑅T + ℎ 𝑅T (𝑅T + ℎ)

𝑣f2 = 𝑣02 +

2 𝐺 𝑀T 2 𝐺 𝑀T 2 𝐺 𝑀T ℎ − ; 𝑣f = �𝑣02 + 𝑅T (𝑅T + ℎ) 𝑅T 𝑅T + ℎ

2 · 6,674·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 5,00·105 m = 3,02·103 m s-1 . 6,37·106 m · (6,37·106 m + 5,00·105 m) c) La energía mecánica se obtiene como: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸m = 𝑚 𝑣02 + �− � 2 𝑅T + ℎ 1 6,674·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 400 kg 𝐸m = · 400 kg · (20 m s -1 )2 = −2,32·1010 J. 2 6,37·106 m + 5,00·105 m 𝑣f = �(20 m s -1 )2 +

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30/10/2012

42.– Un objeto de 5 kg de masa posee una energía potencial gravitatoria Ep = –2·108 J cuando se encuentra a cierta distancia de la Tierra. a) Si el objeto a esa distancia estuviera describiendo una órbita circular, ¿cuál sería su velocidad? b) Si la velocidad del objeto a esa distancia fuese de 9 km s–1, ¿cuál sería su energía mecánica? ¿Podría el objeto estar describiendo una órbita elíptica en este caso? a) v = 6,3 km s–1 ; b) Em = 0; No, estaría escapando de la órbita terrestre.

43.– Un proyectil de masa 10,0 kg se dispara verticalmente desde la superficie de la Tierra con una velocidad de 3200 m s–1. a) ¿Cuál es la máxima energía potencial que adquiere? b) ¿En qué posición se alcanza? Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 9,81 m s–2 ; Radio medio de la Tierra: RT = 6370 km

a) Ep = –574 MJ ; b) h = 568 km.

3

Solución: a) Para un satélite en órbita se cumple que: m vo2 G MT m 1 1 G MT m 1 2 �–Ep � = ⇔ E = m v = = c o R R2 2 2 R 2

–Ep 2·108 J m = –Ep ⇒ vo = � = � = 6,3 · 103 m s−1 . m 5 kg b) La energía mecánica viene dada por: 1 1 2 Em = Ec + Ep = m vo2 + Ep = · 5 kg · �9 · 103 m s −1 � + (−2,0 · 108 J) = 0. 2 2 No podría, porque tiene la energía nula que es la necesaria para irse al infinito. El satélite estaría escapando de la atracción terrestre. Solución: a) La máxima energía potencial se adquiere en el punto más alto de su trayectoria. A esa altura sólo tiene energía potencial que, igualando energías, vale: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣L2 + �− � = 0 + 𝐸pf 2 𝑅T 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝑔0 𝑅T2 𝑚 1 2 2 𝐸p = 𝑚 𝑣L − = 𝑚 𝑣L − = 𝑚 � 𝑣L2 − 𝑔0 𝑅T � 2 𝑅T 2 𝑅T 2 1 𝐸p = 10,0 kg · � · (3200 m s-1 )2 - 9,81 m s −2 · 6,370 · 106 m� = −5,74 · 108 J. 2 Si lo queremos considerar desde el punto de vista de la energía potencial nula en la superficie de la Tierra, se calcula más fácilmente teniendo en cuenta que toda la energía cinética se transforma en potencial: Ep = ½ m v2 = ½ · 10,0 kg · (3200 m s−1)2 = 5,12·107 J. La altura de alcance se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de la Tierra hasta el punto al que ha de llegar. Es importante tener en cuenta que no se pide que entre en órbita, sino sólo que llegue, por lo que: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣L2 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 2 𝑅T 2 𝑅T + ℎ 𝐺 𝑀T 1 2 − 1 2 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 1 𝑅T 2 𝑣L 𝑣L + �− �= 0 − ;  = 𝑅T 𝑅T + ℎ 𝐺 𝑀T 2 𝑅T + ℎ vo2

ℎ=

𝐺 𝑀T

𝐺 𝑀T 1 2 𝑅T − 2 𝑣L

⎛ − 𝑅T = 𝑅T ⎜

ℎ = 6,370 · 106 m · �

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1 ⎞ 1 − 1� 2 − 1⎟ = 𝑅T � 𝑅T 𝑣L 𝑣L2 1− 1−2𝑔 𝑅 2 𝑔0 𝑅T2 0 T ⎝ ⎠

1 − 1� = 5,68 · 105 m. (3200 m s −1 )2 1− 2 · 9,81 m s −2 · 6,370 · 106 m

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30/10/2012

44.– Un satélite artificial de 1000 kg describe una órbita geoestacionaria con una velocidad de 3,1·103 m s–1. a) Explique qué significa órbita geoestacionaria y determine el radio de la órbita indicada. b) Determine el peso del satélite en dicha órbita. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m

a) Datos contradictorios: R(T = 24 h) = 42 Mm; R(v = 3,1 km/s) = 41 Mm ;

b) P = 2,3 hN.

3

Solución: a) Una órbita geoestacionaria es aquella en la que el satélite tiene un periodo de revolución igual al de la Tierra y orbita en el mismo sentido de giro que esta encima del Ecuador, por lo que se encuentra siempre en la vertical sobre el mismo punto de la superficie terrestre. Por tanto, las antenas que apunten a él se encuentran inmóviles sin tener que estar dotadas de movimiento para encontrar la señal del satélite. En ellos se cumple que: 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 𝑚 𝑣o2 = ⇔ 𝑣o2 = ⇒ 𝑅= 2 𝑅 𝑅 𝑅 𝑣o2 6,67 · 10−11 N m2 kg −2 · 5,97 · 1024 kg 𝑅= = 4,1 · 107 m. (3,1 · 103 m s −1 )2 Si lo hubiéramos calculado con el periodo (24 h), veríamos que hay una cierta discrepancia: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 2 2 2 2 = ⇔ 𝑣 = 3 o 𝑅 𝑅2 𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀T ⇒ 𝑅 = �𝐺 𝑀T 𝑇 2π𝑅 𝑇2 𝑅 4 π2 𝑣o = 𝑇 2 -11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · �1 día · 24 h · 3600 s� 6,67·10 � 1 día 1h 𝑅 = = 4,2·107 m. 2 4π 3

b) El peso del satélite se obtiene aplicando la Ley de Gravitación Universal: 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝑚 𝑚 𝑣o4 𝑃= = = 𝑅2 𝐺 𝑀T 𝐺𝑀 2 � 2 T� 𝑣o 3 −1 (3,1 · 10 m s )4 𝑃= = 2,3 · 102 N. 6,67 · 10−11 N m2 kg −2 · 5,97 · 1024 kg

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30/10/2012

45.– Un satélite artificial de 2000 kg de masa describe una órbita circular a diez mil kilómetros del centro de la Tierra. Calcule: a) a qué velocidad se mueve el satélite; b) cuál es su periodo de revolución; c) a qué velocidad (lineal) debería girar para convertirse en un satélite geoestacionario manteniendo esa altitud; d) cuál es la fuerza con la que se atraen la Tierra y el satélite. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = MT = 5,97·1024 kg

6,67·10–11 N m2 kg–2 ;

Masa de la Tierra:

a) vo = 6,31 km s–1 ; b) T = 166 min ; c) Es imposible. La órbita geoestacionaria es a 42 000 km del centro de la Tierra ; d) Ps = 7,96 kN.

Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T = ⇔ 𝑣o2 = ⇔ 𝑣o = � 2 𝑅 𝑅 𝑅 𝑅

6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg 𝑣o = � = 6,31·103 m s-1 . 1,0000·107 m b) El periodo vendrá dado por: 𝑣o =

𝑅3 = 2π� 𝐺 𝑀T �𝐺 𝑀T 𝑅 2π𝑅

(1,0000·107 m)3 𝑇 = 2π� = 9,96·103 s ≈ 2 h 46 min. 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg

c) La pregunta tiene un resultado imposible. La situación que permite que un satélite sea geoestacionario es que cumpla que el periodo sea de 24 h, cosa que sólo se cumple si: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 2 2 2 = ⇔ 𝑣o2 = 3 2 𝑅 𝑅 𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀T ⇒ 𝑅 = �𝐺 𝑀T 𝑇 2π𝑅 𝑇2 𝑅 4 π2 𝑣o = 𝑇

3

2 -11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · �1 día · 24 h · 3600 s� 6,67·10 � 1 día 1h 𝑅 = = 4,22·107 m. 4 π2 Por tanto sólo se puede estar en una órbita geoestacionaria a una altura muy superior a la que plantea el problema. Podríamos calcular la velocidad a la que tardaría en dar una vuelta completa a esa órbita en 24 h, pero sería una velocidad insuficiente para mantenerse en órbita, por lo que el satélite caería hacia la Tierra o hacia una órbita inferior. d) El peso del satélite vendrá dado por la Ley de Gravitación Universal de Newton: 𝐺 𝑀T 𝑚 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 2000 kg 𝑃s = = =7,96·103 N. (1,0000·107 m)2 𝑅2 Solución: a) Para la órbita dada se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 2 = ⇔ 𝐸 = 𝑚 𝑣 = = �– 𝐸p � c o (𝑅T + ℎ)2 𝑅T + ℎ 2 2 𝑅T + ℎ 2 Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por: 1 1 𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = −𝐸p = − 𝑚 𝑣o2 = − · 500 kg · (6,5 · 103 m s−1 )2 = −1,06 · 1010 J. 2 2 b) De la expresión que hemos obtenido arriba: 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 𝑚 𝑣o2 = ⇒ 𝑣o2 = ⇒ 𝑅T + ℎ = ⇒ ℎ = − 𝑅T 𝑅T + ℎ 𝑅T + ℎ 𝑣o2 𝑣o2 6,67 · 10−11 N m2 kg −2 · 5,97 · 1024 kg ℎ = − 6,37 · 106 m = 3,05 · 106 m. (6,5 · 103 m s −1 )2 3

46.– Un satélite artificial de 500 kg que describe una órbita circular alrededor de la Tierra se mueve con una velocidad de 6,5 km/s. Calcule: a) la energía mecánica del satélite; b) la altura sobre la superficie de la Tierra a la que se encuentra. 3

2π𝑅 ⇒𝑇 = 𝑇

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m

a) Em = −1,06·1010 J ; b) h = 3,05·106 m.

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47.–

30/10/2012

Un satélite artificial describe una órbita circular a 500 km sobre la superficie terrestre. a) ¿Cuál es la velocidad con que se mueve el satélite? b) Averigüe el periodo de revolución con que se mueve este satélite. 6

Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m ; g0 = 9,81 m s–2 ; π = 3,14

Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra:

–1

a) vo = 7,61 km s ; b) T = 95 min.

Solución: a) Para un satélite en órbita terrestre se cumple que: m vo2 G MT m G MT G MT = ⇔ vo2 = ⇔ vo = � 2 R T + h (R T + h ) RT+ h RT+ h g0 =

G MT ; G MT = g 0 R2T R2T

⇒ vo = �

g 0 R2T RT+ h

9,81 m s −2 · (6,37·106 m)2 vo = � = 7,61 · 103 m s−1 . 6,37·106 m + 5,00·105 m

3

El periodo vendrá dado por: vo =

48.– Un satélite de 250 kg de masa está en órbita circular en torno a la Tierra a una altura de 500 km sobre su superficie. Calcule: a) su velocidad y su período de revolución; b) la energía necesaria para poner al satélite en órbita con esa velocidad. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT = 24 6 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m

a) vo = 7,61 km s–1; T = 94 min ;

b) WL = 8,38·109 J.

