CONCEPTO DE CAMPO. INTERACCIÓN A DISTANCIA La interacción entre dos partículas puede hacerse de dos maneras:

• Por contacto entre ellas, que sería el caso de dos bolas que chocan • Por acción a distancia, esto es, perturbando las propiedades del medio donde se

encuentran las partículas. Supongamos a la tierra como una masa aislada, decimos que ella crea un campo (campo de fuerzas gravitatorio) porque produce una perturbación en el espacio que la rodea, de tal manera que si en él colocamos otra masa, se verá sometida a una fuerza (que le llamamos peso). Dicho de otra forma, la tierra ejerce una fuerza sobre la otra masa a distancia, sin necesidad de tocarla.

Para hacernos una idea clara de lo que es un campo, piensa en una fuente sonora, como una radio. Cuando está en funcionamiento, continuamente emite ondas sonoras que se propagan por el espacio que la rodea. Podemos decir que en ese espacio hay un campo de sonido. Ahora vamos a reparar que significa eso:

1. Se necesita un agente que cree el campo. En este ejemplo la radio. 2. En todos los lugares no se percibe la misma intensidad sonora, de manera que si nos

acercamos o alejamos lo oímos más o menos fuerte. En general puede decirse que un campo es la región del espacio donde se manifiesta una propiedad física que toma un valor distinto en cada punto.

3. Ya sabemos que la radio crea un campo de sonido, pero ¿cómo sabemos que en un punto hay campo, hay sonido? Evidentemente la manera de saberlo es colocar a alguien que no sea sordo o un micrófono. En general diremos que para probar la existencia de un campo necesitamos un testigo o agente sensible al campo.

4. El testigo debe ser sensible al campo concreto, dicho de otra forma debe tener la misma propiedad que el agente que crea el campo. Para probar la existencia de un campo gravitatorio necesitamos una masa, para un campo eléctrico una carga, para uno magnético una brújula que no es más que un imán.

5. En el caso de la radio, como comprenderá el sonido producido no llega a todos los puntos de forma instantánea, sino que lo hará a la velocidad del sonido. En el caso de los campos gravitatorio y eléctrico la perturbación se propaga a la velocidad de la luz.

6. Finalmente digamos que el campo creado por un agente no ejerce ninguna acción sobre él mismo.

Clases de campos Los campos se clasifican según que la magnitud física sea escalar o vectorial, así tenemos campos escalares o vectoriales. Si la magnitud física, además de depender de la posición, dependiera del tiempo al campo se le llama dinámico, y estático si no depende del tiempo. A) Campos escalares: Son aquellos en los que la magnitud física que se manifiesta es un escalar. Por ejemplo, la densidad de un sólido no homogéneo, como la tierra, puede considerarse como un campo escalar. Ya sabes que la densidad de la tierra aumenta si nos acercamos al núcleo, es decir que depende de la posición: ρ=ρ(x,y,z).

Otro campo escalar es la temperatura en la atmósfera, porque en cada punto toma un valor, ya que depende de la altitud, pero además en este caso se trata de un campo dinámico, porque los valores en cada punto varían de unos días a otros es decir que T=T(x,y,z, t). . Los campos suelen representarse por unas líneas (o también por superficies) obtenidas uniendo todos los puntos en los que la propiedad física toma el mismo valor, por esa razón, en los campos escalares, se las llama líneas equiescalares. En algunos casos estas líneas tienen nombre propio, como en el caso de las temperaturas, donde se llaman isotermas, o de las presiones, donde se llaman isóbaras.

B) Campos vectoriales: Son aquellos en los que la magnitud física que se manifiesta es un vector. Los campos gravitatorio y eléctrico son de este tipo, porque en todo punto de los mismos se puede definir una fuerza cuyo valor es función de la posición en el campo. Lo que pasa es que para poner de manifiesto la existencia de esta fuerza es preciso colocar a un testigo y resulta que el módulo de la fuerza no solo es función de la posición del punto, sino que también depende de la característica del agente sensible o testigo. Convención: En lo que sigue llamaremos M o Q a la masa o carga que crea el campo y m o q a la masa o carga del testigo, aunque podrían llamarse m y m´ Suponga una masa M (o una carga eléctrica Q) en el origen de un SR. A su alrededor creará un campo gravitatorio (o un campo eléctrico), de tal forma que si en cualquier punto del mismo colocamos a un testigo m o q sobre él actuará una fuerza que viene dada por la ley de gravitación de Newton en el caso de las masas o por la ley de Coulomb en el caso de las cargas.

)u(r

´mmGF r2grav

rr−⋅=

r2eléctr ur

qqkF

rr ⋅=

La dirección de la fuerza es siempre según la recta que une las cargas (o las masas), por tanto tiene la misma dirección que el vector de posición de la m o q. En el caso de las masas el sentido siempre es atractivo (en la misma dirección y sentido contrario a r

r, es decir en la

dirección y sentido de rur− ) y en el caso de las cargas depende de sus signos.

Resulta que la fuerza que actúa sobre el testigo depende de:

• De la carga o masa que crea el campo (M o Q) y de la posición del punto P, es decir de la distancia entre las cargas (r). Tanto una como otra son magnitudes propias del campo.

• Además depende del valor de la masa o carga que hemos colocado como testigo (m o q)

Para evitar que la fuerza en un punto de un campo dependa del testigo, vamos a definir una magnitud nueva llamada Intensidad del campo de fuerzas como la fuerza por unidad de testigo.

• La intensidad del campo gravitatorio se representa por gr

y es la aceleración de la gravedad, que conoces bien, y se mide en N/m o bien en m/s2.

• La intensidad del campo eléctrico se representa por Er

y se mide en N/Coulomb

q

FE

rr

= m

Fg

rr

=

La Intensidad de campo gravitatorio es un vector en la dirección y sentido de la fuerza, ya que las masas siempre son positivas. En el caso de la intensidad de campo eléctrico siempre tendrá la misma dirección que la fuerza, pero el sentido dependerá del signo de q´ (recuerda el producto de un escalar por un vector). LÍNEAS DE FUERZA El concepto de campo fue introducido por Faraday y a él se le ocurrió además una forma para visualizarlo mediante unas líneas imaginarias, dibujadas de tal manera que sean en todo momento tangentes al vector Intensidad de campo (o a la fuerza, que como sabemos tiene la misma dirección). Para dibujarlas se siguen los pasos:

1. Coloca al testigo unidad en un punto, ya que si m´=1Kg o q´=+1C, fuerza e intensidad de campo coinciden.

2. Sobre el testigo aparecerá una fuerza en la dirección de la recta que une los centros de las masas o cargas

3. Si el testigo estuviera libre se movería dibujando la línea de campo y además nos dará el sentido.

Además se sigue el criterio de dibujar más o menos líneas en función de que la intensidad de campo sea grande o pequeña. Siguiendo estos mismos pasos podemos dibujar las líneas de campo para una carga positiva o negativa obteniendo:

En el caso de dos cargas (dipolo) o de dos masas se hace lo mismo, aunque teniendo en cuenta que en cualquier punto del campo, la fuerza es debida a la suma vectorial que cada carga o masa hace por separado sobre ella (es lo que más adelante veremos y que se llama principio de superposición):

El resultado sería:

Propiedades de las líneas de fuerza:

1. Nos dan en todo momento la dirección y sentido de la Intensidad de campo (precisamente para eso se dibujan)

2. Las líneas de fuerza del campo gravitatorio y del eléctrico no se cierran. Como puede observarse en las figuras, las líneas de fuerza se inician en las cargas positivas y terminan en las negativas, por eso a las cargas positivas se las llama fuentes y a las negativas sumideros, así como las masas.

3. Las líneas de fuerza nunca se cortan. En efecto, ya que la intensidad de campo (y la fuerza) es tangente a ellas en cada punto, si se cortaran entonces podríamos dibujar dos tangentes y habría dos fuerzas distintas en el punto, lo que es absurdo.

LEY DE GRAVITACIÓN UNIVERSAL Todas las masas en el universo, por el hecho de serlo, se atraen con una fuerza que es proporcional al producto de las masas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa (medida de centro a centro).

2r

mMGF

⋅=

La dirección de la fuerza que una masa ejerce sobre la otra es la de la recta que las une, así que para un SR centrado en una de las masas la fuerza tiene la dirección del vector de posición, pero el sentido puesto porque es atractiva. Por tanto vectorialmente sería:

)u(r

mMGF r2

rr−⋅=

r2u

r

mMGF

rr ⋅−=

• rur

es el vector unitario del vector de posición de la masa m respecto de M, es decir es un vector unitario en la dirección de la línea que une los centros de las masas y el sentido desde la masa que crea el campo hacia la otra.

• El signo “menos” se interpreta como que son fuerzas atractivas, es decir que la fuerza

tiene la misma dirección y el sentido opuesto al vector de posición, es decir, la dirección y sentido de ru

r−

• G es una constante de proporcionalidad llamada “constante de gravitación universal” (no debe confundirse con la aceleración de la gravedad, ya que son cosas completamente distintas). Sus unidades se obtienen fácilmente despejándola de la fórmula y su valor es:

2211 Kg/mN1067,6G ⋅⋅= − Características de la interacción gravitatoria: (e igual para la interacción ente cargas)

Las fuerzas gravitatorias son fuerzas centrales ya que al tener la fuerza la dirección de la recta que une a las masas, siempre pasará por la masa que crea el campo, siendo este punto el centro de fuerzas.

Las características de las fuerzas gravitatorias son las propias de las fuerzas centrales: (Evidentemente el campo eléctrico, al igual que el campo gravitatorio, también es un campo de fuerzas centrales y para él también podríamos decir todo lo que sigue).

1) Las fuerzas gravitatorias tienen simetría esférica porque el módulo de la fuerza de atracción entre dos masas es igual en cualquier punto del espacio que se encuentre a la misma distancia de la masa que crea el campo, y el lugar geométrico de esos puntos es una esfera con centro en M y radio r.

2) Una partícula sometida a un campo de fuerzas centrales describe un movimiento en un plano. En efecto, ya que el vector de posición de la masa m respecto de M, su velocidad y su aceleración (fuerza) son siempre coplanarios y la partícula se moverá en el plano que determinan. (Los tres vectores siempre forman un plano porque como la fuerza y el vector de posición siempre tienen la

misma dirección, en realidad es como si solo fuesen dos vectores Fr

y vr

.)

Un ejemplo sería el movimiento circular uniforme, en el que la fuerza a la que está sometida la partícula (fuerza normal) apunta constantemente hacia el centro (por tanto es central) y tiene la dirección del radio, igual que el vector de posición, de manera que esos dos vectores con la velocidad siempre formarán un plano, es el del movimiento. Precisamente esto justifica a la primera ley de Kepler, que dice que los planetas describen órbitas elípticas planas en uno de cuyos focos está el sol.

3) El momento angular Lr

de una partícula sometida a fuerzas centrales se conserva en el tiempo. En efecto, ya que como r

r y F

r tienen siempre la misma dirección, el momento de la

fuerza es nulo, porque 0FrM =∧=rrr

. Y como por otro lado dt

LdM

rr

= al ser nulo el

momento quiere decir que cteL =s

Observa que si Lr

es constante, también justifica que la trayectoria sea plana, ya que ello quiere decir que no solo no variará ni en módulo ni en dirección, que como sabemos es la perpendicular al plano del movimiento. Si L

r no cambia en dirección, el plano del movimiento

tampoco 4) El trabajo realizado por una fuerza central para llevar un cuerpo desde un punto A hasta

otro B por una trayectoria circular es nulo. En efecto, ∫ =• 0rdFrr

porque en todo momento la

fuerza y el vector desplazamiento son perpendiculares (porque rdr

siempre es tangente a la trayectoria y la fuerza, al ser central, siempre tiene la dirección del radio).