(R T + h )3 (R T + h )3 2 π (R T + h ) 2 π (R T + h ) ⇒T= =2π� = 2π� T G MT g 0 R2T G MT � RT+ h

(6,37·106 m + 5,00·105 m)3 T = 2π� = 5,67 · 103 s ≈ 1 h 35 min. 9,81 m s −2 · (6,37·106 m)2 Solución: a) Para un satélite en órbita terrestre se cumple que: m vo2 G MT m G MT G MT = ⇔ vo2 = ⇔ vo = � 2 R T + h (R T + h ) RT+ h RT+ h

6,67·10−11 N m2 kg−2 · 5,97·1024 kg � vo = = 7,61 · 103 m s −1 . 6,37·106 m + 5,00·105 m El periodo vendrá dado por: vo =

3

(R T + h)3 2 π (R T + h ) 2 π (R T + h ) ⇒T= =2π� T G MT G MT � RT+ h

(6,37·106 m + 5,00·105 m)3 T = 2π� = 5,67 · 103 s ≈ 1 h 34 min. −2 −11 24 2 6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg a) La energía necesaria (en forma de trabajo de lanzamiento a aportar) se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de la Tierra hasta la órbita a la que ha de llegar: G MT m 1 G MT m 1 G MT m WL + Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ; WL + 0 + �− � = m v2f + �− �= − RT 2 RT+ h 2 RT+ h G m MT G m MT RT+ 2 h WL = − ;  W= G m MT � � RT 2 (R T + h ) 2 (R T + h ) R T 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 250 kg · �6,37·106 + 2 ·5·105 � m WL = = 8,38 · 109 J. 2 · (6,37·106 m+ 5·105 m) · 6,37·106 m

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30/10/2012

49.– Un satélite de 5000 kg de masa gira alrededor de la Tierra con un radio de giro de 30 000 km. Calcule: a) el período de giro; b) la velocidad del satélite; c) su energía total. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: 24 MT = 5,97·10 kg

a) T = 51,7 ks ; b) vo = 3,64 km s–1 ; c) ET = −33,2 GJ.

Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que: 2𝜋𝑅 𝑣o = 𝑇 2π𝑅 𝑅3 � ⇒ 𝑇 = = 2 π 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T � � = ⇒   𝑣 = o 𝑅 𝑅 𝑅2 𝑅

(3,0000·107 m)3 𝑇 =2π� = 5,17·104 s ≈ 14 h 22 min. 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg

b) Como hemos visto antes se cumple que: 3

𝐺 𝑀T 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg = � =3,64·103 m s-1 . 𝑅 3,0000·107 m c) Como hemos visto, para una órbita determinada se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 = ⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 = = �– 𝐸p � 2 𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 Por lo tanto, la energía total de un satélite en órbita viene dada por: 1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸T = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p = − 2 2 𝑅 -11 2 -2 24 1 6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg · 5000 kg 𝐸T = − · = -3,32·1010 J. 2 3,0000·107 m Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 2 2 2 = ⇔ 𝑣o2 = 3 2 𝑅 𝑅 𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀T ⇒ 𝑅 = �𝐺 𝑀T 𝑇 2π𝑅 𝑇2 𝑅 4 π2 𝑣o = 𝑇 𝑣o = �

50.– Un satélite de telecomunicaciones, de 1 tonelada, describe órbitas circulares alrededor de la Tierra con un periodo de 90 minutos. Calcule: a) la altura sobre la superficie de la Tierra a la que se encuentra el satélite; b) su energía mecánica (energía cinética más potencial) total. Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; 5

a) h = 2,8·10 m ;

b) Em = −29,9 GJ.

Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg

2 -11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · �90 min · 60 s � 6,67·10 � 1 min = 6,65·106 m. 𝑅 = 4 π2 h = R – RT = 6,65·106 m − 6,37·106 m = 2,8·105 m. b) Para una órbita determinada se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 = ⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 = = �– 𝐸p � 2 𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por: 3

3

𝐸m

1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p = − = − 2 2 𝑅

𝐺 𝑀T 𝑚

3 𝐺 𝑀 𝑇2 T 2� 4 π2

3

=−𝑚 �

𝐺 2 𝑀T2 π2 2 𝑇2

-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg ·π)2 ( 3 6,67·10 𝐸m = -1000 kg · � = -2,99·1010 J. 2 60 s 2· �90 min · 1 min�

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51.– Un trozo de chatarra espacial de 50 kg de masa que se dirige directo hacia la Tierra, en caída libre, tiene una velocidad de 12 m s–1 a una altura sobre la superficie terrestre de 300 km. Calcule: a) el peso del trozo de chatarra a dicha altura h; b) la energía mecánica del trozo de chatarra a dicha altura; c) la velocidad con la que impactará sobre la superficie terrestre despreciando la fricción con la atmósfera. 3

Datos: Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; –11 2 –2 Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg

a) P = 4,5 hN ;

Constante de

b) Em = −3,0 GJ ; c) vf = 2,37 km s–1.

Solución: a) El peso es la fuerza de atracción gravitatoria que actúa sobre un cuerpo por lo que: 𝐺 𝑀T 𝑚 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 50 kg 𝑃= = = 4,5·102 N. (𝑅T + ℎ)2 (6,37·106 m + 3,00·105 m)2 b) La energía mecánica se obtiene como: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸m = 𝑚 𝑣02 + �− � 2 𝑅T + ℎ 1 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 50 kg -1 )2 ( = −3,0·109 J. 𝐸m = · 50 kg · 12 m s 6 5 2 6,37·10 m + 3,00·10 m c) Haciendo un balance energético: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣02 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 𝑅T + ℎ 𝑅T 2 2 𝑣f2 = 𝑣02 +

52.– Una de las lunas de Júpiter, Ío, describe una órbita de radio medio 4,22·108 m y un periodo de 1,53·105 s. a) Calcule el radio medio de otra de las lunas de Júpiter, Calisto, cuyo periodo es de 1,44·106 s. b) Calcule la masa de Júpiter. 3

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) RC = 1,88 Gm ;

b) M = 1,90·1027 kg.

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𝑣f = �(12 m s -1 )2 +

2 𝐺 𝑀T 2 𝐺 𝑀T 2 𝐺 𝑀T ℎ − ; 𝑣f = �𝑣02 + 𝑅T 𝑅T + ℎ 𝑅T (𝑅T + ℎ)

2 · 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 3,00·105 m = 2,37·103 m s-1 . 6,37·106 m · (6,37·106 m + 3,00·105 m)

Solución: a) Aplicando la 3ª Ley de Kepler (Ley de los periodos):

2 3 𝑇 𝑇Í2 𝑇C2 𝑇C2 𝑅Í3 C 3 = ⇔ 𝑅 = ⇔ 𝑅 = 𝑅 � C C Í 𝑅C3 𝑅Í3 𝑇Í2 𝑇Í2

3 (1,44·106 s)2 𝑅C = 4,22·108 m · � = 1,88·109 m. (1,53·105 s)2

b) En una órbita se cumple que: 𝑚 𝑣𝑜2 𝐺 𝑚 𝑀 2 2 3 = 4 π2 ·(4,22·108 m)3 𝑟 𝑟 2 ⇒ 𝑀 = 𝑣𝑜 𝑟 = 4 π 𝑟 = = 1,90·1027 kg. 2π𝑟 𝐺 𝐺 𝑇2 6,67·10-11 N m2 kg -2 · (1,53·105 s)2 𝑣𝑜 = 𝑇

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53.– Una estación espacial describe una órbita prácticamente circular alrededor de la Tierra a una altura de 360 km sobre la superficie terrestre, siendo su masa 435 toneladas. a) Calcule su período de rotación, en minutos, así como la velocidad con que se desplaza. b) ¿Qué energía se necesitaría para llevarla desde su órbita actual a otra a 720 km sobre la superficie terrestre? c) ¿Cuál sería el período de rotación en esta nueva órbita? Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg

a) T = 92 min; vo = 7,7 km s–1 ;

b) W = 6,53·1011 J ; c) T’ = 99 min.

Solución: a) El periodo vendrá dado por: 2 π (R T + h ) vo = (R T + h )3 2 π (R T + h ) T � ⇒ T = = 2 π G MT m G MT m vo2 G MT G MT = ⇔ vo2 = � 2 RT+ h R T + h (R T + h ) RT+ h

(6,37·106 m + 3,60·105 m)3 T = 2π� = 5,50 · 103 s ≈ 92 min. −2 −11 24 2 6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg La velocidad valdrá por tanto: G MT 6,67·10−11 N m2 kg−2 · 5,97·1024 kg vo = � = � = 7,70 · 103 m s −1 . RT+ h 6,37·106 m + 3,60·105 m

b) Para una órbita determinada se cumple que: m vo2 G MT m 1 1 G MT m 1 = ⇔ Ec = m vo2 = = �– Ep � 2 R R 2 2 R 2 Por lo que, la energía necesaria (en forma de trabajo a aportar) se obtiene haciendo un balance energético desde la primera órbita hasta la segunda: 1 G MT m 1 G MT m �= − W + Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ; W + �− 2 RT+ h 2 R T + h' G m MT G m MT G m MT h' - h W= − ;  W= � � (R T + h) (R T + h') 2 (R T + h) 2 (R T + h') 2 6,67·10-11 · 5,97·1024 · 4,35 · 105 · �7,20·105 - 3,60·105 � J W= = 6,53 · 1011 J. 2 · (6,37·106 + 3,60·105 ) · (6,37·106 + 7,20·105 ) El nuevo periodo será:

3

(R T + h')3 (6,37·106 m + 7,20·105 m)3 T′ = 2 π � =2π� = 5,94 · 103 s ≈ 99 min. G MT 6,67·10−11 N m2 kg−2 · 5,97·1024 kg

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54.– Una sonda espacial de 200 kg de masa se encuentra en órbita circular alrededor de la Luna, a 160 km de su superficie. Calcule: a) la energía mecánica y la velocidad orbital de la sonda; b) la velocidad de escape de la atracción lunar desde esa posición. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Luna: ML = 7,35·1022 kg ; Radio de la Luna: RL = 1,74·106 m

a) Em = −258 MJ; vo = 1,61 km s–1 ;

b) ve = 2,27 km s–1.