5) Las fuerzas centrales son fuerzas conservativas, por tanto, el trabajo para llevar a una masa m desde un punto A hasta otro B es independiente del camino seguido y solo depende de la posición de los puntos. (Es consecuencia del punto anterior, ya que una fuerza central solamente realiza trabajo cuando mueve un cuerpo en dirección radial, mientras que el trabajo es nulo cuando lo desplaza sobre la tangente).

Sea cual sea la trayectoria seguida siempre podremos descomponerla en tramos infinitesimales verticales y horizontales. En los tramos horizontales (2→3) el

trabajo es nulo porque rdFrr

⊥ . Solo hay trabajo en los tramos 1→2 y 3→4 El trabajo que hace la fuerza gravitatoria para llevar a la masa m desde al punto A hasta el B es el mismo por el camino1 que por el camino2.

Al tratarse de un campo de fuerzas conservativas:

� La energía que la masa m tiene en cada uno de los puntos del campo creado por M

solamente depende de la posición y por eso se le puede asignar una energía que llamamos energía potencial.

� Una partícula sometida a fuerzas conservativas conserva su energía mecánica: cteEpEc =+

Observación: Es importante tener en cuenta que la fuerza actúa tanto sobre una masa como sobre la otra y que son iguales y de sentidos opuestos (de acuerdo con la tercera ley de Newton), es decir, una es la de acción y la otra de reacción:

2112 FFrr

−=

2112 FF =

Lo que sucede es que solo nos interesa saber la fuerza que la masa que crea el campo ejerce sobre el testigo, por ese motivo no prestamos atención a la que el testigo ejerce sobre la masa que crea el campo, pero ello quiere decir que no exista. Eso quiere decir que nosotros atraemos a la tierra exactamente con la misma fuerza que ella nos atrae a nosotros. Te preguntarás porqué entonces la tierra no cae sobre los cuerpos y sí al contrario. La respuesta es muy sencilla, y es que, la tierra tiene una masa muy grande comparada con la nuestra, y por tanto presenta una inercia muy grande. Si la fuerza que ejerce la tierra sobre nosotros es 12F y nuestra masa es m, nos atraerá con una aceleración que

vendrá dada por amF12 ⋅= . Por otro lado, nosotros ejercemos sobre la tierra una fuerza igual

en módulo 21F y si la masa de la tierra es M, la aceleración que nosotros ejercemos sobre ella

vendrá dada por aMF21 ⋅= . Como ambas fuerzas son iguales, al ser M muy grande la aceleración a´ con que la tierra se mueve hacia nosotros es prácticamente nula. Ejemplo:

Una partícula se encuentra en un campo de fuerzas del tipo τ= ur

1F

sr

Donde r es la distancia al origen O y τur

es un vector unitario perpendicular al radio

a) ¿Cuál es el lugar geométrico de todos los puntos en los que dicha fuerza tiene el mismo módulo? ¿Tiene simetría esférica? b) ¿Este campo de fuerzas es de tipo central? c) Calcular el trabajo realizado por la fuerza a lo largo de una trayectoria cerrada. ¿Es un campo conservativo? a) Es evidente, que puesto que la fuerza solo depende de la distancia al origen O, la fuerza tendrá el mismo valor en todos los puntos que estén a la misma distancia de O, por tanto el lugar geométrico será una esfera con radio en O. En consecuencia el campo tiene simetría esférica. b) Como puede verse en la figura, al tener la fuerza la dirección de la tangente a la circunferencia (perpendicular al radio dice el enunciado) no se trata de un campo de fuerzas centrales porque la dirección de las fuerzas no concurre en un punto.

El campo sería central si el vector unitario en lugar de llevar la dirección de la tangente

llevara la dirección del radio, es decir su fuera del tipo rur

1F

rr=

c) Para calcular al trabajo a lo largo de una circunferencia como la de la figura:

• como puede verse el vector desplazamiento y la fuerza siempre tienen la misma dirección, así que forman 0º.

• el valor del módulo de la fuerza a lo largo de toda la circunferencia es constante, ya que solo es función de r y valdrá F=1/R

• los límites de integración si queremos recorrer la circunferencia completa serán desde 0 hasta 2πR.

π=π=⋅⋅= 2R2R

10cossFW

Como el trabajo a lo largo de una trayectoria cerrada no es nulo, entonces la fuerza no es conservativa. Ejemplo: Calcular la fuerza que la tierra ejercerá sobre un cuerpo de 1Kg de masa situado: a) Sobre la superficie terrestre b) a 100Km de la superficie c) Comparar ambos resultados con los que se obtienen aplicando la fórmula P=mg DATOS: Rt=6370Km Mt=5,98.1024Kg G=6,67.10−11Nm2/kg2 Como se sabe, a la fuerza con que la tierra atrae a los cuerpos se le llama peso, así que no es más que la fuerza con que se atraen dos masas, pero cuando una de ellas es la tierra, por tanto, aplicaremos la ley de gravitación universal:

2r

mMGF

⋅=

a) En el caso de que el cuerpo esté sobre la superficie de la tierra, la distancia que separa ambos cuerpos es igual al radio de la tierra, porque se mide desde el centro de una masa al centro de la otra, así que r=Rt

New83,9000.6370

11098,51067,6

R

mMGF

2

2411

2t

t =⋅⋅⋅=⋅

= −

b) Cuando la masa está a 100Km de la superficie el problema es exactamente el mismo, solo que ahora la distancia que separa las masas es r=Rt+h

New53,9)1000006370000(

11098,51067,6

)hR(

mMGF

2

2411

2t

t =+

⋅⋅⋅=+⋅

= −

El resultado es perfectamente lógico, ya que como puede verse en la ley de gravitación universal, a medida que aumenta r disminuirá F. c) La fórmula P=mg es exactamente la misma que la de más arriba ya que, como veremos enseguida, la aceleración de la gravedad es:

2t

r

MGg =

Por tanto la misma expresión P=mg vale para ambos casos, simplemente lo que ocurre es que la aceleración de la gravedad no vale igual en cada caso, porque, como puede verse depende de r. Lo que sucede es que cuando vemos la expresión P=mg inmediatamente pensamos en que g=9,81m/s2 sin pararnos a pensar que la aceleración de la gravedad no es una constante porque depende de la altura, incluso más adelante veremos que también depende de la latitud. (Concretamente los pesos que hemos obtenido estarían calculados para el supuesto de que la masa m estuviera en los polos.)

INTERACCIÓN DE UN CONJUNTO DE MASAS PUNTUALES. PRIN CIPIO DE SUPERPOSICIÓN La ley de gravitación universal nos da la fuerza con que se atraen dos masas, pero no hace referencia a la posible existencia de otras masas. Ello nos lleva al principio de superposición: “Si una masa se encuentra en el campo creado por varias masas, la fuerza total sobre ella es la fuerza resultante de las que cada masa, por separado, ejerza sobre ella.” De igual forma puede decirse que el campo gravitatorio creado por varias masas en un punto es igual a la suma vectorial de los campos que crean cada masa en ese punto.

∑= itotal FFrr

∑= itotal gmFrr

es decir que ∑= itotal ggrr

Ejemplo: En los vértices de un cuadrado de 1m de lado hay tres masas de 1, 2 y 3 Kg. Calcular la fuerza actuaría sobre una masa de 5Kg colocada en el cuarto vértice. De acuerdo con el Principio de Superposición, la fuerza total sobre la masa de 5Kg es la resultante de las fuerzas que cada masa por separado ejerce sobre ella. Simplemente calculamos el módulo de las fuerzas de cada masa sobre la de 5Kg (la dirección y sentido la dibujamos teniendo en cuenta que la fuerza siempre es atractiva y en la dirección de la recta que une las masas y luego elegimos un sistema de referencia y las sumamos como vectores que son.

G51

51G

r

mmGF

221

11 =⋅=

⋅=

G5)2(

52G

r

mmGF

222

22 =⋅=

⋅=

G151

53G

r

mmGF

223

33 =⋅=

⋅=

En el sistema de referencia de la figura, la fuerza en forma de vector creada por cada masa sobre la masa de 5Kg sería:

jG5F1

rr=

j45Gsen5i45cosG5F2

rrr+−=

iG15F3

rr−=

jG5,8iG5,18Frrr

+−=

El módulo sería New1036,1G35,20)G5,8()G5,18(F 1022 −⋅==+−=

El ángulo con el eje X sería º67,24G5,18

G5,8arctg −=

−=α

NOCIÓN DE CAMPO GRAVITATORIO: INTENSIDAD DE CAMPO GRAVITATORIO DE UNA MASA PUNTUAL Hemos visto que la fuerza que actúa sobre una masa m cuando la colocamos en un punto del campo gravitatorio creado por otra masa M, depende de magnitudes propias del campo (la masa que lo crea M y la posición del punto (r)) pero también depende del valor de la masa m. Para evitar que la fuerza en un punto de un campo dependa de la masa del testigo, vamos a definir una magnitud nueva llamada Intensidad del campo gravitatorio como la fuerza por unidad de masa. La intensidad del campo gravitatorio se representa por g

r y es la aceleración

de la gravedad

r2u

r

MG

m

Fg

rr

r−==

• La Intensidad de campo gravitatorio solamente depende de la masa M que crea el

campo y de r, es decir de la posición del punto en el campo. • La intensidad de campo en un punto nos permite conocer la fuerza que actuará sobre

un testigo de masa m colocado en ese punto: g mFrr

= . Como se deduce de la relación, la fuerza es un vector en la dirección y sentido de la fuerza, ya que las masas siempre son positivas.

Por otro lado, hemos visto que el campo gravitatorio creado por varias masas en un punto es igual a la suma vectorial de los campos que crean cada masa en ese punto. ∑= itotal gg

rr es

decir se cumple el principio de superposición.

CAMPO GRAVITATORIO TERRESTRE Suponiendo que la tierra es una esfera de radio R y de masa M, la fuerza con que atraerá a una masa m colocada en sus inmediaciones vendrá dada por la ley de gravitación universal de Newton:

r2u

)hR(

mMGF

rr

+⋅−=

A la fuerza con que la tierra a trae a las masas se le llama peso: gmFrr

= , así que tenemos que la aceleración de la gravedad en un punto no es más que la Intensidad de campo gravitatorio en ese punto:

r2u

)hR(

MGg

rr

+−=

Para el caso concreto de puntos próximos a la superficie terrestre, y si despreciamos por ahora la rotación de la tierra alrededor de su eje, su módulo sería:

22

2411

2s/m83,9

6370000

1098,51067,6

R

MGg =⋅⋅== −

Factores que influyen en la aceleración de la gravedad La aceleración de la gravedad no es una constante (a veces de tanto utilizar en los ejercicios de mecánica el valor de 9,81 m/s2 algunos alumnos llegan a pensar que siempre vale eso) ya que depende de la distancia entre las masas. a) Variación de la gravedad con la distancia: 1. Disminuye con la altura sobre la superficie terrestre, ya que su módulo es:

22 )hR(

MG

r

MGg

+==

Como puede verse, el valor de la aceleración de la gravedad disminuye con el cuadrado de la distancia entre las masas.