Solución: a) Para una sonda en órbita lunar se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀L 𝑚 1 1 𝐺 𝑀L 𝑚 1 = ⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 = = �– 𝐸p � 2 (𝑅L + ℎ) 𝑅L + ℎ 2 2 𝑅L + ℎ 2 Por lo tanto, la energía mecánica viene dada por: 1 1 𝐺 𝑀L 𝑚 𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p = − 2 2 𝑅L + ℎ -11 2 -2 22 1 6,67·10 N m kg · 7,35·10 kg · 200 kg 𝐸m = − = -2,58·108 J. 2 1,74·106 m + 1,60·105 m Y la velocidad orbital será: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀L 𝑚 𝐺 𝑀L = ⇔ 𝑣o2 = v ⇔ 𝑣o = � 2 (𝑅L + ℎ) 𝑅L + ℎ 𝑅L + ℎ

3

6,67·10-11 N m2 kg -2 · 7,35·1022 kg � 𝑣o = = 1,61·103 m s-1 . 1,74·106 m + 1,60·105 m b) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la órbita de la sonda al infinito. 1 𝐺 𝑀L 𝑚 1 𝐺 𝑀L 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣e2 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 2 2 𝑅L + ℎ 𝑅f Despejando: 1 𝐺 𝑀L 𝑚 1 𝐺 𝑀L 𝑚 1 𝐺 𝑀L 𝑚 2 𝐺 𝑀L 𝑚 𝑣e2 + �− � = 𝑚 · 0 + �− � = 0 ;  𝑚 𝑣e2 = ; 𝑣e = � 2 2 2 𝑅L + ℎ 𝑅L + ℎ ∞ 𝑅L + ℎ 2 · 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 7,35·1022 kg 𝑣e = � = 2,27 · 103 m s −1 . 1,74·106 m + 1,60·105 m

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55.– Considere un satélite artificial de 950 kg de masa con una órbita alrededor de la Tierra contenida en el plano del Ecuador. a) ¿A qué distancia del centro de la Tierra ha de encontrarse el satélite para que la órbita sea geoestacionaria? (La órbita geoestacionaria es circular con un período de 24 h). b) ¿Cuánto vale el momento angular de este satélite geoestacionario? c) ¿Cuál es la velocidad en el perigeo de otro satélite de igual masa si se mueve en una órbita elíptica con un apogeo de 36500 km y un perigeo a 8200 km del centro de la Tierra? Datos: Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; −11 2 −2 G = 6,67·10 N m kg

a) R = 42,2 Mm ;

Constante de Gravitación Universal:

b) L = 1,23·1014 kg m2 s−1 ; c) vp = 11,5 km s–1.

Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 2 2 2 = ⇔ 𝑣o2 = 3 2 𝑅 𝑅 𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀T ⇒ 𝑅 = �𝐺 𝑀T 𝑇 2π𝑅 𝑇2 𝑅 4 π2 𝑣o = 𝑇 𝑅 =

3

-11 2 -2 24 �6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg · �24 h ·

4 π2

b) El momento angular es igual a:

3

𝐿 = 𝑚 𝑅 𝑣o = 𝑚 �

𝑇2

𝐺 𝑀T 4 π2

3

2π �

3600 s 2 1 h � = 4,22·107 m.

𝐺 𝑀T 𝑇 2 3 𝐺 2𝑀2 𝑇 4 π2 T = 𝑚� 𝑇 2π

3600 s (6,67·10-11 N m2 kg -2 )2 · (5,97·1024 kg) · 24 h · � 1 h = 1,23·1014 kg m2 s-1 . 𝐿 = 950 kg · 2π c) Aplicando la Tercera Ley de Kepler (a la semisuma del perigeo y del apogeo, que coincide con el semieje mayor): 3

4

𝑅3 𝑇2 = ⇒ 𝑇M 3 𝑅M 𝑇M2

3

3,6500·106 m + 8,200·106 m � � 3 𝑅 � 2 = 𝑇 � M = 24 h · = 9,25 h. (4,22·107 m)3 𝑅3

La velocidad en ese punto será:

3,6500·106 m + 8,200·106 m 2 = 4,22·103 m s-1 . 3600 s 9,25 h · 1 h Y aplicando que el momento angular de un movimiento orbital permanece constante (2ª Ley de Kepler). Por lo tanto, se cumple que: vM rM = vp rp ⇔ 6 6 3 -1 3,6500·10 m + 8,200·10 m 4,22·10 m s · 𝑣M 𝑟M 2 𝑣p = = = 1,15·104 m s –1 . 𝑟p 8,200·106 m 2π· 2 π 𝑅M = 𝑣M = 𝑇

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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Enunciados de PAUs–

30/10/2012

56.– Dos planetas de masas iguales orbitan alrededor de una estrella de masa mucho mayor. El planeta 1 se mueve en una órbita circular de radio 1,0·1011 m y período de 2 años. El planeta 2 se mueve en una órbita elíptica, siendo su distancia en la posición más próxima a la estrella 1,0·1011 m y en la más alejada, 1,8·1011 m. a) ¿Cuál es la masa de la estrella? b) Halle el período de la órbita del planeta 2. c) Utilizando los principios de conservación del momento angular y de la energía mecánica, halle la velocidad del planeta 2 cuando se encuentra en la posición más cercana a la estrella. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) M = 1,5·1029 kg ; b) T = 3,3 años ; c) vp = 14,6 km s–1.

Solución: a) En una órbita se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑚 𝑀 2 2 3 = 𝑟 𝑟 2 ⇒  𝑀 = 𝑣o 𝑟 = 4 π 𝑟 2π𝑟 𝐺 𝐺 𝑇2 𝑣o = 𝑇 4 π2 ·(1,0·1011 m)3 29 𝑀= 2 = 1,5·10 kg. 365 días 24 h 3600 s 6,67·10-11 N m2 kg -2 · �2 años · 1 año · · � 1 día 1h b) Aplicando la Tercera Ley de Kepler y el valor del semieje mayor: 3 3 𝑅m 𝑇m21 𝑅m 1 2 = ⇒ 𝑇 = 𝑇 � m2 m1 3 3 2 𝑅m 𝑇 𝑅 m2 m1 2

radiomedio

𝑟apoastro + 𝑟periastro = 2

⇒ 𝑇m2

� = 𝑇m1 �

𝑟1 + 𝑟2 3 2 � 3 𝑅m 1

3

1,8·1011 m + 1,0·1011 m � 2 𝑇m2 = 2 años · = 3,3 años. (1,0·1011 m)3 c) Aplicando los principios mencionados: 𝑣p 𝑟p 𝐿a = 𝐿p ⇒ 𝑚 𝑣a 𝑟a = 𝑚 𝑣p 𝑟p ⇒ 𝑣a 𝑟a = 𝑣p 𝑟p ⇒ 𝑣a = 𝑟a 1 𝐺𝑀𝑚 1 𝐺𝑀𝑚 𝐸ca + 𝐸pa = 𝐸cp + 𝐸pp ⇒ 𝑚 𝑣a2 + �− � = 𝑚 𝑣p2 + �− � 2 𝑟a 2 𝑟p 2𝐺𝑀 2𝐺𝑀 2𝐺𝑀 2𝐺𝑀 𝑣a2 − = 𝑣p2 − ⇒ 𝑣a2 − 𝑣p2 = − 𝑟a 𝑟p 𝑟a 𝑟p Y, aplicándolo a este caso: 𝑟p 2 𝑟p2 − 𝑟a2 𝑟p − 𝑟a 𝑣p 𝑟p 2 1 1 � � − 𝑣p2 = 2 𝐺 𝑀 � − � ⇒ 𝑣p2 �� � − 1� = 𝑣p2 � � = 2𝐺 𝑀� � 2 𝑟a 𝑟a 𝑟p 𝑟a 𝑟a 𝑟a 𝑟p

4

��

4 π2 𝑟 3 2 𝐺 𝑟 𝑟p + 𝑟a 1 2 𝐺 𝑀 𝑟a 2 𝑟 3 𝑟a 𝐺 𝑇2 a = 2 π 𝑣p2 � � = 2 𝐺 𝑀 � � ⇒ 𝑣p = � = � � 𝑟a 𝑟p 𝑇 𝑟p �𝑟p + 𝑟a � 𝑟p �𝑟p + 𝑟a � 𝑟p �𝑟p + 𝑟a � 2π 2 · (1,0·1011 m)3 · 1,0·1011 m ·� 365 días 24 h 3600 s 1,0·1011 m · (1,8·1011 m + 1,0·1011 m) 2 años · 1 año · 1 día · 1 h de donde obtenemos que vp = 1,46·104 m s−1. 𝑣p =

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30/10/2012

57.– Ío, un satélite de Júpiter, tiene una masa de 8,9·1022 kg, un periodo orbital de 1,77 días, y un radio medio orbital de 4,22·108 m. Considerando que la órbita es circular con este radio, determine: a) la masa de Júpiter; b) la intensidad de campo gravitatorio, debida a Júpiter, en los puntos de la órbita de Ío; c) la energía cinética de Ío en su órbita; d) el módulo del momento angular de Ío respecto al centro de su órbita. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) MJ = 1,902·1027 kg ; b) g = 0,71 m s–2 hacia el centro de Júpiter ; c) Ec Ío = 1,34·1031 J ; d) L = 6,51·1035 kg m2 s−1.

4

4

58.– La órbita de Plutón en torno al Sol es notablemente excéntrica. La relación de distancias máxima y mínima entre su centro y el del Sol (afelio y perihelio) es Ra/Rp = 5/3. Razonando sus respuestas, calcule la relación (cociente) entre los valores en el afelio y en el perihelio de las siguientes magnitudes de Plutón: a) Momento angular respecto al centro del Sol. b) Energía cinética. c) Energía potencial gravitatoria. a) Valdrá 1 (el momento angular permanece constante) ; b) Eca/Ecp = 9/25 ; c) Epa/Epp = 3/5 ; ambas son negativas, por lo que es mayor la energía potencial en el afelio.

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Solución: a) En una órbita se cumple que: G MJ MÍo MÍo vo2 = v2o R 4 π2 R3 R R2 ⇒  MJ = = 2πR G G T2 vo = T 4 π2 · (4,22·108 m)3 27 MJ = 2 = 1,902·10 kg. 24 h 3600 s 6,67·10−11 N m2 kg−2 · �1,77 días · · � 1 día 1h b) La intensidad del campo gravitatorio vale: 4 π2 R3 G G MJ 4 π2 R v2 G T2 𝐮 ����⃗𝐫 = ����⃗ ����⃗ g Ío J = - 2 𝐮 ������⃗ = 𝐮 ; también sería � � 𝐫 𝐫 R R2 T2 R 4 π2 · 4,22·108 m ����⃗𝐫 = - 0,71 m s−2 𝐮 ����⃗. g������⃗ = 0L 𝐫 2 𝐮 24 h 3600 s �1,77 días · 1 día · � 1h O sea, que es una aceleración de 0,71 m s–2 dirigida hacia el centro de Júpiter. c) En la órbita se cumple que: 4 π2 R3 G M G MJ MÍo G M M MÍo vo2 1 1 1 J Ío G T 2 Ío 2 = ⇒ E = M v = = c o Ío R R2 2 2 R 2 R 2 2 2 π R MÍo 2 π2 (4,22·108 m)2 · 8,9·1022 kg Ec = = = 1,34 · 1031 J. 2 T2 24 h 3600 s �1,77 días · 1 día · 1 h � d) El módulo del momento angular será: L = MÍo vo R 2 π MÍo R2 2 π · 8,9·1022 kg · (4,22·108 m)2 2πR ⇒ L= = = 6,51 · 1035 kg m2 s −1 . 24 h 3600 s T vo = 1,77 días · · 1h T 1 día Solución: a) El momento angular de un movimiento orbital permanece constante (2ª Ley de Kepler). Por lo tanto, ambos valores serán iguales. b) Teniendo en cuenta que va ra = vp rp lo que implica que va/vp = 3/5, la relación entre las energías cinéticas vendrá dada por: 2

1 Eca 2 m va v2a 3 2 9 = = = � � = Ecp 1 m v2 v2p 5 25 2

p

c) La relación entre las energías potenciales vendrá dada por: Mm Epa −G Ra Rp 3 = = = Epp −G Mm Ra 5 Rp Aunque parezca que siempre son mayores las energías en el perihelio que en el afelio, al ser las energías potenciales negativas, la energía potencial del afelio es mayor (menos negativa) que la del perihelio. La energía mecánica ha de ser constante a lo largo de toda la órbita.

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59.– La velocidad angular con la que un satélite describe una órbita circular en torno al planeta Venus es ω1 = 1,45·10–4 rad s–1 y su momento angular respecto al centro de la órbita es L1 = 2,2·1012 kg m2 s–1. a) Determine el radio r1 de la órbita del satélite y su masa. b) ¿Qué energía sería preciso invertir para cambiar a otra órbita circular con velocidad angular ω2 = 10–4 rad s–1? Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de Venus: 24 Mv = 4,87·10 kg

a) r1 = 24,9 Mm; m = 24 kg ; b) ∆Em = 70 MJ.

Solución: a) Para la órbita circular de un satélite en torno a un planeta se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀V 𝑚 𝐺 𝑀V 3 𝐺 𝑀V 𝐺 𝑀V = ⇔ 𝑣o2 = 2 2 2 𝑟1 𝑟1 ⇒ 𝜔1 𝑟1 = 𝑟 ⇒ 𝑟1 = � 𝜔2 𝑟1 1 1 𝑣o = 𝜔1 𝑟1 3

𝑟1 = �

6,67·10-11 N m2 kg -2 · 4,87·1024 kg = 2,49·107 m. (1,45·10-4 rad s -1 )2

Aplicando la fórmula del módulo del momento angular (ya que α = 90º): 𝐿1 = 𝑚 𝑟1 𝑣1 = 𝑚 𝑟12 𝜔1 ⇒ 𝑚 = 3

𝑚 = 2,2 · 1012 kg m2 s −1 · �

4

𝐿1 2 𝑟1 𝜔1

=

3

��

𝐿1

2

𝐺 𝑀V � 𝜔1 𝜔12

3

= 𝐿1 �

𝜔1 𝑀V2

𝐺2

1,45·10-4 rad s -1 = 24 kg (6,67·10-11 N m2 kg -2 )2 · (4,87·1024 kg)2

b) Para una órbita determinada se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀V 𝑚 1 1 𝐺 𝑀V 𝑚 1 = ⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 = = �– 𝐸p � 2 𝑟1 2 2 𝑟12 2 𝑟1 Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por: 𝜔 𝐺 𝑀V 𝐿1 3� 2 1 2 𝐺 𝑀V 1 1 𝐺 𝑀V 𝑚 1 𝐸m1 = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p = − = − = −𝐿1 𝜔1 2 2 𝑟1 2 3 𝐺 𝑀 � 2V 𝜔1 𝐸m2

60.– La velocidad de un asteroide es de 20 km s–1 en el perihelio y de 14 km s–1 en el afelio. Determine en esas posiciones cuál es la relación entre: a) las distancias al Sol en torno al cual orbitan; b) las energías potenciales del asteroide. a) ra/rp ≈ 1,4 ; b) Epa/Epp = 0,7. 4

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𝜔 𝐺 𝑀V 𝐿1 3� 2 1 2 𝐺 𝑀V 1 1 𝐺 𝑀V 𝑚 1 3 = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p = − = − = −𝐿1 �𝜔1 𝜔22 2 2 𝑟2 2 3 𝐺 𝑀 � 2V 𝜔2 3

∆𝐸m = 𝐸m2 -𝐸m1 = -2,2 · 1012 kg m2 s −1 · ��1,45·10-4 · (10-4 )2 − 1,45·10-4 � = 7,0 · 107 J. Solución: a) El momento angular de un movimiento orbital permanece constante (2ª Ley de Kepler). Por tanto, se cumple: va ra = vp rp. Aplicándolo a la expresión de las magnitudes pedidas: 𝑣p 𝑟a 20 km s –1 = = ≈ 1,4. 𝑟p 𝑣a 14 km s –1 b) La relación entre las energías potenciales vendrá dada por: 𝑀𝑚 𝐸pa −𝐺 𝑟a 𝑟p 𝑣p = = = = 0,7. 𝐸pp −𝐺 𝑀 𝑚 𝑟a 𝑣a 𝑟p Hay que tener en cuenta que, pese a este valor, es mayor la energía potencial en el afelio ya que los valores de energía potencial son negativos. En valor absoluto la energía potencial en el perihelio sería mayor que la energía potencial en el afelio.

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61.– Un planeta orbita alrededor de una estrella de masa M. La masa del planeta es m = 1024 kg y su órbita es circular de radio r = 108 km y periodo T = 3 años terrestres. Determine: a) la masa M de la estrella; b) la energía mecánica del planeta; c) el módulo del momento angular del planeta respecto al centro de la estrella; d) la velocidad angular de un segundo planeta que describiese una órbita circular de radio igual a 2 r alrededor de la estrella. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2 ; Considere 1 año terrestre = 365 días

a) M = 6,6·1028 kg ; b) Em = −2,2·1031 J ; c) L = ω’ = 2,348·10−8 rad s–1.

6,6·1028 kg m2 s−1 ; d)

4

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Solución: a) En una órbita se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺𝑚𝑀 2 2 3 = 𝑟 𝑟 2 ⇒  𝑀 = 𝑣o 𝑟 = 4 π 𝑟 2π𝑟 𝐺 𝐺 𝑇2 𝑣o = 𝑇 4 π2 ·(1011 m)3 28 𝑀 = 2 = 6,6·10 kg. 365 días 24 h 3600 s 6,67·10-11 N m2 kg -2 · �3 años · 1 año · · � 1 día 1h b) La energía mecánica valdrá: 𝑚 𝑣o2 𝐺𝑀𝑚 1 1𝐺 𝑀 𝑚 1 = ⇒ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 = = − 𝐸p ; 𝐸m = 𝐸c + 𝐸P = −𝐸c 2 𝑟 𝑟 2 2 𝑟 2 2 2π𝑟 𝑚 � 𝑇 � 𝑚 𝑣o2 2 π2 𝑚 𝑟 2 𝐸m = − =− =− 2 2 𝑇2 2 π2 · 1024 kg · (1011 m)2 𝐸m = = -2,2·1031 J. 365 días 24 h 3600 s 2 �3 años · 1 año · · � 1 día 1h c) El módulo del momento angular será: 𝐿 = 𝑚 𝑣o 𝑟 2𝜋𝑟 2 𝜋 𝑚 𝑟2 2π𝑟 ⇒ 𝐿 = 𝑚 𝑟 = 𝑇 𝑇 𝑣o = 𝑇 2 π · 1024 kg · (1011 m)2 𝐿 = = 6,6·1038 kg m2 s-1 . 365 días 24 h 3600 s 3 años · 1 año · 1 día · 1 h d) En la órbita se cumplirá que: 4 π2 𝑟 3 2 2 𝐺 𝑚 𝑣′2 𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀 � 𝐺 𝑇 2 = �2 π 𝑟 = π 𝑟 √2 � = ⇒  𝑣′ = = (2 𝑟 )2 2𝑟 2𝑟 𝑇2 2𝑟 𝑇 π𝑟 √2 𝑣′ π π 𝜔′ = = 𝑇 = = =2,348·10-8 rad s-1 . 365 días 24 h 3600 s 2𝑟 2𝑟 𝑇 √2 �3 años · 1 año · 1 día · 1 h � √2

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62.– Un satélite artificial de 100 kg de masa se encuentra girando alrededor de la Tierra en una órbita circular de 7100 km de radio. Determine: a) el período de revolución del satélite; b) el momento lineal y el momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra; c) la variación de energía potencial que ha experimentado el satélite al elevarlo desde la superficie de la Tierra hasta esa posición; d) las energías cinética y total del satélite. Datos: Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6370 km ; –11 2 –2 Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg

Constante de

a) T = 1,65 h ; b) p = 7,49·105 kg m s–1 ; L = 5,32·1012 kg m2 s–1 ; c) ∆Ep = 6,43·108 J ; d) Ec = 2,80·109 J ; Etotal = –2,80·109 J.

Solución: a) En un satélite en órbita se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 3 = 𝑅 𝑅2 ⇒ 𝑇 = 2 π � 𝑅 2π𝑅 𝐺 𝑀T 𝑣o = 𝑇

(7,1·106 m)3 𝑇 = 2π� = 5,96·103 s ≈ 1 h 39 min. 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg

b) El momento lineal valdrá:

𝑝 = 𝑚 𝑣𝑜 𝐺 𝑀T 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 ⇒ 𝑝 = 𝑚 � = 𝑅 𝑅 𝑅2

6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg � 𝑝 = 100 kg · = 7,49·105 kg m s-1 . 7,1·106 m El momento angular es igual a: 𝐺 𝑀T 𝐿 = 𝑚 𝑅 𝑣o = 𝑚 𝑅 � = 𝑚 �𝐺 𝑅 𝑀T 𝑅

4

𝐿 = 100 kg · �6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 7,1·106 m = 5,32·1012 kg m2 s-1 . c) La variación de energía potencial asociada a enviar desde la superficie de la Tierra un satélite a una órbita determinada será: 𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀𝑚 1 1 ∆𝐸p = 𝐸p − 𝐸p = − − �− �= 𝐺𝑀𝑚 � − � f 0 𝑅 𝑅T 𝑅T 𝑅 1 1 ∆𝐸p = 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 100 kg · � � = 6,43· 108 J. 6,37·106 m 7,1·106 m d) Las energías cinética y potencial valen: 1 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 1 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 100 kg 2 ⇒ 𝐸 = = 2,80·109 J. 𝑐 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 2 7,1·106 m = 𝑅 𝑅2 e) La energía mecánica valdrá: 𝑚 𝑣o2 𝐺𝑀𝑚 1 1𝐺 𝑀 𝑚 1 2 = ⇒ 𝐸 = 𝑚 𝑣 = = − 𝐸 ; 𝐸 = 𝐸c + 𝐸p = −𝐸c = −2,80·109 J. c o 𝑟 𝑟2 2 2 𝑟 2 p m

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63.– Un satélite artificial de la Tierra de 100 kg de masa describe una órbita circular a una altura de 655 km. Calcule: a) el periodo de la órbita; b) la energía mecánica del satélite; c) el módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra; d) el cociente entre los valores de la intensidad de campo gravitatorio terrestre en el satélite y en la superficie de la Tierra. Datos: Masa de la Tierra: MT = 5,98·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; –11 2 –2 Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg

Constante de

a) T = 5,83·103 s = 1,63 h ; b) Em = –3,13·109 J ; c) L = 5,29·1012 kg m2 s–1 ; d) g/g0 = 0,82. 4

Solución: a) En un satélite en órbita se cumple que: mv2 G M m GM 2πR R3 � � = ⇒  v= ; y como v = ⇒T=2π R R T GM R2 (6,37·106 m+ 6,55·105 m)