2. Tiene su valor máximo sobre la superficie de la Tierra: 22T s m 81,9

R

MGg −==

3. Disminuye linealmente en el interior de la Tierra. A primera vista podría pensarse que en el interior de la Tierra la gravedad debería aumentar al disminuir r, pero no es así, ya que solamente la masa encerrada en su interior contribuye al campo y, si te das cuenta, cada vez que nos vamos adentrando en el interior de la tierra cada vez hay menos capas de masas que influyen al campo, de manera que al disminuimos r también disminuimos la masa.

Supondremos de que la densidad de la tierra sea constante. Teniendo en cuenta que la densidad es V/m=ρ , para una esfera

de radio r tenemos que 3r 3

4m π⋅ρ=

La gravedad en el interior de la Tierra y en la superficie de la Tierra vienen dadas por:

2int

3int

2int

intint r

r 3

4

Gr

mGg

π⋅ρ==

2T

3T

2T

TT R

R 3

4

GR

MGg

π⋅ρ==

T

int

T

int

R

r

g

g = → T

intTint R

rgg =

Resumiendo, el módulo de la aceleración de la gravedad vale:

TTint R

rgg =

2fuera r

MGg =

• Dentro de la tierra va aumentando linealmente con la distancia al centro. (es como una recta de ecuación y=mx)

• En la superficie de la Tierra tiene el valor máximo gT • Fuera de la Tierra disminuye con el cuadrado de la distancia

b) Variación de la gravedad con la latitud. En la superficie de la Tierra, la gravedad varía con la latitud, debido al giro de la Tierra. Desde el punto de vista de un observador no inercial la aceleración será la resultante de la gravedad en ese punto y de la aceleración centrífuga. A 45º de latitud y al nivel del mar, la aceleración de la gravedad tiene el valor de 9,81 m/s2, que es el valor que suele tomarse en los ejercicios de mecánica.

Ejemplo: Encontrar la relación entre el valor de la gravedad en la superficie terrestre y el valor que tiene a una altura h sobre la superficie. Si llamemos g al valor en la superficie terrestre y g´ al valor que tiene a una altura h, tendremos que:

2R

MGg =

2)hR(

MGg

+=

2

2

R

)hR(

g

g += ⇒ 2

2

)hR(

Rgg

+=

Como puede verse a medida que nos alejamos de la superficie terrestre el valor de g´ disminuye. Ejemplo: Calcular, en un lugar de la tierra situado a 45º de latitud: a) la aceleración centrífuga b) la aceleración de la gravedad

a) Hay que tener cuidado y darse cuenta de que la circunferencia que describe el punto de latitud 45º no es igual al radio de la tierra, sino a r. Por tanto la fuerza centrífuga será:

r mr

)r (m

r

vmFc 2

22

ω=ω== ⇒ ra 2c ω=

como:

• s/rad1027,7360024

2

día1

2

T

2 5−⋅=⋅

π=π=π=ω

• m450427045cos637000045cosRr =⋅=⋅=

Sustituyendo: 2252

c s/m024,04504270)1027,7(ra =⋅⋅=ω= −

b) La aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra, suponiendo no girase, viene dada por:

22

2411

2s/m83,9

6370000

1098,51067,6

R

MGg =⋅⋅== −

Ahora bien, al considerar su rotación, la aceleración real en un determinado lugar es la que resulta de componer vectorialmente la aceleración centrífuga para ese punto con la aceleración de la gravedad calculada anteriormente:

creal aggrrr

+=

Para un sistema de referencia como el de la figura, las aceleraciones en forma de vector serían:

j45sen83,9i45cos83,9grrr −−=

i024,0ac

rr=

j951,6i927,6greal

rrr−−=

El módulo de la aceleración en ese punto sería:

222real s/m81,9)951,6()927,6(g =−+−=

que es el valor que se toma para la aceleración de la gravedad en los ejercicios de mecánica. Observa que, de acuerdo con lo anterior, el valor máximo para la aceleración de la gravedad la tenemos en los polos, y el valor mas pequeño en el ecuador que es donde la aceleración centrífuga es mayor. ( ra 2

c ω= para el ecuador r=Rt y además es un vector opuesto a g)

2polo,real R

MGg =

RR

MGg 2

2ecuad,real ω−=

Ejemplo: ¿Qué relación hay entre el peso de una masa m en las inmediaciones de la tierra y en un planeta que tenga una masa 10 veces superior y el doble de radio? Muy sencillo, expresamos la fuerza que cada planeta hace sobre la masa y las dividimos miembro a miembro:

2tierra R

mMGF

⋅=

2planeta )R2(

mM10GF

⋅= 10

4

F

F

planeta

tierra = ⇒ 4

10FF tierraplaneta =

El resultado era de esperar ya que la fuerza de atracción gravitatoria (peso) es directamente proporcional a la masa e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que separa las masas, por tanto, será 10 veces mayor y 22 veces más pequeña. Ejemplo: En los vértices de un cuadrado de 1m de lado hay tres masas de 1, 2 y 3 Kg. Calcular la intensidad de campo gravitatorio en el cuarto vértice. ¿Qué fuerza actuaría sobre una masa de 5Kg colocada allí? ¿Y sobre una masa de 6 Kg? De acuerdo con el principio de superposición, el campo gravitatorio (g) creado por cada masa por separado en el punto P es:

G1

1G

r

mGg

221

1 ===

G)2(

2G

r

mGg

222

2 ===

G31

3G

r

mGg

223

3 ===

Ahora solamente queda sumar vectorialmente. En el sistema de referencia de la figura, la intensidad de campo creada por cada masa sería:

jGg1

rr =

j45Gseni45cosGg2

rrr +−=

iG3g3

rr−=

jGiGgrrr

7,17,3 +−=

El módulo sería 21122 s/m1071,2G07,4)G7,1()G7,3(g −⋅==+−=

El ángulo con el eje X sería º67,24G7,3

G7,1arctg −=

−=α

La fuerza sobre una masa colocada en el punto P se obtiene simplemente con la expresión F=mg así que:

New1036,11071,25gmF 10115Kg5

−− ⋅=⋅⋅==

New1063,11071,26gmF 10116Kg6

−− ⋅=⋅⋅==

Observación: Calcular el valor de la intensidad del campo gravitatorio en un punto (la gravedad) tiene una ventaja enorme, ya que como vemos, una vez conocida, solamente hay que multiplicar por la masa en el punto P y obtenemos la fuerza que actúa sobre ella. (bueno, lo hemos hecho sobre su módulo, pero exactamente igual sería si hubiéramos multiplicado su expresión vectorial). Sin embargo, si hubiéramos calculado la fuerza sobre la masa de 5Kg sumando vectorialmente las fuerzas a partir de ese valor no podemos obtener la fuerza sobre otra masa, como hemos hecho con la de 6Kg, y habríamos tenido que repetir el ejercicio y la suma de vectores. Esa es la razón por la que se define la intensidad de campo, porque su valor no depende de la masa del testigo, sino de los agentes propios que crean el campo, es decir de las masas que lo crean y de la posición. ENERGIA POTENCIAL GRAVITATORIA DE UNA MASA EN PRESE NCIA DE OTRA El campo gravitatorio es un campo de fuerzas centrales y por tanto conservativo, así que en él puede definirse una energía potencial. El trabajo que hace una fuerza conservativa para llevar un cuerpo desde un punto A hasta otro B es independiente del camino seguido y solamente depende de la posición de los puntos A y B. Por eso precisamente a esos puntos se le puede asociar una energía “que solamente depende de la posición” y que llamamos energía potencial. (Naturalmente, como es lógico, en un campo de fuerzas conservativo la energía potencial en un punto no depende exclusivamente de la posición de ese punto, también depende de la masa que crea el campo" y de la masa que hayamos colocado en ese punto". Precisamente para que tampoco dependa de la masa colocada en ese punto definiremos más adelante el Potencial (V) como la energía potencial de una masa unidad.) Por definición, “el trabajo que una fuerza conservativa hace para llevar un cuerpo desde un punto A hasta otro B es igual a menos la variación de energía potencial entre esos puntos”:

BACampo.Conserv.F,BA EpEpEpW −=∆−=→

Significado del signo menos: El signo menos indica que la fuerza conservativa del campo hace trabajo espontáneo o real (trabajo positivo) cuando desplaza el cuerpo desde los puntos de mayor energía potencial a los puntos con menor energía potencial. Dicho de otra forma, bajo la acción de la fuerza conservativa un cuerpo se mueve espontáneamente desde los puntos de mayor energía potencial a los puntos con menor energía potencial. (Observa que

+=→ Campo.Conserv.F,BAW cuando EpA > EpB)

En un campo de fuerzas conservativas el trabajo que hacemos nosotros para llevar, contra las fuerzas del campo y sin aceleración, un cuerpo desde un punto A hasta otro B no se pierde, sino que queda acumulado en forma de energía potencial. Así podemos decir que “el trabajo que hacemos nosotros para llevar un cuerpo desde un punto A hasta otro B, contra las fuerzas del campo y sin aceleración, es igual a la variación de energía potencial entre esos puntos”

Campo.Conserva.F,BAABnosotros,BA WEpEpEpW →→ −=∆=−=

Ahora vamos a ver la expresión concreta de la energía potencial gravitatoria, para ello no hay mas que calcular el trabajo que hace el campo gravitatorio para llevar una partícula desde el punto A al B:

∫∫∫ ⋅⋅−=•⋅−=•==− →

B

A2

B

A

r2

B

A

gravcampo,BABA drr

mMGrdu

r

mMGrdFWEpEp

rrrr

donde hemos tenido en cuenta que vector unitario ru

r

y el vector desplazamiento rdr

tienen la misma dirección y sentido, así que si que cos0=1. Teniendo

en cuenta además, que r

1dr

r

12

−=∫ nos quedaría

que:

BABA

B

Acampo,BA EpEp

r

1

r

1 mMG

r

1 mMGW −=

−⋅⋅−=

−⋅⋅−=→

BABA r

mMG

r

mMGEpEp

⋅−−⋅−=−

(Nota: aunque matemáticamente no es de lo más correcto escribir dos signos menos seguidos y menos sin un paréntesis, pero lo escribiremos así porque resulta más didáctico. Además lo pondremos en ese orden para que más adelante veas que estas expresiones son similares a las del campo eléctrico)

Energía potencial gravitatoria en un punto. Como vemos, estrictamente solamente podemos hablar de diferencia de energía potencial entre dos puntos (porque es el trabajo para llevar la masa m desde uno a otro y por tanto debe haber dos puntos), pero si, por acuerdo, asignamos cero a la energía potencial de uno de esos puntos, entonces podremos habar de energía potencial absoluta (en realidad referida al punto que asignemos Ep=0). Parece que lo razonable sería asignarle cero a la energía potencial en el infinito, porque como la fuerza disminuye con el cuadrado de la distancia, en ese punto puede decirse que no hay campo, por tanto, la diferencia de potencial entre un punto A y el infinito sería la energía potencial en ese punto A. Dicho de otra manera: La energía potencial de una masa m en un punto es igual al trabajo que hace el campo para llevar a la masa m desde ese punto hasta el infinito. (Teniendo que cuenta que nuestro trabajo y el que hace el campo son iguales y de signo contrario, podríamos decir que la energía potencial de una masa m en un punto es igual a trabajo que tenemos que hacer para traer a la masa, sin aceleración, desde el infinito hasta ese punto)

∞⋅−−⋅−=− ∞mM

G r

mMGEpEp

AA

como 01 =∞

AA r

mMGEp

⋅−=

donde rA es la distancia que separa las dos masas. Como puedes ver la energía potencial en un punto siempre es negativa y tiene su “máximo valor negativo” en la superficie terrestre y va aumentando al alejarnos hasta llegar a cero en el infinito. Particularización de la energía potencial para puntos próximos a la superficie terrestre: En los puntos próximos a la superficie es razonable utilizar la conocida expresión:

mghEpEpEp AB =−=∆ Vamos a ver como se deduce esta expresión particular a partir de la general que hemos obtenido:

Como puede verse en la figura rA = Rtierra rB − rA = h (Altura sobre la superficie terrestre)

Si llamamos M a la masa de la tierra y m a la masa del cuerpo, según hemos visto antes:

BA

AB

ABAB rr

rrmMG

r

mMG

r

mMGEpEpEp

⋅−

⋅⋅=⋅−−⋅−=−=∆

Teniendo en cuenta que:

• rB − rA = h • al tratarse de puntos próximos a la superficie terrestre, prácticamente rB ≅ rA con lo

que podemos poner que 2t

2ABA Rrrr =≅⋅ .

• y recordando que el módulo de la Intensidad de campo, o gravedad viene dada por

2tR

MGg =

al final nos quedaría que: mghEpEpEp AB =−=∆

Cuestión: De la expresión Ep=mgh, se deduce que la energía potencial es positiva y aumenta con la altura. ¿Cómo es posible, si de la expresión Ep=–GMm/r se deduce que siempre es negativa y aumenta con la altura? La Ep que tiene una masa m en un punto del campo creado por otra M, como indica su expresión general, siempre es negativa y su valor máximo es cero, que corresponde a la Ep en el infinito. Lo que pasa es que siempre medimos “diferencias” de energía potencial y cuando restamos obtenemos el mismo valor con independencia de donde tomemos el cero. Por tanto entre dos puntos cualquiera hay la misma ∆Ep si el nivel cero lo tomamos en el infinito (que es lo natural) como si lo ponemos en cualquier otro lugar como la superficie de la tierra o donde sea:

Fíjate que, independientemente de donde tomemos el cero de Ep, el ∆Ep entre dos puntos siempre vale igual: EpB ‒ EpA = 20 J. Es exactamente el mismo caso que si montamos a un niño sobre una mesa para medir su altura. Tanto si lo medimos de pies a cabeza, como si medimos desde el suelo a la cabeza y restamos la distancia del suelo a los pies obtendremos lo mismo. “No importa que al cambiar de sistema de referencia en cada medida tengamos valores distintos, lo que importa que es la diferencia siempre tendrá el mismo valor”.

Energía potencial “de una masa” debida al campo creado por una asociación de masas: de acuerdo con el principio de superposición la energía potencial que tendrá es la debida al campo que independientemente cada masa crea sobre ella, así que:

∑ =−=⋅

−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−⋅

−=i

in1i

n

n

2

2

1

1

r

mGm

r

mmG

r

mmG

r

mmGEp

Energía potencial de una asociación de masas: En este caso la energía potencial debida a todas ellas se obtiene sumando la energía potencial de todos los pares de masas. Por ejemplo la energía potencial de la asociación de la figura sería:

++−=

23

32

13

31

12

21

r

mm

r

mm

r

mmGEp

∑−=ij

ji

r

mmGEp

Ejemplo: Imagina que hay dos masas m1=10Kg y m2=20Kg como se indica en la figura. Calcular el trabajo que hemos de hacer para llevar una masa m de 5Kg desde la posición A(4,0) hasta la B(8,0)

Como sabemos el trabajo que hacemos nosotros es igual al incremento de energía potencial, así que solamente tenemos que calcular la Ep que la masa m tiene al final y al principio y restarlas.

.Conservat.F,BAABnosotros,BA WEpEpEpW →→ −=−=∆=

De acuerdo al principio de superposición, la Ep que la masa m tiene en el punto A es debida a la que tiene como consecuencia del campo que crea m1 mas la debida al campo que crea la masa m2, es decir:

G5,325

10

4

10Gm

r

mmG

r

mmGEp

A2

2

A1

1A −=

+−=⋅

−+⋅

−=

De igual forma, la Ep cuando está en el punto B será:

G96,1754,8

10

8

10Gm

r

mmG

r

mmGEp

B2

2

B1

1B −=

+−=⋅

−+⋅

−=

Por tanto: G54,15)G96,17(G5,32EpEpW ABnosotros,BA +=−−−=−=→

POTENCIAL GRAVITATORIO Recuerda que la fuerza que actúa sobre una masa m, en un punto de un campo creado por otra masa M, depende del valor de m. Para evitar ese inconveniente se definió la intensidad de campo como fuerza por unidad de masa. Lo mismo le ocurre a la variación de energía potencial de una masa m entre dos puntos A y B, de un campo creado por otra masa M, que también depende del valor de m. Para evitar ese inconveniente vamos a definir una magnitud nueva como variación de energía potencial por unidad de masa y que llamaremos variación Potencial (V):

∫∫

•=•

==−

=− →B

A

B

A

Conserv.FConserv.F,BABA

BA rdgm

rd F

m

W

m

EpEpVV

rr

rr

∫∫∫ ⋅−=•−=•=−B

A2

B

A

r2

B

A

BA drr

MGrdu

r

MGrdgVV

rrrr

donde hemos tenido en cuenta que vector unitario ru

r y

el vector desplazamiento rdr

tienen la misma dirección y sentido, así que si que cos0=1. Teniendo en cuenta

además, que r

1dr

r

12

−=∫ nos quedaría que:

−⋅−=

−⋅−=−BA

B

ABA r

1

r

1M G

r

1M GVV

BABA r

MG

r

MGVV −−−=−

Obviamente llegaremos al mismo resultado si dividimos la deferencia de energía potencial por el testigo m ya que, como hemos dicho, la ddp entre dos puntos se definie como la diferencia de Energía potencial que tiene entre esos puntos un testigo unidad:

BA

BABA r

MG

r

MG

m

EpEpVV −−−=

−=−

Potencial gravitatorio en un punto. Como sabemos estrictamente solamente podemos hablar de ddp entre dos puntos (porque se ha definido como el trabajo pare llevar a la unidad de masa entre esos dos puntos). No obstante si, por acuerdo, asignamos cero al potencial de uno de esos punts, entonces podremos habar de potencial absoluto en un punto. El punto que se elige es el infinito porque allí se supone que ya no hay campo.

Dicho de otra manera, teniendo en cuenta que c

WVV Conservat.F,BA

BA→=− podemos decir que:

El potencial en un punto A es igual al trabajo que hace el campo para llevar una masa de 1Kg desde ese punto hasta el infinito. (Teniendo que cuenta que nuestro trabajo y el que hace el campo son iguales y de signo contrario, podríamos decir que el potencial en un punto A es igual al trabajo que tenemos que hacer para traer una masa de 1Kg desde el infinito hasta ese punto).

∞−−−=− ∞

MG

r

MGVV

AA

como 01 =∞

AA r

MGV −=

donde rA es la distancia que separa la masa que crea el campo del punto A. Ejemplo: Calcular el potencial gravitatorio creado por una esfera de 100Kg de masa y dos metros de diámetro en un punto situado a 9m de su superficie. ¿Cuál será la energía potencial de una masa de 1Kg situada en dicho punto?

Suponiendo que la esfera es homogénea podemos considerarla como una masa puntual concentrada en su centro.

a) Como hemos visto la ddp entre el punto A y el infinito será igual al potencial en el punto A, que vale:

Kg/J1067,610

1001067,6

r

MGV 10

11

AA

−−

⋅−=⋅⋅−=−=

b) De acuerdo con su definición, la energía potencial de una masa unidad en un punto y el potencial en ese punto son exactamente la misma cosa, así que Julios1067,6Ep 10

A−⋅−=

Para otro valor cualquiera de m la relación entre ambas magnitudes sería:

AA V´mEp ⋅=

RELACION ENTRE CAMPO Y POTENCIAL Si te das cuenta el campo (g

r) es un vector y el potencial (V) es un escalar, así que su correcta

relación es a través de un operador vectorial llamado gradiente, pero eso escapa de la programación de bachillerato, así que nos limitaremos a relacionar el módulo del campo y el potencial. Caso particular de campo uniforme, es decir, de puntos cercanos en los que la gravedad puede considerarse constante, entonces, teniendo en cuenta la definición de ddp,

( ) dgrr g r grdgVV AB

B

A

B

A

BA ⋅=−==•=− ∫rr

Dice que la ddp entre dos puntos, entre los que puede considerarse constante el valor del campo, es igual al valor del campo por la distancia entre esos puntos. A la misma conclusión llegaríamos restando el potencial en el punto A del que tiene en B:

( ) dgrrgr

)rr (MG

rr

)rr (MG

r

MG

r

MGVV AB2

A

AB

BA

AB

BABA ⋅=−=

−≅

−=−−−=−

La relación referida a un punto concreto, teniendo en cuenta las expresiones del módulo de g

r

y la del potencial V en un punto:

=⋅−=−=A

A

AAA r

r

r

MG

r

MGV AA r.g−

Quiere decir que: si multiplicamos el módulo del campo en un punto A por la distancia del punto a la masa que crea el campo al punto se obtiene el potencial en ese punto. Hay un detalle importante:

• Si en un punto de un campo conocemos el valor de la Intensidad de campo (gr

o

)Er

podremos presumir exactamente lo que ocurrirá cuando coloquemos una masa m o a una carga q en un punto cualquiera (podremos calcular exactamente el módulo de la

fuerza que actuará, su dirección y sentido, ya que gmFrr

= o bien EqFrr

= )

• Sin embargo, si en un punto del campo solo conocemos el potencial en ese punto no podremos predecir lo que ocurrirá. Cosa distinta sería si conocemos el potencial en dos puntos, entonces sí, porque, tanto la masa como la carga se moverán hacia donde disminuya su energía potencial.

SUPERFICIES EQUIPOTENCIALES Como su propio nombre indica (equi significa igual) una superficie equipotencial es aquella en la que en todos sus puntos hay el mismo potencial. Dibujemos una superficie y supongamos que es equipotencial:

Propiedades de las superficies equipotenciales: 1. Las superficies equipotenciales son siempre perpendiculares al vector intensidad de campo. En efecto, ya que para desplazamos de un punto a otro de la superficie es necesario que el vector desplazamiento rd

r sea coplanario con la superficie, y puesto que según la definición

de ddp entre dos puntos:

∫ •=−B

A

BA rdgVVrr

si la superficie es equipotencial VA−VB=0 lo que quiere decir que: 0g =r

o que 0rd =r

ambas cosas son absurdas porque si no hay campo o no hay desplazamiento no habría problema, así que la única otra alternativa es que el producto escalar de ambos vectores sea nulo, es decir que formen ángulo de 90º.

2. El trabajo para lleva una masa de un punto A de una superficie equipotencial a otro B de la misma superficie equipotencial es cero. Obvio, ya que )VV (mW BAConservat.F,BA −=→ y al

movernos por la misma superficie equipotencial VA=VB. Además es cero porque como gr

y Fr

tienen la misma dirección, entonces rdFrr

⊥ . 3. Para el caso de una masa, o de una carga las superficies equipotenciales son esferas concéntricas. En efecto, ya que como las líneas de campo son radiales, para que las superficies sean normales a ellas deben ser esferas con centro en la masa o carga que crea el campo.