3

=5860 s=1,63 h T=2π� 6,67·10−11 N m2 kg−2 ·5,98·1024 kg b) La energía mecánica de un satélite es igual a: 1 GMm 1G M m Em = m v 2 + ��= 2 R 2 R −2 −11 24 2 1 6,67·10 N m kg ·5,98·10 kg · 100 kg Em = − · = −3,13 · 109 J 6 2 6,37·10 m c) El momento angular del satélite vale (calculamos previamente la velocidad): 6,67·10−11 N m2 kg−2 ·5,98·1024 kg GM � � = = 7535 m s−1 v= (6,37 · 106 + 6,55 · 105 ) m R

   L = m r×v ; L = mR v =

100 kg · 7,02·106 m · 7,54·103 m s–1 = 5,29·1012 kg m2 s–1 M G 2T 2 R R T2 6,37·10 6 m MT MT g = = = = 0,82 d) Como g 0 = G 2 y g = G 2 ⇒ 2 RT R g0 G M T R 2 7,02·10 6 m R T2 Solución: a) Para una órbita determinada se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 1 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 = ⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 = = �– 𝐸p � 2 (𝑅T + ℎ) 𝑅T + ℎ 2 2 𝑅T + ℎ 2 -11 2 -2 24 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg · 1100 kg 𝐸c = = · = 2,47·1010 J. 6,371·106 m + 2,500·106 m 2 𝑅T + ℎ 2 Aplicando lo obtenido a la expresión de la energía mecánica de un satélite en órbita: 1 𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p = − 𝐸c = −2,47·1010 J. 2 b) El momento angular es igual a:

( (

64.– Un satélite artificial está situado en una órbita circular en torno a la Tierra a una altura de su superficie de 2500 km. Si el satélite tiene una masa de 1100 kg, calcule: a) la energía cinética del satélite y su energía mecánica total; b) el módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; RT = 6,371·106 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg

4

Radio de la Tierra:

a) Ec = 24,7 GJ; Em = −24,7 GJ ; b) L = 6,54·1013 kg m2 s−1.

) )

𝐺 𝑀T 𝐿 = 𝑚 𝑅 𝑣o = 𝑚 (𝑅T + ℎ) � = 𝑚 �𝐺 𝑀T (𝑅T + ℎ) 𝑅T + ℎ

65.– Un satélite de 2000 kg de masa describe una órbita ecuatorial circular alrededor de la Tierra que tiene un radio de 8000 km. Determine: a) el momento angular de este satélite respecto al centro de la órbita; b) las energías cinética, potencial y total adquiridas por el satélite. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg

4

a) L = 1,129·1014 kg m2 s−1 ; b) Ec = 4,98·1010 J; Ep = −9,96·1010 J; ET = −4,98·1010 J.

𝐿 = 1100 kg · �6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 8,871·106 m = 6,54·1013 kg m2 s -1 . Solución: a) El módulo del momento angular será: L=m vo R G MT R = m �G MT R m vo2 G MT m G MT ⇒ L = m � � R = ⇔ v = o R R2 R

L = 2000 kg · �6,67·10−11 N m2 kg−2 · 5,97·1024 kg · 8,00·106 m = 1,129 · 1014 kg m2 s−1 . b) Las energías valdrán: m vo2 G MT m 1 1 G MT m 1 1 = ⇒ Ec = m vo2 = = - Ep ; EM = Ec + EP = Ep 2 R R 2 2 R 2 2 −2 −11 24 2 G MT m 6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg · 2000 kg Ec = = = 4,98 · 1010 J. 2R 2 · 8,00·106 m Ep = −9,96·1010 J ; ET = −4,98·1010 J.

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66.– Una sonda de masa 5000 kg se encuentra en una órbita circular a una altura sobre la superficie terrestre de 1,5 RT. Determine: a) el momento angular de la sonda en esa órbita respecto al centro de la Tierra; b) la energía que hay que comunicar a la sonda para que escape del campo gravitatorio terrestre desde esa órbita. 4

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: 24 6 MT = 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m

a) L = 3,98·1014 kg m2 s−1 ; de enlace).

b) ∆E = 62,5 GJ; es la energía mecánica cambiada de signo (energía

67.– ¿A qué altitud sobre la superficie terrestre la intensidad del campo gravitatorio es el 20% de su valor sobre la superficie de la Tierra? 5

Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m

h = 7,87·106 m. 68.–

A partir de los datos sobre Júpiter y la Tierra del siguiente cuadro, conteste: a) la aceleración de la gravedad en la superficie de Júpiter; b) la velocidad de escape desde la superficie de Júpiter; c) los años que tarda Júpiter en dar una vuelta alrededor del Sol.

5

Datos básicos

Júpiter

Tierra

Radio ecuatorial

71 492 km

6 378 km

Distancia media al Sol

778 330 000 km

149 600 000 km 1 año

Periodo de revolución en torno al Sol Masa Gravedad superficial en el Ecuador

318 MT

5,97·1024 kg 9,8 m s–2

a) gJ = 24,8 m s–2 ; b) ve = 5,95·104 m s–1 ; c) TJ = 11,867 años ≈ 11 años 10 meses 14 días. 69.– Calcule cuál es la distancia al centro de la Tierra de un punto donde la aceleración de la gravedad es g/3. 5

Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,371·106 m

h = 4,66·106 m.

70.– Calcule la distancia al centro de la Tierra de un punto donde la aceleración de la gravedad es g/4. 5

Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m

h = 6,37·106 m.

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

Solución: a) Podemos calcular el momento angular teniendo en cuenta que, para una órbita determinada, se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T � � = ⇒ 𝑣 = ⇒ 𝐿 = 𝑚 𝑅 𝑣 = 𝑚 𝑅 = 𝑚 �𝐺 𝑀T (𝑅T + ℎ) o o 𝑅 𝑅2 𝑅 𝑅 𝐿 = 5000 kg · �6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg · 2,5· 6,37·106 m = 3,98·1014 kg m2 s -1 . b) Haciendo un balance energético: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 ∆𝐸 + 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣o2 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 2 𝑅T + ℎ 2 𝑅 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑚 𝑀T 1 − = 𝑚·0− = 0 ; ∆𝐸 = ∆𝐸 + 𝑚 𝑅T + ℎ 𝑅T + ℎ 2 2 𝑅T + ℎ 2 ∞ -11 2 -2 24 1 6,67·10 N m kg ·5,97·10 kg · 5000 kg ∆𝐸 = = 6,25·1010 J. 2 2,5 · 6,37·106 m Solución: a) De la expresión de la gravedad a cualquier altura: M G 2T G MT 20 g 0 RT g' = = = ⇒ (R T + h)2 = 5 R2T ⇒ R T + h = R T √5 2 (R T + h ) 100 5 ⇒ h = R T �√5 − 1� = 6,37·106 m · �√5 − 1� = 7,87 · 106 m .

Solución: a) El valor de la gravedad superficial en Júpiter será: 𝐺 𝑀J 6,67·10-11 N m2 kg -2 ·318·5,97·1024 kg 𝑔J = = = 24,8 m s-2 . (7,1492·107 m)2 𝑅J2 b) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie del planeta al infinito. 𝐺 𝑀J 𝑚 𝐺 𝑀J 𝑚 𝐺 𝑀J 𝑚 1 1 1 � = 𝑚 𝑣f2 + �− �= 𝑚·0− =0 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑚 𝑣e2 + �− 2 𝑅J 2 𝑅 2 ∞ 2 𝐺 𝑀J 1 2 𝐺 𝑀J 2 · 6,67·10-11 N m2 kg -2 ·318·5,97·1024 kg 𝑣e = ; 𝑣𝑒 = � = � =5,95·104 m s-1 . (7,1492·107 m)2 2 𝑅J 𝑅J Aplicando la Tercera Ley de Kepler:

3 𝑅S−J (7,7833·1011 m)3 𝑅J3 𝑇J2 � � = ⇒ 𝑇 = 𝑇 = 1 año· = 11,867 años. J T 3 (1,4960·1011 m)3 𝑅T3 𝑇T2 𝑅S−T

Solución: De la expresión de la gravedad a cualquier altura: M G 2T G MT g RT g' = = = ⇒ (R T + h)2 = 3 R2T ⇒ R T + h = R T √3 2 (R T + h ) 3 3 h = R T �√3 − 1� = 6,37·106 m · �√3 − 1� = 4,66 · 106 m. Solución: De la expresión de la gravedad a cualquier altura: M G 2T G MT g RT g' = = = ⇒ (R T + h)2 = 4 R2T ⇒ R T + h = 2 R T (R T + h )2 4 4 h = R T = 6,37·106 m

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30/10/2012

71.– Desde la superficie de la Tierra se pone en órbita un satélite, lanzándolo en dirección vertical con una velocidad inicial de 6000 m s–1. Despreciando el rozamiento con el aire, determine: a) la altura máxima que alcanza el satélite; b) el valor de la gravedad terrestre a dicha altura máxima. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2 ; RT = 6,371·106 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,974·1024 kg

a) h = 2572 km ;

Radio de la Tierra:

b) g = 4,985 m s–2.

Solución: a) La altura de alcance se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de la Tierra hasta el punto al que ha de llegar. Es importante tener en cuenta que no se pide que entre en órbita, sino sólo que llegue, por lo que: 1 𝐺 𝑀T 𝑚 1 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣L2 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 𝑅T 𝑅T + ℎ 2 2 𝐺 𝑀T 1 2 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 1 1 2 𝑅T − 2 𝑣L 𝑣 + �− �= 0 − ;  = 𝑅T 𝑅T + ℎ 𝑅T + ℎ 𝐺 𝑀T 2 L ℎ=

5

𝐺 𝑀T

1 2 𝐺 𝑀T 𝑅T − 2 𝑣L

− 𝑅T = 𝑅T �

1 − 1� 𝑅T 𝑣L2 1−2𝐺𝑀 T

1 − 1� = 2,572 · 106 m. 6,371 · m · (6000 m s −1 )2 1− 2 · 6,674·10-11 N m2 kg -2 · 5,974·1024 kg b) Aplicando la expresión del campo gravitatorio: 𝐺 𝑀T 2 𝑔 = 𝑣2 𝐺𝑀 (𝑅T + ℎ)2 � 𝑅 T − 2L � T ⇒𝑔 = 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 𝑅T + ℎ = 𝐺 𝑀T 1 2 𝑅T − 2 𝑣L

ℎ = 6,371 · 106 m · �

106

2

72.– Determine la aceleración de la gravedad en la superficie de Marte sabiendo que su densidad media es 0,72 veces la densidad media de la Tierra y que el radio de dicho planeta es 0,53 veces el radio terrestre. 5

Datos: Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 9,81 m s–2

gM = 4,0 m s–2.

73.–

Dos masas iguales de 2000 kg cada una están separadas 6 m. Calcule: a) la fuerza de atracción; b) el valor del campo gravitatorio a 2 m de distancia de una de ellas dentro de la recta que las une.

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

5

a) F = 7,4·10−6 N (atracción) ;

b) gT = 2,5·10−8 m s–2.