4. Dos superficies equipotenciales nunca pueden cortarse porque ello implicaría que en los puntos de corte podríamos trazar dos perpendiculares y, como ya vimos, las líneas de campo no se cortan. Además, imagina que dos superficies equipotenciales se cortaran, entonces en ambas habría el mismo potencial y por tanto sería la misma superficie. Ejemplo: Imagina tres puntos 1, 2 y 3 en los que el potencial gravitatorio va disminuyendo, es decir que V1>V2>V3. ¿ Hacia donde se movería una masa m si la colocamos en el punto 2 y la dejamos libre?

La masa m (o una carga independientemente del signo) se mueve espontáneamente hacia el punto en el que disminuya su energía potencial. (Recuerda que eso precisamente es lo que indica el signo menos de la definición BACampo.Conserv.F,BA EpEpEpW −=∆−=→ )

Como Ep=m.V y teniendo en cuenta que las masas siempre son positivas (cosa que no ocurre con las cargas) es obvio que Ep1>Ep2>Ep3 y en consecuencia las masas se mueven siempre de forma espontáneamente hacia potenciales decrecientes. En este caso hacia V3. Si se tratara de una carga, como Ep=q.V resulta que si la carga es positiva se movería hacia potenciales decrecientes, pero si fuese una carga negativa se movería hacia donde aumente el potencial. Ahora que sabemos hacia donde se moverá la masa podremos dibujar el vector campo g

r pero no podríamos si

solamente conociéramos el potencial en un punto. Ejemplo: Entre dos puntos A y B de un campo eléctrico existe una diferencia de potencial de 100 voltios. ¿Qué trabajo realiza el campo para llevar una carga positiva de 2µC desde A hasta B? Al tratarse de un campo eléctrico, la característica del campo es la carga eléctrica, por tanto podemos poner que:

( )BAcampo,BA VVqW −=→

sustituyendo Julios102100102W 46

campo,BA−−

→ ⋅=⋅⋅=

Como puede verse el Potencial se mide en Julios/Coulombio que recibe el nombre especial de Voltio. De manera análoga el Potencial gravitatorio se mide en Julios/Kg que no tiene un nombre especial. Si en lugar de preguntarnos por el trabajo del campo, nos hubiesen preguntado ¿qué trabajo hacemos nosotros para llevar la carga de 2µC desde A hasta B? La respuesta, obviamente, sería –2.10−4J

LEYES DE KEPLER 1. Los planetas describen órbitas elípticas planas, en uno de cuyos focos está el sol. Esta ley resulta evidente si tenemos en cuenta que las fuerzas gravitatorias son fuerzas centrales y que, por tanto, se conserva el momento angular. Al ser constante el momento

angular vmrLrrr

∧= (tanto en módulo como en dirección) el plano formado por los vectores rr

y v

vtambién debe permanecer constante.

2. El radio vector que une el sol con uno de los planetas barre áreas iguales en tiempos iguales. Dicho de otra forma, la velocidad con la que el vector de posición del planeta respecto al sol barre áreas es constante.

En la figura hemos representado el área barrida por el vector de posición en el tiempo t∆ . Como recordarás, el módulo del producto vectorial de dos vectores es igual al área del paralelogramo que forman, y obviamente la mitad al triángulo. Y teniendo en cuenta que la velocidad es dt/rdv

rr =

dtLm2

1dt vmr

m2

1dt vr

2

1rdr

2

1dA

rrsrrrr =∧=∧=∧=

.cteLm2

1

dt

dA ==r

3. Los cuadrados de los periodos de revolución de los planetas son proporcionales a los cubos de la distancia media de los planetas al sol: T2 = kR3

La demostración de la tercera ley es consecuencia de la ley de gravitación universal de Newton. Que el planeta se mantenga en órbita supone, desde el punto de vista de un observador no inercial, que el peso del satélite se compense con la fuerza centrífuga:

FcPeso= ⇒ r

vm

r

mMG

2

2=⋅

Teniendo en cuenta la relación entre la velocidad lineal y angular del planeta es rv ⋅ω= y que T/2π=ω

22

222

2

2r

T

4 r

r

vm

r

mMG

π=ω==⋅

despejando el periodo:

32

2 r GM

4T

π=

32 rkT ⋅=

Como puede verse todo lo que engloba el círculo son constantes (no aparece la masa del planeta) y el resultado de la operación, lógicamente, corresponde a una constante

SATÉLITES: VELOCIDAD ORBITAL Y VELOCIDAD DE ESCAPE Velocidad orbital: Para que un satélite de masa m orbite a una distancia r alrededor de la tierra, desde el punto de vista de un observador no inercial, es preciso que la fuerza peso con que lo atrae la tierra sea igual a la fuerza centrífuga:

FcFgrav=

r

vm

r

mMG

2

2=⋅

r

GMvorbital =

Órbita geoestacionaria: Como vemos la velocidad orbital del satélite no depende de su masa, solamente depende del radio de la órbita y viceversa. Por tato, habrá un radio para el que el satélite tenga la misma velocidad angular que la Tierra (a esa órbita se le llama geoestacionaria)

Los satélites geoestacionarios, como los de comunicaciones, son los que se encuentran en todo momento sobre el mismo punto, dicho de otra forman giran con la misma velocidad angular que la tierra (ω=2π/1día). Su órbita, además, debe estar en el plano del ecuador.

Simplemente se trata de poner el radio de la órbita en función del periodo, “que debe ser 1 día”, para gire con la misma velocidad angular de la tierra. Para un SRNI, la fuerza de atracción gravitatoria debe compensarse por la centrífuga, así que: (es como deducir la tercera ley de Kepler, pero ahora despejamos el radio)

22

222

2

2r

T

4 r

r

vm

r

mMG

π=ω==⋅

despejando el radio de la órbita, y sustituyendo T=1día:

Km422594

)3600*24(1098,51067,6

4

TGMr 3

2

22411

32

2

=π

⋅⋅⋅⋅=π⋅=

−

La energía total del satélite cuando está en su órbita a una distancia r del centro de la tierra será suma de cinética y potencial, es decir:

EpEcE +=

⋅−+=r

mMGm

2

1E 2

orbv

⋅−+

=

r

mMG

r

GMm

2

1E

2

r

mMG

2

1E

⋅−=

• Mientras el satélite permanezca en esa órbita no consume energía, porque se desplaza

por una superficie equipotencial. Recuerda que:

)VV (mW BAcampo,BA −=→ Si VA=VB ⇒ W=0

además en el caso del campo gravitatorio resulta obvio, ya que la fuerza gravitatoria y el vector desplazamiento por una superficie equipotencial (que son esferas concéntricas) forman ángulo de 90º y su coseno es 0

• El signo menos de la energía total del satélite indica que se trata de un sistema ligado a

la tierra, es decir que por sí mismo nunca se podría escapar de la atracción terrestre. Para escapar debería tener energía positiva o como mínimo nula.

La energía necesaria para poner un satélite en órbita: Esta energía es positiva porque debemos hacerla nosotros. Supongamos que inicialmente el satélite está en reposo sobre el suelo. Para que empiece a subir tenemos que ejercer un trabajo sobre él (WF.NoConserv) y en consecuencia no se conserva la energía mecánica, por tanto:

tNoConserva.FBAWEpEc →=∆+∆

BBtNoConserva.F

BAsuelosuelo EpEcWEpEc +=++ →

r

mMGvm

2

1W

R

mMG 2

orbitaltNoConserva.F

BAT

⋅−=+⋅− →

T

2

tNoConserva.FBA R

mMG

r

mMG

r

GMm

2

1W

⋅+⋅−

=→

−=→ rR2

Rr2GMmW

T

T

tNoConserva.FBA

Ese trabajo se lo comunicamos en forma de energía cinética: WF.NoConserv. = 2

o21 mv

Por eso solemos decir: “se lanza un cuerpo con una velocidad inicial vo …”. Si balanceamos entre cuando el satélite está en el suelo y ya le hemos comunicado esa energía y cuando está arriba orbitando, ahora ya sí que se conserva la energía mecánica, puesto que ahora la única fuerza es la gravitatoria, que es conservativa: 0EpEc =∆+∆

BBsuelosuelo EpEcEpEc +=+ donde tNoConserva.F

BA2osuelo Wmv

2

1Ec →==

Como ves, ambos razonamientos son idénticos aunque parezcan distintos. La velocidad de escape de un cuerpo que es lanzado desde la superficie de la tierra es aquella que permite que el cuerpo escape de la atracción terrestre y ello requiere que su energía total sea positiva o nula como mínimo. En efecto, ya que como sabemos, cuando lanzamos un cuerpo desde la superficie de la tierra, la atracción gravitatoria hace que su velocidad vaya disminuyendo conforme se aleja a la vez que se va transformando en potencial.

• Si queremos que el cuerpo escape completamente debemos comunicarle una energía cinética de manera que no se detenga hasta llegar al infinito.

• Y en el infinito su energía mecánica sería cero porque llega con velocidad cero y porque allí su Ep=0, ya que es inversa a la distancia, así que como la energía mecánica en el lanzamiento debe ser igual a la que tiene en el infinito:

∞∞ +=+ EpEcEpEc tierratierra

∞⋅−+=

⋅−+= ∞mM

Gvm2

1

R

mMGvm

2

1E 22

escape

de donde:

R

GM2vescape=

• Si el cuerpo estuviera a una altura h la velocidad de escape, sería rGM2

escapev =

donde r=R+h

• Como puedes ver comparando la velocidad orbital y la velocidad de escape:

orbitalescape v2v ⋅=

Ejemplo: Imagina un planeta que tuviese una masa igual a 3.1015 Kg y un radio de 1000 Km. Calcula: a) La energía potencial, cinética y total de un satélite de 500 Kg cuando está en la superficie de ese planeta a punto de lanzarse al espacio. b) La energía potencial, cinética y total del satélite cuando esté orbitando a 250 Km sobre la superficie del planeta. c) Qué energía hemos debido aportar al satélite para ponerlo en esa órbita. d) Velocidad para que escape de la atracción del campo gravitatorio e) La energía adicional que hemos de aportarle para que escape del campo gravitatorio Datos: G=6,67.10−11 N m2 Kg−2

a) Cuando está en reposo sobre la superficie del planeta solamente tiene energía potencial, que además es donde tiene el valor más pequeño (el máximo negativo).

Julios 1001000000

5001031067,6

R

mMGEp

1511

SupPlaneta −=⋅⋅⋅−=⋅−= −

0vm2

1Ec 2

SupPlaneta ==

Julios 100EpEcEÓrbita −=+=

b) Cuando el satélite está a una altura h sobre la superficie del planeta tiene una energía potencial (que es independiente de si está girando o no):

Julios 802500001000000

5001031067,6

r

mMGEp

1511

SupOrbita −=+

⋅⋅⋅−=⋅−= −

fíjate que la energía potencial a una altura h es mayor que la que tenía en la superficie de la tierra. Es un número negativo que va creciendo con la altura hasta alcanzar su valor máximo igual a cero en el infinito. Si subimos el satélite hasta esa altura y no hacemos nada más el satélite nos caería encima exactamente igual que cuando se lanza una piedra hacia arriba. Si pretendemos que el satélite orbite ahora debemos comunicarle una velocidad tangencialmente (igual a la velocidad orbital) de forma que (desde el punto de vista de un observador no inercial) la fuerza centrífuga compense el peso de satélite:

FcFgrav= ⇒ r

vm

r

mMG

2

2=⋅

⇒ s/m 4,02500001000000

1031067,6

r

GMv

1511

orbital =+

⋅⋅⋅==−

La energía cinética que tendrá en la órbita es:

s/m 40r

mMG

2

1

r

GMm

2

1vm

2

1Ec

2

2Órbita

=⋅=

==

Julios 408040EpEcEÓrbita −=−+=+=

Observa la relación que guardan las distintas energías entre sí. Precisamente se han escogido estos valores para obtener números sencillos que ayuden a ver claramente esas relaciones que son las mismas con independencia de los datos. c) La energía que hemos de aportarle para ponerlo en órbita es:

1. la energía necesaria para subirlo hasta la altura h, que será igual a la variación de energía potencial Julios 20)100(80WEp

tNoConserva.FBA =−−−==∆ → . Como ya indicamos,

ese trabajo que hemos de hacer es el mismo que si subimos una piedra hasta un tejado, con la única diferencia de que al ser h muy grande la gravedad no puede considerarse constante y no podemos utilizar la expresión particular mghEp =∆ sino que hemos utilizado su expresión general.

2. la energía necesaria para que orbite con la velocidad orbital, es decir 40 Julios Por tanto la energía necesaria para ponerlo en órbita será 60 Julios.

A la misma conclusión se llegaría aplicando el principio de conservación de la energía entre la superficie del planeta y la órbita:

tNoConserva.FBAWEcEp →=∆+∆

)EcEc()EpEp(W Planeta.SupÓrbitaPlaneta.SupÓrbitatNoConserva.F

BA −+−=→

J 60)040 ()) 100(80(WtNoConserva.F

BA +=−+−−−=→

d) La velocidad de escape es la velocidad que hemos de comunicarle para mandarlo al infinito con velocidad cero y donde la energía potencial también es cero y por tanto la energía total en el infinito es cero. Fíjate que conforme sube su velocidad disminuye y también su energía cinética hasta hacerse nula, mientras que la potencial va aumentando (se hace un número negativo cada vez menor) hasta llegar a su valor máximo igual a cero.

0r

mMGvm

2

1EpEc 2

escapeBB =⋅−=+

s/m 566,02500001000000

1031067,62

r

GM2v

1511

escape =+

⋅⋅⋅⋅==−

e) La energía necesaria para que escape del campo gravitatorio es la energía para mandarlo hasta el infinito, donde la Ec=0 y la Ep=0, así que aplicando la conservación de la energía entre el punto B y el infinito:

tNoConserva.FbWEcEp ∞→=∆+∆

)EcEc()EpEp(WÓrbitaÓrbita

tNoConserva.FBA −+−= ∞∞→

J 40)400 ()) 80(0(WtNoConserva.F

BA +=−+−−=→

fíjate que

• la energía para mandar el satélite al infinito coincide con la energía total que tiene, pero cambiada de signo.

• la energía para mandarlo al infinito no es la energía cinética que corresponde a la velocidad de escape, (esta sería ½.500.0,5662=80J). Esta energía sería la necesaria para que escapase si estuviese parado a esa altura (Ep=−80J), pero es que como está orbitando además de la potencial tiene una energía cinética adicional de +40J, por eso solamente hemos de aportar 80J−40J que ya tiene = 40J

• el resultado está de acuerdo con lo que habría sido necesario para mandarlo al infinito desde la superficie de la tierra. Allí tenía una energía total de −100 J, así que el trabajo necesario para mandarlo al infinito sería de +100J. En el caso que nos ocupa hemos invertido +60J en ponerlo a orbitar y luego +40J en mandarlo al infinito, en total +100J.

Ejemplo: Un satélite de 100Kg de masa describe una orbita circular a 200Km de la superficie terrestre. a) Energía potencial del satélite cuando está en la superficie de la tierra. b) Calcular su velocidad orbital b) Energía potencial, cinética y total del satélite c) ¿Qué le pasaría al radio de la órbita si por efecto del rozamiento el satélite va perdiendo energía? Y en particular ¿Qué le ocurriría a su velocidad angular? d) Periodo e) Energía necesaria para ponerlo en órbita f) Velocidad necesaria para que escape del campo gravitatorio g) Energía necesaria para que escape del campo gravitatorio. Datos: MT=5,98.1024Kg RT=6370Km G=6,67.10−11 N m2 Kg−2

a) Julios1026,66370000

1001098,51067,6

r

mMGEp 9

2411

Tierra.Sup ⋅−=⋅⋅⋅−=⋅−= −

b) Para un observador situado en el satélite, éste estará sometido a dos fuerzas en la misma dirección y sentido contrario: El peso y la F.centrífuga, y ambas deben ser iguales para que se mantenga en órbita.

hRr Tierra +=

FcFgrav= ⇒ r

vm

r

mMG

2

2=⋅

de donde:

s/m77922000006370000

1098,51067,6

hR

GM

r

GMv

2411

orbital =+

⋅⋅⋅=+

==−

b) La energía potencial, cinética y total serían:

Julios1007,62000006370000

1001098,51067,6

r

mMGEp 9

2411

Órbita ⋅−=+

⋅⋅⋅−=⋅−= −

s/m1004,3r

mMG

2

1

r

GMm

2

1vm

2

1Ec 9

2

2Órbita

⋅=⋅=

==

Julios1004,3)1007,6(1004,3EpEcE 999

Órbita ⋅−=⋅−+⋅=+=

O bien

Julios1004,3r

mMG

2

1

r

mMGm

2

1E 92

Órbita ⋅−=⋅−=

⋅−+= v

c) Teniendo en cuenta que la energía total es r

mMG

2

1E

⋅−= resulta que, puesto que es negativa,

disminuirá siempre que aumente en valor absoluto, es decir cuando disminuya el radio. Así pues, cuando por efecto del rozamiento pierda energía comenzará a describir una espiral de radio cada vez menor hasta caer en la tierra, o lo que es igual, la altura h cada vez será menor y como:

hR

GMvorbital +

=

al disminuir h, su velocidad lineal aumentará, y lo mismo le sucederá a la velocidad angular, ya que:

3)hR(

GM

r

v

+==ω

al disminuir h, la velocidad angular aumenta con mayor rapidez que la lineal. d) El periodo

22

22

2

2r

T

4)r (

r

vm

r

mMG

π=ω==⋅ ⇒ seg5298

1098,51067,6

)6570000(4

GM

r4T

2411

3232

=⋅⋅⋅

π=π= −

o bien teniendo en cuenta que:

T

2

r

π==ω v ⇒ seg5298

7792

65700002

v

r 2T =⋅π⋅=π=

e) La energía que hemos de comunicarle nosotros para ponerlo en órbita será la necesaria para subirlo hasta esa altura (∆Ep) más la energía cinética que luego hay que comunicarle tangencialmente para que comience a orbitar. Aplicando el principio de conservación de la energía entre la superficie de la tierra y la órbita:

tNoConserva.FBAWEcEp →=∆+∆

)EcEc()EpEp(W Tierra.SupÓrbitaTierra.SupÓrbitatNoConserva.F

BA −+−=→

J 1023,3)01004,3 ()) 1026,6(1007,6(W 9999

tNoConserva.FBA ⋅+=−⋅+⋅−−⋅−=→

f) La velocidad de escape es la velocidad que hemos de comunicarle para mandarlo al infinito, donde la energía es cero, así que:

0r

mMGvm

2

1EpEc 2

escapeAA =⋅−=+

s/m110192000006370000

1098,51067,62

r

GM2v

2411

escape =+

⋅⋅⋅⋅==−

FORMAS DE LA TRAYECTORIA DEL LANZAMIENTO DE UN COHE TE En primer lugar vamos a recordar que:

• La energía potencial gravitatoria siempre es negativa y que va aumentando conforme nos alejamos de la superficie de la tierra (donde tiene su máximo negativo) hasta llegar a cero en el infinito.

• La energía cinética por el contrario siempre es positiva, aunque si lanzamos un cuerpo hacia arriba ira disminuyendo hasta llegar a cero.

• La energía mecánica total, que es la suma de la cinética y de la potencial, podrá por lo tanto ser negativa, cero o positiva.

Energía mecánica negativa: Si la energía mecánica es negativa decimos que el cuerpo está ligado a la gravedad terrestre y que por tanto no puede escapar de su campo. Pueden ocurrir: A) Si la velocidad es menor que la de escape “y tiene la dirección del peso” sería como tirar

una piedra verticalmente hacia arriba: subirá hasta una determinada altura (más o menos grande dependiendo del valor de la velocidad inicial) y volverá a caer al suelo.

0EpEcEcEp arribaarriba

comunicadoquelehemosTierra.Superf <+=+

Como ∆Ec+∆Ep=0 → mientras sube, la disminución de ∆Ec conlleva un aumento de la ∆Ep y al contrario mientras baja.

B) Si la velocidad con que lo lancemos “tiene componente vertical y horizontal” el cuerpo

subirá hasta la altura h (la componente vertical de la velocidad es quien le hace subir) y allí pueden pasar tres cosas:

b1. Que la componente tangencial de la velocidad sea igual a la que debe tener para orbitar

a esa altura a la que ha llegado r/GMvorbital = . En ese caso, una vez arriba, describirá una órbita circular alrededor de la tierra y su energía como hemos deducido valdrá:

r

mMG

2

1E

⋅−=

b2. Que la componente tangencial de la velocidad < vorbital. Entonces volvería a la superficie terrestre, como ocurre cuando lanzamos una piedra o un proyectil a poca velocidad. b3. Que la componente tangencial de la velocidad > vorbital (pero más pequeña que la de escape) entonces el cuerpo seguirá ligado al campo gravitatorio, pero describirá una órbita elíptica en lugar de circular.

Energía mecánica cero : Si la energía mecánica es cero (Ec+Ep=0), entonces el satélite tendrá la energía mínima para escapar del campo, y lo haría siguiendo una trayectoria

parabólica. A la velocidad necesaria se le llama velocidad de escape: r/GM2vescape=

Energía mecánica positiva: Es decir, si le comunicamos una velocidad tal que Ec>Ep entonces, por supuesto escapará del campo gravitatorio, pero lo haría siguiendo una trayectoria hiperbólica. Además como puede suponerse llegaría al infinito con una velocidad>0. E6B.S2008 a) Explique qué se entiende por velocidad de escape de la Tierra y deduzca razonadamente su expresión. b) Suponiendo que la velocidad de lanzamiento de un cohete es inferior a la de escape, explique las características del movimiento del cohete y realice un balance de energías. EJEMPLO: a) Se lanza hacia arriba un objeto desde la superficie terrestre. Calcula la velocidad inicial que hemos de comunicarle para que llegue a una distancia r del centro de la tierra. Particularice la expresión de la velocidad inicial para puntos próximos a la superficie terrestre. b) Comente los cambios energéticos que tienen lugar durante el ascenso del objeto considerando despreciable el rozamiento. c) Calcule la velocidad orbital para que gire en una órbita r d) Se lanza hacia arriba un objeto desde la superficie terrestre. Calcula la velocidad inicial que hemos de comunicarle para que llegue a una distancia r del centro de la tierra y orbite. e) Calcular la velocidad de escape del objeto si lo lanzamos desde la superficie de la tierra. ¿ y si lo lanzáramos desde la órbita de radio r? DATOS: G, MT, RT, m = masa del objeto a) Cuando a un cuerpo le comunicamos (por algún procedimiento) una energía cinética estamos aumentando su energía mecánica y puesto que la fuerza gravitatoria es conservativa podemos

aplicar el principio de conservación de la energía mecánica. Teniendo en cuenta que si se lanza verticalmente hacia arriba irá subiendo hasta pararse, poner que:

PPtierratierra EpEcEpEc +=+

⋅−+=

⋅−+

r

mMGvm

2

1

R

mMGvm

2

1 T2P

T

T20

de donde:

⋅=

⋅−=

−=

rR

hGM2

rR

RrGM2

r

1

R

1GM2v

TT

T

TT

TT0

Particularización para puntos próximos a la superficie terrestre: Teniendo en cuenta que en tal caso las distancias entre las masas RT y r son prácticamente iguales, y que la gravedad es g = GMT/R2 podemos poner:

h g 2R

hGM2v

2T

T0 =

=

En realidad este ejercicio es igual al que hemos resuelto en cursos anteriores (aunque utilizando la expresión de Ep válida para puntos próximos): “Calcular la altura que alcanza un cuerpo cuando se le comunica verticalmente y hacia arriba una inicial vo”. En tal caso lo que hacíamos era aplicar, exactamente igual, la conservación de la energía mecánica, pero asignábamos nivel cero de Ep en la superficie de la tierra y la expresión mgh para la Ep a una altura h: (sería igual si asignamos EpA=mghA y a EpB=mghB ya que en tal caso mg(hB– hA) =mgh )

PPtierratierra EpEcEpEc +=+

BA20 h g m0h g mvm

2

1 +=+ → h g 2v0 =

b) De acuerdo al principio de conservación de la energía mecánica, 0=∆+∆ EpEc , como el incremento de energía cinética es negativo (puesto que al subir va disminuyendo su velocidad), la energía potencial debe incrementarse en el mismo valor pero positivamente. c ) Teniendo en cuenta que para un observador no inercial que se mueva con la masa m la fuerza resultante sobre ella es nula:

cgrav FF = → r

vm

r

mMG

2

2T =

⋅ →

r

GMv T

orbital =

d) d1.Este caso es parecido al apartado a) con una diferencia: que una vez que llegue a la distancia r no puede tener velocidad nula, sino precisamente una velocidad igual a la velocidad orbital y además esa velocidad debe ser tangencial (ya que si tuviese componente vertical seguiría subiendo). (En realidad no se hace así, sino que primero se sube el satélite hasta la altura a que debe orbitar y una vez allí se le comunica horizontalmente una velocidad igual a la orbital.)

PPtierratierra EpEcEpEc +=+

⋅−+=

⋅−+

r

mMGvm

2

1

R

mMGvm

2

1 T2P

T

T20

sustituyendo vp por la velocidad orbital:

⋅−+

=

⋅−+r

mMG

r

GMm

2

1

R

mMGvm

2

1 T

2

T

T

T20

de donde

−=r R

Rr2GMv

T

TT0

d2. podríamos haber hecho otro razonamiento (aunque en el fondo es exactamente lo mismo). Se trataría de calcular la diferencia de energía mecánica que tiene la masa m cuando está en la órbita r y cuando está parada sobre la superficie de la tierra. Esa diferencia de energía es la que hemos de comunicarle en forma de energía cinética:

TAAA R

mMGEpEcE

⋅−=+=

r2

mMG

r

mMG

r

GMm

2

1EpEcE

2

BBB

⋅−=

⋅−+

=+=

La diferencia de energía de cuando está orbitando con radio r y cuando estaba en reposo en la superficie de la tierra es EB–EA=WF.No.Conserv =GMm(2r–R/2Rr) Teniendo en cuenta que ese trabajo que le comunicamos lo debe adquirir en forma de energía cinética, tenemos que:

20

T

T vm2

1

rR2

Rr2GMm =

− →

−=r R

Rr2GMv

T

TT0

En realidad hay una diferencia entre ambos razonamientos. En el primer caso se parte de que el cuerpo está sobre la superficie de la tierra, pero ya se le ha comunicado la energía suficiente y por eso ahora ya todas las fuerzas son conservativas, entonces: 0=∆+∆ EpEc En el segundo caso se parte de un momento anterior, es decir cuando el cuerpo aun está en reposo sobre la tierra, y por tanto para que comience a subir necesita que se le comunique una energía, entonces:

tNoConserva.FBAWEpEc →=∆+∆

d3. Para aclarar los conceptos y enlazar con lo que aprendimos en los tiros de proyectiles, fíjate que la velocidad inicial del cuerpo debe formar un cierto ángulo, teniendo dos componentes: La componente X de la velocidad inicial debe coincidir con la velocidad orbital. (ya que durante todo el movimiento es la misma y por tanto debe ser igual a la que tiene en el punto más alto)

r

GMvv T

orbitalx0 ==

La componente Y de la velocidad inicial, que tampoco depende del tiempo, es igual a la que requiere para elevarse hasta una distancia r del centro de la tierra y ya hemos calculado antes.

⋅−=

rR

RrGM2v

T

TTy0

El módulo de la velocidad inicial será, por tanto:

−=

⋅−+=+=

r R

Rr2GM

rR

RrGM2

r

GMvvv

T

TT

T

TT

T20y

20x

No confundas la componente Y de la velocidad inicial con la componente Y del vector velocidad total. Esta sí que depende del tiempo, ya que este es suma de la velocidad inicial y de la debida a la gravedad sería:

j t g rTR

TRrTGM2i

r

TGMv

rrr

−

⋅

−+= donde

2r

MGg =

La componente Y de la velocidad inicial depende del tiempo, ya que es la suma de la componente Y de la velocidad inicial (que es constante e igual a la que requiere para elevarse hasta una distancia r del centro de la tierra) y de la debida a la gravedad (que depende del tiempo). e) La velocidad de escape es aquella que permite que el cuerpo escape de la atracción terrestre y ello requiere que su energía total sea positiva o nula como mínimo. Si queremos que el cuerpo escape completamente debemos comunicarle una energía cinética de manera que no se detenga hasta llegar al infinito, donde su energía mecánica sería cero porque llega con velocidad cero y porque allí su Ep=0, ya que es inversa a la distancia. Por tanto, como la energía mecánica en el lanzamiento debe ser igual a la que tiene en el infinito:

∞∞ +=+ EpEcEpEc tierratierra

∞⋅−+=

⋅−+= ∞mM

Gvm2

1

R

mMGvm

2

1E 22

escape

de donde:

R

GM2vescape=

Si el cuerpo estuviera a una altura h la velocidad de escape, sería rGM2

escapev = donde r=R+h

Como puedes ver comparando la velocidad orbital y la velocidad de escape: orbitalescape v2v ⋅=

Ejemplo: ¿Con qué velocidad habría que lanzar desde la superficie de la tierra una nave para que llegue a la luna? Datos: MT=5,98.1024Kg ML=7,35.1022Kg dT−L=3,84.108m

Esto es casi igual si que nos pidieran la velocidad con que hay que lanzar una piedra para que llegue al tejado. La pequeña diferencia es que, en este caso, solo tenemos que llevar el cuerpo hasta una distancia x donde el campo gravitatorio y el lunar se igualan y luego ya será la luna la que tire del cuerpo y lo lleve hasta

su superficie. El punto Po donde la gravedad terrestre y lunar se igualan, es decir gT=gL :

2

L2T

)xd(

MG

x

MG

−= → x=3,45.108m

Y ahora simplemente, aplicamos la conservación de la energía mecánica entre la superficie de la tierra y ese punto Po donde la gravedad es cero, que es donde hay que llevar al cuerpo.

0P0Ptierratierra EpEcEpEc +=+

⋅−+=

⋅−+

x

mMGmv

2

1

R

mMGmv

2

1 T2Po

T2

s/m1011,1x

1

R

1GM2v 4

TT ⋅=

−=

La intensidad de campo puede ser nula en el infinito o, como hemos visto en este caso, en un punto entre la tierra y la luna donde la gravedad terrestre se compense con la gravedad lunar. No obstante, habrás visto la ingravidez aparente de los astronautas en un satélite en órbita. Se explica sencillamente porque la aceleración del satélite es igual a la aceleración de la gravedad.

Para un observador inercial r

vag

2

normal =≡ y para un observador no inercial r

vag

2

centrífuga ==

Sería exactamente igual que si vamos en un ascensor y se rompe la cuerda. La aceleración con que nos moveríamos sería igual a la de la gravedad, con lo que, respecto de la cabina del ascensor, tendríamos aceleración cero y la sensación de ingravidez. Si en tal situación soltamos un objeto nos daría la impresión de que no cae porque siempre guardaría la misma posición respecto a nosotros, sin embargo respecto de un SRI, realmente ambos estamos cayendo con una aceleración igual a la de la gravedad.

AMPLIACIÓN CIRCULACIÓN DE UN VECTOR A LO LARGO DE UN CAMINO C El concepto de circulación se introdujo primero en hidrodinámica para saber si un fluido circulaba, es decir si hay un movimiento neto del mismo a través de un camino o conducción. De la misma forma se puede aplicar al vector Intensidad de campo, aunque en este caso realmente no hay nada que circule. Imagina un camino cualquiera, abierto o cerrado.

Tomemos un elemento de camino rdr

entonces la circulación del vector Ir

a lo largo del mismo se define como el producto escalar de la intensidad de campo por el vector desplazamiento:

rdIdCrr

•=

dC = Circulación a lo largo del elemento de camino dr

Ir

= Intensidad de campo rdr

= vector desplazamiento que ya conocemos (vector tangente al camino):

kdzjdyidxrdrrrr ++=

α = ángulo que forman la Intensidad de campo y el vector desplazamiento Si dividimos el camino a seguir en elementos rd

r y evaluamos para cada uno el diferencial de

circulación y los sumamos todos, tendremos la circulación total del vector Ir

entre los puntos A y B a lo largo del camino c. Esto se expresa con la integral de línea siguiente:

∫∫ ⋅α⋅=•=→

B

c,A

B

c,A

c,BA drcosIrdICrr

Se lee: la circulación entre los puntos A y B a lo largo del camino c Si la circulación fuese a lo largo de un camino cerrado, es decir desde el punto A al B y luego desde el B al A, tendríamos:

∫∫∫ •=•+•= rdIrdIrdICA

2c,B

B

1c,A

rrrrrr

La integral con el circulito indica que el camino es cerrado. El concepto de circulación que se ha definido es aplicable a cualquier vector:

• La circulación del vector fuerza entre los puntos A y B a lo largo de un camino c no es

más que el trabajo realizado por la fuerza para llevar al cuerpo desde el punto A al B por ese camino. (Ya recordarás cuando definimos el trabajo, que dijimos que en general depende del camino seguido. No obstante si la fuerza es conservativa no sería necesario especificar el camino porque no depende de él.)

c,BA

B

c,A

c,BA WrdFC →→ =•= ∫rr

• La circulación del vector intensidad de campo entre los puntos A y B es igual a la menos la diferencia de potencial entre esos puntos. (En este caso nos da igual el camino seguido porque la diferencia de potencial entre dos puntos solo depende de la posición de los puntos.)

−−

−=•−=−=•= ∫∫→

BA

B

A

r2BA

B

A

BA r

MG

r

MGrdu

r

MGVVrdgC

rrrr

Ejemplo:

Calcular el trabajo realizado por la fuerza jxiyx3F 2rrr

+= cuando lleve a una partícula desde la posición A(0,0) hasta la B(1,2) a través de los caminos: a) de la recta x2y =

b) de la parábola 2x2y = Nos dice que calculemos el trabajo, pero sería exactamente igual si nos hubiesen dicho que calculemos la circulación del vector fuerza entre esos puntos y por esos caminos, ya que como sabemos es la misma cosa.