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

6,674·10-11 N m2 kg -2 · 5,974·1024 kg (6000 m s-1 )2 � � 2 6,371·106 m 𝑔 = = 4,985 m s-2 . 6,674·10-11 N m2 kg -2 · 5,974·1024 kg Solución: a) El valor de la aceleración será: 4 4 4 3 𝑉M = π 𝑅M = π (0,57 𝑅T )3 = (0,57)3 · π 𝑅T3 3 3 3 4 𝐺 · 0,72 𝑑T · (0,57)3 · 3 π 𝑅T3 𝐺 𝑀M 𝐺 𝑑M 𝑉M 𝐺 · 0,72 𝑑T 𝑉M 𝑔M = = = = 2 2 (0,57 𝑅T )2 (0,57)2 · 𝑅T2 𝑅M 𝑅M 4 𝐺 𝑑T 3 π 𝑅T3 𝑔M = 0,72 · 0,57 · = 0,72 · 0,57 · 𝑔0 = 4,0 m s-2 . 𝑅T2 Solución: a) La fuerza de atracción vendrá dada por la Ley de Gravitación Universal de Newton: G m m' 6,67·10−11 N m2 kg−2 · 2000 kg · 2000 kg ����⃗𝐫 = − ����⃗𝐫 = −7,4·10−6 N 𝐮 ����⃗𝐫 𝐅⃗ = − 𝐮 𝐮 (6 m )2 R2 Por ser negativa es de atracción la una hacia la otra. b) Como son dos masas las que crean campo gravitatorio en sentidos contrarios sus resultados se restan por lo que: G m' 6,67·10−11 N m2 kg−2 · 2000 kg |����⃗| 𝐠𝐀 = = = 3,3·10−8 m s−2 2 2 ( ) R 2m Gm 6,67·10−11 N m2 kg−2 · 2000 kg |𝐠 ����⃗| = = 8,3·10−9 m s−2 𝐁 = 2 2 (4 m) R gT = gA − gB = 3,3·10−8 m s–2 − 8,3·10−8 m s–2 = 2,5·10−8 m s–2 dirigido hacia la masa más cercana.

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74.–

30/10/2012

Dos masas, de 5 y 10 kg, están situadas en los puntos (0, 3) y (4, 0) m, respectivamente. a) Calcule el campo gravitatorio en el punto (4, 3) m y represéntelo gráficamente. b) Determine el trabajo necesario para trasladar una masa de 2 kg desde el punto (4, 3) hasta el punto (0, 0) m. Explique si el valor del trabajo obtenido depende del camino seguido.

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 

a) g = (–2,1·10–11, –7,4·10–11) m s–2 ;

b) W = 5,56·10–11 J

5

75.– El 4 de octubre de 1957 se lanzó al espacio el primer satélite artificial, el Sputnik I, que describía una órbita a 586 km de altura sobre la superficie de la Tierra. Suponiendo que esta órbita era circular y sabiendo que la masa del Sputnik I era 83,6 kg, calcule: a) el período de rotación del satélite en la órbita que describió alrededor de la Tierra; b) la velocidad a la que giraba el Sputnik I y la intensidad del campo gravitatorio en su órbita. Datos: Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,371·106 m ; Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) T = 1 h 36 min ;

Constante de

b) vo = 7,57 km s–1 ; g = 8,23 m s–2.

5

Solución: a)

6,67·10−11 N m2 kg−2 · 5 kg g5 = − 2 ���⃗ · ⃗i = − 2,1·10−11 · ⃗i m s−2 2 (4 m) d −11 G m' 6,67·10 N m2 kg−2 · 10 kg ⃗ g�����⃗ = − 2 ·j= − · ⃗j = − 7,4·10−11 · ⃗j m s−2 10 (3 m)2 d' g�⃗ = �−2,1·10−11 , − 7,4·10−11 � m s−2 b) El trabajo pedido no lo hace la fuerza gravitatoria sino que lo hacemos nosotros, por lo que va en contra de la fuerza gravitatoria (W = ∆Ep) GMm G M m' GMm G M m' + �− �— + �− �= W = ∆Ep = Epf − Ep0 = − df d'f d0 d'0 m m' m m' = G M � + − − �= d0 d'0 df d'f 5 kg 10 kg 5 kg 10 kg = 6,67·10−11 N m2 kg−2 ·2 kg · � + − − � = 5,56·10–11 J 4m 3m 3m 4m El trabajo necesario para trasladar una carga desde el punto (4, 3) al punto (0, 0) no depende del camino seguido sino sólo del valor del potencial en ambos puntos, por ser el campo gravitatorio un campo conservativo. Solución: a) Para el satélite en órbita se cumple: Gm

· ⃗i = −

𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚 𝐺 𝑀T = ⇔ 𝑣o = � 3 2 𝑅T + ℎ (𝑅T + ℎ) 𝑅T + ℎ ⇒ 𝑇 = 2 π (𝑅T + ℎ) = 2 π (𝑅T + ℎ) = 2 π � (𝑅T + ℎ) 𝑣o 𝐺 𝑀T 𝐺𝑀 2 π (𝑅T + ℎ) �𝑅 +Tℎ 𝑣o = T 𝑇 (6,37·106 m + 5,86·105 m)3 𝑇 = 2π� = 5,78·103 s ≈ 1 h 36 min. 6,67·10-11 N m2 kg -2 ·5,97·1024 kg

b) La velocidad se obtiene de la relación que hemos obtenido para la velocidad orbital: 𝐺 𝑀T 6,67·10-11 N m2 kg -2 ·5,97·1024 kg = � = 7,57·103 m s-1 . 𝑣o = � 𝑅T + ℎ 6,37·106 m + 5,86·105 m

5

76.– En la superficie de la Tierra la intensidad de campo gravitatorio es 9,81 N kg–1. Encuentre el valor del módulo de la intensidad del campo gravitatorio en la superficie de un planeta, cuya masa es 3 veces la masa de la Tierra, y su radio 5 veces el radio terrestre. gP = 1,18 m s–2.

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El valor de la gravedad terrestre en el satélite (dirigida hacia el centro de la Tierra) se puede calcular con: 𝐺 𝑀T 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 5,97·1024 kg 𝑔 = = = 8,23 m s-2 . (𝑅T + ℎ)2 (6,37·106 m + 5,86·105 m)2 Utilizando la expresión de la aceleración de la gravedad en la superficie: 𝐺 𝑀P 𝐺 · 3 𝑀T 3 𝐺 𝑀T 3 3 𝑔P = = = · 2 = 𝑔0 = · 9,81 N kg -1 = 1,18 N kg -1 . 2 2 (5 𝑅T ) 25 𝑅T 25 25 𝑅P

PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Enunciados de PAUs–

77.–

5

30/10/2012

Explicando las leyes físicas que utilice, calcule: a) a qué altura sobre la superficie de la Tierra la intensidad del campo gravitatorio terrestre es de 2 m s–2; b) con qué velocidad debe lanzarse verticalmente un cuerpo para que se eleve hasta una altura de 500 km sobre la superficie de la Tierra.

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de la Tierra: RT = 6 –2 6,37·10 m ; Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 9,81 m s

a) h = 7,73·106 m ;

b) v = 3,01·103 m s–1.

a)

Como g0 =

G MT R2T

yg=

G MT

(RT + h)2

a) MP = 3,59·1023 kg ; b) vo = 2,81 km s–1 ; c) ve = 4,34 km s–1.

g

g

⇒ h = RT � g0 – RT

1 GMm GMm 1 1 m v2 + �− � = 0 + �− � ⇒ v=�2 g0 R2T � − � 2 RT RT +h RT RT + h

v =�2·9,80 m s−2 ·�6,37·106 m� · �

1

6

6,37·10 m

−

1

6

5

(6,37·10 + 5·10 m)

� = 3,01·103 m s–1 .

Solución: a) El valor de la masa será: G MP g P R2P 3,72 m s -2 · (2,536·106 m)2 g P = 2 ⇒ MP = = = 3,59·1023 kg. -11 2 -2 G 6,67·10 N m kg RP b) Para la órbita del satélite alrededor del planeta se cumple que: m vo2 G m MP G MP = ⇔ vo2 = 2 g P R2P gP R P + h (R P + h ) RP + h ⇒ vo2 = ⇒ vo = R P � G MP RP+ h RP + h g P = 2 ⇒ g P R2P = G MP RP vo = R P �

5

g0 R2T

b) La energía mecánica del satélite en el lanzamiento debe ser igual que la que tiene cuando se ha elevado (conservación de la energía mecánica) por lo que:

2

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

g

⇒ RT + h= �

g 9,80 m s−2 h =RT �� 0 − 1� = 6,37·106 m· �� − 1� = 7,73·106 m −2 g 2ms

Em =

78.– La aceleración de la gravedad sobre la superficie de un planeta es 3,72 m s–2 siendo su radio 2536 km. Determine: a) la masa del planeta; b) la velocidad que llevará una nave que orbite a 500 km sobre la superficie del planeta; c) la velocidad de escape desde la superficie del planeta.

g0 R2T

⇒ (RT + h)2 =

gP 3,72 m s-2 = 2,536·106 m ·� = 2,81 · 103 m s−1 . (2,536·106 m + 5,00 · 105 m) RP+ h

c) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie del planeta al infinito. 1 G MP m 1 G MP m � = m v2f + �− � Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ;  m v2e + �− 2 2 RP R Despejando: 1 G MP m 1 G MP m 1 G MP m 2 G MP m v2e + �− � = m · 0 + �− � = 0 ;  m v2e = ; ve = � 2 RP 2 ∞ 2 RP RP

5

79.– La intensidad del campo gravitatorio de Marte es 3,7 m s–2 y su radio 3,4·106 m. ¿Cuánto vale la masa de Marte? Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2

MM = 6,4·1023 kg.

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2 g P R2P � ve = = �2 g P R P = �2 · 3,72 m s -2 · 2,536·106 m = 4,34 · 103 m s−1 . RP

Solución: a) Con los datos del problema: 2 𝐺 𝑀M 𝑔M 𝑅M 3,7 m s -2 · (3,4·106 m)2 𝑔M = ⇔ 𝑀 = = = 6,4·1023 kg. M 2 𝐺 6,674·10-11 N m2 kg -2 𝑅M

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30/10/2012

80.– La Luna dista de la Tierra 3,8·108 m. Si con un cañón lo suficientemente potente se lanzara desde la Tierra hacia la Luna un proyectil, a) ¿en qué punto de su trayectoria hacia la Luna la aceleración del proyectil sería nula?; b) ¿qué velocidad mínima inicial debería poseer para llegar a ese punto? ¿cómo se movería a partir de esa posición? Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT = 24 6 22 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,4·10 m ; Masa de la Luna: ML = 7,4·10 kg ; Radio de la Luna: RL = 1700 km

a) A 3,42·108 m del centro de la Tierra ; b) v = 1,11·104 m s–1 ; Con velocidad nula, se queda quieto. Si llegara con algo de velocidad (no es el enunciado) empezaría a caer cada vez más rápidamente hacia la Luna.

Solución: a) La aceleración viene dada por el valor de g en dicho punto, lo que sucede cuando gT = gL. Teniendo en cuenta que dL = dTL – dT y que G

MT ML MT MT MT MT = (dTL − dT ) · � ⇒ dT = dTL � − dT � ⇒ 2 = G 2 ⇒ dT = dL � ML ML ML ML dT dL

⇒ dT · �1 + �

MT MT � = dTL � ⇒ dT = ML ML

b)

M dTL � T ML

M 1 + � MT L

=

5,97 · 1024 kg 3,8 · 108 m · � 7,4 · 1022 kg 5,97 · 1024 kg 1+� 7,4 · 1022 kg

= 3,42 · 108 m

Haciendo el balance energético, suponiendo una velocidad final nula: 1 G MT m G ML m G MT m G ML m Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf ; mv20 + �− � + �− � = �− � + �− � 2 RT dTL − RT dT dTL − dT Despejando: 1 2 MT MT ML ML v0 = G  � − + − � 2 RT dT dTL − RT dTL − dT A pesar de haber añadido los datos de energía potencial referidos a la Luna, son despreciables comparados con los de la Tierra, por lo que no los vamos a tener en cuenta. Sustituyendo los datos que da el problema:

5

v0 = �2 · 6,67·10−11 N m2 kg−2 ·5,97·1024 kg · �

81.– La sonda espacial Mars Odissey describió una órbita circular en tomo a Marte a una altura sobre su superficie de 400 km. Sabiendo que un satélite de Marte describe órbitas circulares de 9390 km de radio y tarda en cada una de ellas 7,7 h, calcule: a) el tiempo que tardaba la sonda espacial en dar una vuelta completa; b) la masa de Marte y la aceleración de la gravedad en su superficie. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de Marte: RM = 3390 km

a) TMO = 2,0 h ; b) MM = 6,4·1023 kg; gM = 3,7 m s–2. 5

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

1

1

� = 1,11·104 m s−1 6,4·10 m 3,42·10 m Si llega con velocidad nula se quedará quieto, puesto que la Tierra y la Luna le atraen por igual. Si llegara con algo de velocidad, por pequeña que ésta fuera, empezaría a ganar velocidad a medida que se acercara a la Luna, ya que la atracción de ésta sería cada vez mayor mientras que la de la Tierra sería cada vez menor. Solución: a) Aplicando la Tercera Ley de Kepler: R3sat

T2sat

6

−

8

(3,39·106 m + 4,00·105 m)3 R3MO � � = ⇒ TMO = Tsat = 7,7 h · = 2,0 h (9,39·106 m)3 R3sat R3MO T2MO b) Para la órbita del satélite alrededor de Marte se cumple que: m vo2 G m MM G MM 2 2 = ⇔ vo2 = 2 R R R ⇒ 4 π R = G MM 2πR T2 R vo = T 2 3 4π R 4 π2 · (9,39·106 m)3 MM = 2 = = 6,4·1023 kg. 2 T G 3600 s �7,7 h · 1 h � · 6,67·10-11 N m2 kg-2 c) La gravedad viene dada por la expresión: 4 π2 R3 2 3 G G MM T2 G = 4 π R |����⃗ g M| = 2 = RM R2M R2M T 2 4 π2 · (9,39·106 m)3 -2 gM = 2 = 3,7 m s . 3600 s (3,39·106 m)2 · �7,7 h · 1h �

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5

30/10/2012

82.– Llamando g0 y V0 a la intensidad de campo gravitatorio y al potencial gravitatorio en la superficie terrestre respectivamente, determine en función del radio de la Tierra: a) la altura sobre la superficie terrestre a la cual la intensidad de campo gravitatorio es g0/2; b) la altura sobre la superficie terrestre a la cual el potencial gravitatorio es V0/2. a) h = RT ( 2 − 1) ; b) h = RT.

83.– Los centros de dos esferas de 4 kg y 9 kg se encuentran separadas 12 m. ¿A qué distancia del centro de la primera se anula el campo gravitatorio creado por las esferas? Entre ambas, a 4,8 m de la primera y a 7,2 m de la segunda.

Solución: a) De la expresión de la gravedad a cualquier altura: M G 2T G MT g0 RT g' = = = ⇒ (R T + h)2 = 2 R2T ⇒ R T + h = R T √2 ⇒ h = R T �√2 − 1�. (R T + h )2 2 2 b) De la expresión del potencial: M G RT G MT V0 T V' = = = ⇒ RT + h = 2 RT ⇒ h = RT . RT + h 2 2 Solución: Para que se anule el campo gravitaorio, los valores de los campos gravitatorios creados por cada esfera en el punto determinado han de ser iguales y de sentido contrario, cosa que sólo sucede en la línea entre ambas cargas. El punto debe cumplir que: (d- d1 )2 m2 m m2 Gm Gm |g���⃗1 | = 2 1 = |g���⃗2 | = 2 2 ⇒ 21 = ⇒ = m1 d1 d2 d1 (d- d1 )2 d21 d- d1 m2 m2 m2 =� ⇒ d- d1 = d1 � ⇒ d = d1 �1 + � � d1 m1 m1 m1

5

d1 =

84.– Plutón tiene una masa de 1,29·1022 kg, un radio de 1151 km y el radio medio de su órbita alrededor del Sol es de 5,9·109 km. a) Calcule g en la superficie de Plutón. b) Su satélite Caronte tiene una masa de 1,52·1021 kg y está a 19640 kilómetros de él. Obtenga la fuerza de atracción gravitatoria entre Plutón y Caronte. c) Calcule cuántos años tarda Plutón en completar una vuelta alrededor del Sol. Datos: Masa del Sol MS = 2,0·1030 kg ; Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) gP = 0,649 m s–2 ;

b) F = 3,39·1018 N ; c) T = 250 años.

5

d

=

12 m

=

12 m = 4,8 m. 2,5

m 9 kg 1 + �m2 1 + �4 kg 1 A 4,8 m de la masa de 4 kg y a 7,2 m de la de 9 kg, en el segmento que une a ambas. Solución: a) El valor de la gravedad superficial en Plutón será: 𝐺 𝑀P 6,67·10-11 N m2 kg -2 ·1,29·1022 kg 𝑔P = = = 6,49·10−1 m s-2 . (1,151·106 m)2 𝑅P2 b) La fuerza de atracción gravitatoria vendrá dado por la Ley de Gravitación Universal de Newton (suponemos que la distancia que se da es la distancia entre centros): 𝐺 𝑀P 𝑀C 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 1,29·1022 kg · 1,52·1021 kg � ⃗ �𝑭� = = =3,39·1018 N. 2 (1,9640·107 m)2 𝑅P−C c) Para la órbita de Plutón alrededor del Sol se cumple que: 2 𝜋 𝑅S−P 𝑣o = 𝑇S−P 3 2 π 𝑅S−P 𝑅S−P � ⇒ 𝑇 = = 2 π 𝐺 𝑀S 𝑀P 𝐺 𝑀S 𝑀P 𝑣o2 𝐺 𝑀S 𝐺𝑀 �𝑅 S = ⇒   𝑣o = � 2 𝑅S−P 𝑅S−P 𝑅S−P S−P (5,9·1012 m)3 𝑇 = 2π� =7,8·109 s ≈ 2,5·102 años. 6,67·10-11 N m2 kg -2 ·2,0·1030 kg

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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Enunciados de PAUs–

85.–

30/10/2012

Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) Suponga que un cuerpo se deja caer desde la misma altura sobre la superficie de la Tierra y de la Luna. Explique por qué los tiempos de caída serían distintos y calcule su relación. b) Calcule la altura que alcanzará un cuerpo que es lanzado verticalmente en la superficie lunar con una velocidad de 40 m s–1.

Datos: MT = 81 ML ; RT = (11/3) RL ; Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 10 –2 ms

a) el tiempo depende del valor de g; tL = 6,02 tT ; b) h = 4,8·102 m.

5

86.–

Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones: a) Calcule la intensidad del campo gravitatorio, g, en la superficie de Júpiter. ¿A qué altura sobre la superficie de Júpiter, h, se reduce g al valor superficial terrestre de 9,81 N kg–1? b) El periodo de oscilación de un péndulo simple en la superficie de la Tierra es TT = 1,2 s. ¿Cuál sería su periodo de oscilación en la superficie de Júpiter?

Datos: Masa de Júpiter: MJ = 1,90·1027 kg ; Radio de Júpiter: RJ = 6,98·107 m ; Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 −1

a) gJ = 26,0 N kg ; h = 43,9 Mm ;

Constante de

b) TJ = 0,74 s.

5

Solución: a) Suponemos que la altura desde la que caen es insignificante comparada con el radio de la Tierra y el de la Luna, para considerar g constante (es un dato que, como tal, nos lo da el problema). El tiempo de caída de un cuerpo sin velocidad inicial y con aceleración constante se obtiene de: ℎ=

1 2ℎ 𝑔 𝑡2 ⇔ 𝑡 = � 2 𝑔

Al depender de una variable, g, que depende de si estamos en la Tierra o la Luna, y ser los demás términos iguales, el tiempo será distinto. Para hallar la relación entre los tiempos de caída en la Luna y en la Tierra, 𝐺 𝑀T 2ℎ � 𝑡L 𝑔 𝑀T 𝑅L2 81 𝑀L 𝑅L2 729 𝑅T2 𝑔L T � � = = � = � = = = = 6,02 2 � 𝐺 𝑀L 𝑡T 𝑔L 121 𝑀L 𝑅T2 11 2ℎ 𝑀L � 3 𝑅L � � 𝑅L2 𝑔T Tarda aproximadamente 6 veces más tiempo en caer en la superficie de la Luna. b) La altura alcanzada por el cuerpo al subir desde la superficie lunar se obtiene hallando previamente el valor de g en dicha superficie, que es: 𝐺 𝑀T 𝑀 𝐺 81T 𝐺 𝑀L 𝑔0 10 m s –2 𝑅T2 = = 1,66 m s–2 𝑔L = 2 = 729 = 2 = 6,02 6,02 𝑅L 3 �11 𝑅T � 121 Y luego resolviendo la ecuación sin tiempo del MRUA, 02 –(40 m s–1 )2 2 𝑎 𝑠 = 𝑣 2 – 𝑣02 ⇔ 𝑠 = =4,8·102 m 2 · (–1,66 m s –2 ) Solución: a) El valor de la gravedad joviana en su superficie se puede calcular con: 𝐺 𝑀J 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 1,90·1027 kg 𝑔J = = = 26,0 N kg -1 . (6,98·107 m)2 𝑅J2 Volviendo a aplicar la expresión del campo gravitatorio: 𝑔 =

𝐺 𝑀J

�𝑅J + ℎ�

2

𝐺 𝑀J 𝐺 𝑀J ⇒ 𝑅J + ℎ = � ⇒ ℎ = � − 𝑅J 𝑔 𝑔

6,67·10-11 N m2 kg -2 · 1,90·1027 kg ℎ= � − 6,98·107 m = 4,39·107 m. 9,81 N kg -1

b) Aplicando la expresión del periodo de un péndulo en la Tierra y en Júpiter: ℓ 𝑔 𝑇T2 𝑇T = 2 π � ⇒ ℓ = 𝑔 4 π2

𝑔 𝑇T2 ℓ 2 𝑔 9,81 N kg-1 𝑇J = 2 π � = 2 π � 4 π = 𝑇T � = 1,2 s · � = 0,74 s. 𝑔J 𝑔J 𝑔J 26,0 N kg -1

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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Enunciados de PAUs–

30/10/2012

87.– Tres masas de 100 kg están situadas en los puntos A (0, 0), B (2, 0), C (1, 3 ) (en metros). Calcule: a) el campo gravitatorio creado por estas masas en el punto D (1, 0); b) la energía potencial que tendría una masa de 5,0 kg situada en D. c) ¿Quién tendría que realizar trabajo para trasladar esa masa desde D al infinito, el campo o las fuerzas externas? Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

a) ��⃗ ; 𝒈 = 2,22 𝒋⃗ nm s−2

b) Ep = −85 nJ ; c) Tendrían que hacerlo fuerzas externas.