∫∫ +•+=•=→

B

1c,A

2B

1c,A

1c,BA )jdyidx()jxiyx3(rdFWrrrrrr

)dyxdxyx3(WB

1c,A

21c,BA ∫ ⋅+⋅=→

La integral podemos descomponerla en dos integrales, una donde, como puedes ver, se integra respecto a x y la otra donde se integra respecto a y.

∫ ∫ ⋅+⋅=→

B

1c,A

B

1c,A

21c,BA dyxdxyx3W

a) Hasta aquí es lo mismo sigas la trayectoria que sigas, porque solamente hemos sustituido F por su valor y realizado el producto escalar. fíjate que, por ejemplo, en la primera integral se integra respecto de x, pero la y no es una constante porque depende de x, así que antes de realizar la integral debemos poner todo en función de una sola variable y para eso es para lo que necesitamos la ecuación de la trayectoria, así que como:

camino c1: x2y =

• sustituyendo, la primera integral nos quedaría como: dxx2x3 2 ⋅⋅∫ y los límites de

integración, como integramos respecto de x, serían xA y xB, es decir entre 0 y 1

• en la segunda integral debemos hacer lo mismo, poner todo en función de una sola

variable. Así que, si despejamos la x y sustituimos, nos quedaría: ∫ ⋅ dy2/y pero

también si derivamos la ecuación de la trayectoria tendremos que dx2dy = , así que

también podríamos optar por poner la segunda integral de la forma: dx2x∫ ⋅ . Da igual

tomar una u otra aunque claro, según optemos, los límites de integración serían desde yA a yB o desde xA a xB .

∫ ∫=

=

=

=→ ⋅+⋅=

1x

0x

1x

0x

21c,BA dx2xdxx2x3W

[ ] Julios50,2x4

x6W

1

02

1

0

4

1c,BA =+

=→

b) El trabajo para llevar la partícula a lo largo del camino c2 se hace exactamente igual, con la única diferencia de que ahora la relación entre las variables x e y es distinta, porque viene dada por la ecuación del camino:

camino c2: 2x2y =

• Sustituyendo la ecuación de la trayectoria en la primera integral, nos quedaría

dxx2x3 22 ⋅⋅∫ y los límites de integración, como integramos respecto de x, serían

xA y xB, es decir entre 0 y 1 • Teniendo en cuenta que si derivamos la ecuación de la nueva trayectoria ( 2xy = )

obtendremos dxx4dy ⋅= si sustituimos en la segunda integral nos quedará

∫ ⋅⋅ dxx4x y los límites de integración, como también integramos respecto de x,

serían xA y xB, es decir entre 0 y 1

∫ ∫=

=

=

=→ ⋅⋅+⋅=

1x

0x

1x

0x

222c,BA dxx4xdxx2x3W

Julios53,23

x4

5

5x6W

1

0

31

02c,BA =

+

=→

Como puede verse, en general, el trabajo depende de la trayectoria seguida. Por el contrario, si solo dependiera de la posición de los puntos A y B diríamos que la fuerza es conservativa. FLUJO A TRAVES DE UNA SUPERFICIE El concepto de flujo se introdujo en hidrodinámica para expresar el flujo neto de fluido a través de la superficie. En un campo vectorial se aplica el concepto de flujo de manera

análoga para indicar el número de líneas de fuerza que atraviesan una superficie, aunque está claro que como las líneas de campo son imaginarias, en realidad a través de la superficie no fluye nada. Sea una superficie cualquiera, abierta o cerrada, si tomamos un elemento diferencial de superficie dS, el flujo (φ) de la Intensidad de campo a través de ella se define como el producto escalar del vector Intensidad de campo por vector de superficie:

SdIdrr

•=φ dφ = Flujo a través del elemento dS Ir

= Intensidad de campo que lo atraviesa

Sdr

= vector perpendicular a la superficie y de módulo igual al área del elemento α = ángulo que forman la Intensidad de campo y la normal a la superficie

Si dividimos la superficie S en elementos infinitesimales dS y calculamos para cada uno la diferencial de flujo y las sumamos todas tendremos el flujo total a través de toda la superficie, lo que se expresa como la integral de superficie:

∫ •=φS

SdIrr

No tienes que preocuparte por la aparición de una integral de superficie, porque en todos los casos que se van a plantear se resolverá sin tener que recurrir a cálculos complejos. Por ejemplo:

A) Si el campo es constante y perpendicular a la superficie, Sdr

, es decir que I=cte y α=0º nos quedaría que:

SIdSIº0cosdSISdISSS

⋅==⋅⋅=•=φ ∫∫∫rr

B) Si el campo es constante y paralelo a la superficie, es decir α=90º , entonces, como el producto escalar es nulo:

0=φ C) Si el campo es constante y forma un ángulo α con la perpendicular a la superficie:

α⋅⋅=φ cosSI Ejemplo: Un cilindro está en un campo eléctrico uniforme E

r como se indica en la figura. ¿Cuánto vale

el flujo a través del cilindro?

Vamos a calcular el flujo a través de la pared lateral, luego de la cara anterior y luego de la posterior. Sumando tendremos el flujo total a través de toda la superficie del cilindro El flujo φ1 a través de la pared lateral es cero, porque el campo y el vector superficie forman 90º y su coseno es nulo:

0º90cosSEcosSE1 =⋅⋅=α⋅⋅=φ

El Flujo φ2 a través de la cara anterior es:

2

2 REº0cosSEcosSE π⋅=⋅⋅=α⋅⋅=φ

siendo R el radio del cilindro El flujo φ3 a través de la cara de atrás es:

23 REº180cosSEcosSE π⋅−=⋅⋅=α⋅⋅=φ

El flujo total se obtiene sumando:

0321 =φ+φ+φ=φ

Más adelante estudiemos el teorema de Gauss, según éste, el flujo total a través de una superficie cerrada es nulo si no encierra cargas en su interior (o masas en el caso del campo gravitatorio).

Ejemplo: Una espira cuadrada de 4cm de lado se encuentra en un campo magnético de 2Weber/m2. Calcular el flujo que atraviesa a la espira: a) Cuando está perpendicular al campo b) Cuando está paralela al campo c) Cuando forma un ángulo de 60º con la dirección del campo d) Cuando gira con una velocidad angular ω Hemos definido el flujo de forma general como el producto escalar de un vector a través de una superficie, En este caso el vector es la inducción magnética B

r y la superficie, en realidad

no es tal, puesto que una espira no es más que un hilo conductor que se cierra sobre sí, pudiendo tener forma circular, cuadrada o cualquier otra. a)

Weber102,304,02SBº0cosSB 32 −⋅=⋅=⋅=⋅⋅=φ b) Cuando la espira está paralela al campo el flujo es cero, porque en ese caso el vector superficie y el campo forman 90º y su coseno es nulo c) Cuando la espira forma un ángulo de 60º con la inducción magnética, fíjate que el ángulo que ésta forma con el vector superficie sería de 30º (no olvides que el vector superficie es perpendicular a la superficie)

Weber108,330cos04,02SBº30cosSB 32 −⋅=⋅⋅=⋅=⋅⋅=φ

d) Cuando la espira gire con una velocidad angular ω, el ángulo α será función del tiempo, estando relacionados ambos, como sabemos por: to ⋅ω+α=α

tcosSBcosSB ω⋅⋅=α⋅⋅=φ

tcos102,3 3 ω⋅=φ −

Se trata del un flujo variable, porque depende del tiempo como puede verse. Mas adelante veremos que si un circuito (la espira en este caso) es atravesado por un flujo magnético variable, en él aparece una fuerza electromotriz inducida (e) que viene dada por:

( )tsenBS

dt

tcosSBd

dt

de ω⋅ω=ω⋅⋅−=φ−=

Precisamente en esto se basa la producción industrial de corriente alterna.

FLUJO DE LA INTENSIDAD DE CAMPO A TRAVES DE UNA SUP ERFICIE CERRADA. TEOREMA DE GAUSS El teorema de Gauss nos permite calcular el flujo de la Intensidad de campo a través de una superficie cerrada de forma cualquiera. Supongamos una superficie cerrada de forma esférica, (para mayor sencillez, aunque el resultado es general) y que en su interior encierra una masa m. El flujo a través de un elementode superficie sería:

Sdgdrr •=φ

El flujo a través de toda la superficie se obtiene integrando a toda ella:

Gm4r4r

mGdS

r

mGdS

r

mGdS gSdg 2

2S

2S

2SS

π−=π⋅−=−=−=−=•=φ ∫∫∫∫rr

En el caso de que dentro de la superficie hubiera varias masas, el flujo total sería la suma del debido a cada una de ellas, es decir que:

∑π−=φ imG4

Es muy importante tener en cuenta que:

• Solamente contribuyen al flujo a través de la superficie cerrada las masas (o cargas en el caso del eléctrico) que se encuentren en su interior. De ello se deduce que el flujo a través de una superficie cerrada que no contiene masas (o cargas) en su interior es nulo. La consecuencia es que la líneas de campo gravitatorio son abiertas (sumideros para las masas y confluyen en un punto) con lo que entrarían en la superficie por un lado y saldrían por el otro dando resultante de flujo nula.

• El flujo a través de la superficie cerrada es independiente de la posición de las masas en su interior, ya que su expresión no depende de r.

• El flujo del campo gravitatorio a través de una superficie cerrada debido a las masas que encierra en su interior siempre es negativo.

resolviendo el producto escalar y teniendo en cuenta que α=180º

dS g180cosdSgSdg −=⋅⋅=•rr

La integral de superficie es la suma de todas las superficies elementales y por tanto la superficie de la esfera 4πr2

Ejemplo: Dentro de una caja de galletas hay dos bolas iguales de masa m y fuera de ella hay otra bola también de masa m. a) Cual será el flujo del campo gravitatorio a través de la caja? b) Como se calcularía el campo en un punto P fuera de la caja? Como hemos dicho, solamente contribuyen al flujo a través de la superficie cerrada las masas en su interior y además que el flujo es independiente de la posición de las masas en el interior de la superficie:

)mm(G 4 +π−=φ Sin embargo para calcular el campo en un punto sí que habría que tener en cuenta a todas las masas, estén donde estén, y además también habrá que tener en cuenta las posiciones que ocupa cada masa respecto al punto.

Aplicando el principio de superposición, no habría más que calcular el valor del campo en el punto P debido a cada masa por separado y sumarlos vectorialmente. Ejemplo: Obtener, utilizando el teorema de Gauss, la expresión de la intensidad de campo gravitatorio creado por una masa m a una distancia r. Por supuesto ya sabemos la expresión que tiene, pero vamos a obtenerla a partir del teorema de Gauss. Dibujamos alrededor de la masa una superficie cerrada que va a ser una esfera cuya distancia a la masa será r. Según la ley de Gauss:

∫ •=φS

Sdgrr

expresión general del flujo

Gm4π−=φ Teorema de Gauss

Como:

• El vector gr

y el vector Sdr

forman ángulo de 180º

• El módulo de g es constante en toda la superficie, porque al ser la superficie esférica en todos sus puntos dista igual a la masa m.

Gm4dSgS

π−=− ∫ ⇒ m G 4r 4g 2 π−=π⋅− ⇒ 2r

mGg =