5

 Solución: a) Antes de calcular el campo gravitatorio, tenemos que calcular el vector ur desde las tres masas que nos dan en el punto D. Para ello, aplicamos los cosenos directores al vector que se forma con los puntos en los que está cada masa y el punto D. (1 – 0, 0 – 0) (1 – 2, 0 – 0) �⃗𝒓𝟏 = �⃗𝒓𝟐 = 𝒖 = (1, 0) ; 𝒖 = (−1 , 0) �(1 – 0)2 + (0 – 0)2 �(1 – 2)2 + (0 – 0)2 �⃗𝒓𝟑 = 𝒖

�1 – 1, 0 – √3�

2

�(1 – 1)2 + �0 – √3�

= (0 , -1)

Debemos sumar vectorialmente los campos gravitatorios creados en el punto D por cada una de las masas que son: 𝑚 100 kg ��⃗𝟏 = – 𝐺 2 𝒖 ��⃗𝒓𝟏 = –6,67·10–11 N m2 kg –2 · 𝒈 ·(1, 0) = (-6,67·10–9 , 0) m s–2 (1 m)2 𝑟1 𝑚 100 kg ��⃗𝟐 = – 𝐺 2 𝒖 ��⃗𝒓𝟐 = –6,67·10–11 N m2 kg –2 · 𝒈 ·(-1, 0) = (6,67·10–9 , 0) m s–2 (1)2 𝑟2 𝑚 100 kg –9 ) ( ) ( ��⃗𝟑 = – 𝐺 2 �𝒖 �⃗𝒓𝟑 = –6,67·10–11 N m2 kg –2 · m s–2 . 𝒈 2 · 0 , -1 = 0, 2,22·10 𝑟3 �√3�     g = g1 + g 2 + g3

 –9 –2 –9 –2 –9 –2 –9 –2 g = (−6,67·10 , 0) m s + (6,67·10 , 0) m s + (0, 2,22·10 ) m s = (0, 2,22·10 ) m s .

El módulo del campo vale 2,22·10–9 m s–2 y se dirige hacia arriba: hacia C. Se podría haber simplificado teniendo en cuenta que el efecto combinado de las masas en A y en B se anulan por ser iguales y a la misma distancia pero en sentido opuesto; sólo actuaría la C. b) La energía potencial es la que le corresponde por el efecto de las tres masas por lo que es: 𝑚 𝑚′ 100 kg · 5,0 kg 𝐸𝑝1 = – 𝐺 = –6,67·10–11 N m2 kg –2 · = -3,3·10–8 J 𝑟1 1m 𝑚 𝑚′ 100 kg · 5,0 kg = –6,67·10–11 N m2 kg –2 · = -3,3·10–8 J 𝐸𝑝2 = – 𝐺 𝑟2 1m 𝑚 𝑚′ 100 kg · 5,0 kg 𝐸𝑝3 = – 𝐺 = –6,67·10–11 N m2 kg –2 · = -1,9·10–8 J 𝑟3 √3 m Ep = Ep1 + Ep2 + Ep3 = −3,3·10−8 J + (−3,3·10−8 J) + (−1,9·10−8 J) = −8,5·10−8 J. Como en el infinito la energía potencial es nula (al ser la distancia infinito) para volver a llegar al infinito habría que suministrar a la masa de 5,0 kg toda esa energía para que llegara al infinito, por lo que el trabajo lo realizan fuerzas externas.

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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Enunciados de PAUs–

30/10/2012

88.– Un planeta esférico tiene 3200 km de radio y la aceleración de la gravedad en su superficie es 6,2 m s–2. Calcule: a) la densidad media del planeta y la velocidad de escape desde su superficie; b) la energía que hay que comunicar a un objeto de 50 kg de masa para lanzarlo desde la superficie del planeta y ponerlo en órbita circular alrededor del mismo de forma que su periodo sea de 2 horas. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10−11 N m2 kg−2

a) dP = 6,9 Mg m−3; ve = 6,3 km s–1 ; b) Ec0 = 8,0·108 J.

Solución: a) Partiendo del valor de la aceleración y de la expresión del volumen de una esfera: 𝐺 𝑀P 𝐺 𝑑P 𝑉P 𝑔P = 2 = 𝑔P 𝑅P2 3 𝑔P 𝑅P 𝑅P2 ⇒ 𝑑P = = = 6,9 · 103 kg m–3 . 4 4 𝐺 π 𝑅 4 3 P 𝐺 3 π 𝑅P 𝑉P = π 𝑅P3 3 La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie del planeta al infinito. 1 𝐺 𝑀P 𝑚 1 𝐺 𝑀P 𝑚 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣e2 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 2 𝑅P 2 𝑅 Despejando: 𝐺 𝑀P 𝑚 1 𝐺 𝑀P 𝑚 1 𝐺 𝑀P 𝑚 2 𝐺 𝑀P 1 𝑚 𝑣e2 + �− � = 𝑚 · 0 + �− � = 0 ;  𝑚 𝑣e2 = ; 𝑣e = � 2 2 2 𝑅P ∞ 𝑅P 𝑅P

5

2 𝐺 𝑀P 𝑣e = � 𝑅P = �2 𝑔P 𝑅P = �2 · 6,2 m s-2 · 3,2·106 m = 6,3·103 m s-1 . 2 𝑅P

89.– Un planeta tiene un diámetro de 51 100 km y la aceleración de la gravedad en su superficie tiene un valor de 8,69 m s–2. a) Halle la masa del planeta. b) Deduzca la velocidad de escape desde la superficie del planeta a partir del principio de conservación de la energía y calcule su valor. c) Halle el valor del campo gravitatorio a una altura de 51 100 km desde su superficie. Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2

a) MP = 8,50·1025 kg ; b) ve = 21,1 km s–1 ; c) g = 9,65 dm s–2.

b) Haciendo un balance energético (teniendo en cuenta lo que se cumple en una órbita): 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀P 𝑚 1 1 𝐺 𝑀P 𝑚 1 = ⇒ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 = = − 𝐸p ; 𝐸m = 𝐸c + 𝐸P = − 𝐸c 2 𝑅 𝑅 2 2 𝑅 2 𝐺 𝑀P 𝑚 1 𝐺 𝑀P 𝑚 1 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝐸c0 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � = − 𝑚 𝑣f2 2 2 𝑅P 𝑅 2 𝐺 𝑀P 1 2 π 𝑅P 2 π2 𝑚 𝑅P2 𝐸c0 = 𝑚 𝑅 − 𝑚 � � = 𝑔 𝑚 𝑅 − P P P 𝑇P 2 𝑅P2 𝑇P2 2 π2 · 50 kg · (3,2·106 m)2 -2 6 𝐸c0 = 6,2 m s · 50 kg · 3,2·10 m − = 8,0·108 J. 3600 s 2 �2 h · 1 h � Solución: a) El valor de la masa será: 2 ∅P 2 5,1100 · 107 m -2 𝑔P � 2 � 8,69 m s · � � 𝐺 𝑀P 2 𝑔P = ⇒ 𝑀 = = = 8,50·1025 kg. P 𝐺 6,674·10-11 N m2 kg -2 𝑅P2 b) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie del planeta al infinito. 𝐺 𝑀p 𝑚 𝐺 𝑀p 𝑚 1 1 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;  𝑚 𝑣e2 + �− � = 𝑚 𝑣f2 + �− � 𝑅p 𝑅 2 2 𝐺 𝑀p 𝑚 𝐺 𝑀p 𝑚 𝐺 𝑀p 𝑚 2 𝐺 𝑀p 1 1 1 𝑚 𝑣e2 + �− � = 𝑚 · 0 + �− � = 0 ; 𝑚 𝑣e2 = ; 𝑣e = � 𝑅p 2 ∞ 2 𝑅p 𝑅p 2

5

2𝐺 𝑣e = �

𝑔P 𝑅P2 𝐺 = �𝑔 ∅ = �8,69 m s-2 · 5,1100 · 107 m = 2,11·104 m s-1 . P P 𝑅p

c) Aplicando la expresión del campo gravitatorio: ∅ 2 2 𝑔P � 2P � ∅P 2 5,1100 · 107 m -2 𝑔P � 2 � 8,69 m s · � � 𝐺 𝐺 𝑀P 2 𝐺 -2 𝑔= 2 = = = 2 2 2 = 0,965 m s . 7 𝑅 ∅ ∅ 5,1100 · 10 m � 2P + ℎ� � 2P + ℎ� � + 5,1100 · 107 m� 2 Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Enunciados de PAUs–

30/10/2012

90.– Una mujer cuyo peso en la Tierra es 700 N se traslada a una altura de dos radios terrestres por encima de la superficie de la Tierra. ¿Cuál será su peso a dicha altura? Datos: Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 9,81 m s–2

5

P = 77,8 N.

91.– Una pequeño planeta de masa 3,0·1024 kg y radio 3000 km tiene un satélite a una altura de 3,0·105 km sobre la superficie del planeta. El satélite se mueve en una órbita circular con una masa de 200 kg. Calcule: a) la aceleración de la gravedad sobre la superficie del planeta; b) la fuerza gravitatoria que ejerce el planeta sobre el satélite; c) la velocidad del satélite. 5

Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10−11 N m2 kg−2

a) gP = 22 m s–2 ;

b) F = 0,44 N ; c) vo = 8,1 hm s−1.

Solución: a) El peso a cualquier altura (Ley de Gravitación Universal) viene dado por: 𝑀 𝑚 𝑀T 𝑚 ��⃗� = 𝐺 T = 𝐺 �𝑷 2 (𝑅T + ℎ)2 𝑃0 𝑅T2 𝑚 𝑔0 𝑅T2 𝑅 ��⃗� = ⇒ �𝑷 = 𝑀T (𝑅T + ℎ)2 (𝑅T + ℎ)2 𝑔0 = 𝐺 2 ⇒ 𝑔0 𝑅T2 = 𝐺 𝑀T 𝑅T 700 N · 𝑅T2 700 N · 𝑅T2 700 N · 𝑅T2 ��⃗� = �𝑷 = = = 77,8 N. (𝑅T + 2 𝑅T )2 (3 𝑅T )2 9 𝑅T2 No es necesario el dato que da el problema. Solución: a) Utilizando la expresión de la aceleración de la gravedad en la superficie: 𝐺 𝑀P 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 3,0 · 1024 kg 𝑔P = = = 22 m s -2 . 2 6 2 ( ) 3,000·10 m 𝑅P b) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton: 6,67·10-11 N m2 kg -2 · 3,0 · 1024 kg · 200 kg 𝐺 𝑀P 𝑚 ��⃗� = �𝑭 = = 0,44 N. (𝑅P + ℎ)2 (3,000·106 m + 3,0·108 m)2 c) Para un satélite en órbita se cumple que: 𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀P 𝑚 𝐺 𝑀P 𝐺 𝑀P = ⇔ 𝑣o2 = ⇔ 𝑣o = � 2 (𝑅P + ℎ) 𝑅P + ℎ 𝑅P + ℎ 𝑅P + ℎ

6,67·10-11 N m2 kg -2 · 3,0 · 1024 kg 𝑣o = � = 8,1·102 m s-1 . 3,000·106 m + 3,0·108 m

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