Problemas desarrollados por Augusto Montes B.GRAVITACIÓN

2.1 Halle la altura y la velocidad de un satélite geoestacionario desde el centro de la tierra que se mueve en el plano ecuatorial.

Datos útiles:, constante gravitacional.

, masa de la tierra.

, radio de la tierra.

Geoestacionario quiere decir que siempre está sobre el mismo punto de la tierra, o sea que su período P es un día:

P = 8.64 x 104 s

Aceleración centrípeta =

esta aceleración es ocasionada por la atracción terrestre:

.

de donde (ésta es la 2a ley de Kepler)

de donde

.

La atmósfera terrestre “termina” a 9700 Km sobre el nivel del mar, es decir, el “borde” de la atmósfera está a 12900 Km del centro de la tierra. Con la palabra “borde” queremos decir que a esa distancia la densidad de partículas por unidad de volumen es comparable a la del espacio interplanetario.

2.2 De acuerdo con el significado de la palabra borde mencionado en el problema anterior, resolver el siguiente problema: En el borde de la atmósfera se lanza un cohete verticalmente, hacia la luna. a) En qué punto el cohete tiene aceleración cero?, b) ¿cuál ha de ser la mínima velocidad de lanzamiento para que la luna lo atrape?, c) Si así ocurriera, con qué velocidad tocaría la superficie lunar?.

mL: masa de la luna.MT: masa de la tierra.

En el dibujo, T y L marcan los centros de la tierra y de la luna, A el borde de la atmósfera terrestre y C la superficie lunar. El borde de la atmósfera terrestre desde el centro es TA = 12900Km = 12.9x106m

a) La aceleración producida por la tierra es cancelada por la producida por la luna, en el punto B:

- 1 - TB: distancia de T a B, etc.

de donde (BL)2MT = (TB)2mL; pero BL = TL – TB; al reemplazar queda una ecuación de segundo grado con dos soluciones así:

- 2 -

vemos que una de las dos soluciones matemáticas no tiene sentido físico. En efecto, si en - 2 – escogiéramos el signo superior (+) obtendríamos TB > TL, lo que no tiene sentido. Para que TB < TL escogemos el signo inferior (–) en - 2 - :

Reemplazando aquí los valores de MT = 5.98X1024Kg y mL=7.36x1022Kg encontramos:

- 3 - TB = 0.9 TL = 3.45 x 108 m. Donde, TL=3.84x108m, que corresponde a la distancia entre el centro de la tierra y el centro de la luna.

b) Llamemos X un punto cualquiera de la trayectoria, tal que TX y LX son, respectivamente, las distancias de X a la tierra y a la luna. Llamando a la masa del cohete escribimos la energía así:

- 4 -

Para responder la pregunta b) decimos: el cohete justamente llega a B con velocidad cero, o sea que con - 4 -:

- 5 -

De otro lado, escribiendo - 4 - en el punto A:

- 6 - . Igualando - 5 - con - 6 -.

- 7 -

Ahora, LA = TL – TA y LB = TL – TB. Las longitudes TL y TA, como también MT y mL, son datos, y la longitud TB fue calculada en - 3 -. Vemos pues que se pueden poner directamente las cantidades numéricas al lado derecho de - 7 - para obtener:

- 8 -

- 9 -

Si la luna no existiera, podemos calcular cuál sería la velocidad de escape a una altura TA desde el centro de la tierra; el resultado es 7.86 Km s-1 para comparar con - 9 -.

c) Escribamos - 4 - en el punto C, la superficie lunar:

Igualando con - 5 -:

Donde LC=RL=1.74x106m.

Ahora, TC = TL – LC, quedando expresable en términos de datos y de - 3 -, para finalmente obtener:

Al dispararse de A la velocidad es , al pasar por B es cero, y al caer en la luna es .

2.3 Un planeta pasa por el perigeo a distancia r del sol y con velocidad , y pasa por el apogeo a distancia R y con velocidad . Halle Va en términos de r, vp y R.

En el apogeo y en el perigeo el radio vector es perpendicular a la velocidad, y por eso la magnitud del momentum angular es L = masa x distancia x rapidez. Escribimos L en el perigeo así: mrvp, y escribimos L en el apogeo así: mRVa. Ahora, como la fuerza es central, L se conserva; entonces podemos igualar estos dos resultados, de donde

.

En el sistema solar la fracción es máxima para Plutón y mínima para Neptuno;

a continuación aparecen los valores de para varios astros:

Astro :

Plutón: 1.67 Luna: 1.12 Tierra: 1.035 Neptuno: 1.008

Esta tabla relaciona los valores ; vemos así que al dibujar la trayectoria de Plutón

ésta aparece, visiblemente, como una elipse; pero al dibujar las elipses de la Luna, la Tierra y Neptuno, las elipses obtenidas son casi círculos.

2.4 Sean A y B dos puntos simétricos de la trayectoria de un planeta. Probar que vA = vB.

La energía total en A se escribe: , y la energía en B es

. Si igualamos estas dos expresiones se tiene:

= , es decir:

Ahora, la simetría indica que rA = rB, entonces vA = vB. Este problema también se puede resolver usando la ley de la conservación del momentum angular.

2.5 Considere un cometa cuya trayectoria es tal que cuando su distancia al sol es

, tiene una velocidad v0 = 5.16 x 104 en una dirección que hace un ángulo

de con el vector . Halle rf la distancia de máximo acercamiento al sol.

El vector momentum angular en cualquier punto de la trayectoria es . En los puntos A y C el momentum angular es perpendicular al plano determinado por CSA y por conservación de , puesto que en C y A los son paralelos, entonces sus magnitudes deben ser iguales en esos puntos .

por conservación del momentum angular ; al elevar ambos lados al

cuadrado la anterior ecuación se tiene:

usando los datos:

- 1 -

De otro lado, la ley de la conservación de la energía dice:

; de esta ecuación se puede aislar el cociente

así:

- 2 -

al introducir en - 2 - MS=1.98x1030Kg y los otros datos numéricos:

- 3 -

Ahora se iguala - 1 - con - 3 -:

Esta es una ecuación de segundo grado para la incógnita . Sus dos soluciones

son:

Para obtener una cantidad positiva, se escoge el signo + :

2.6 Esta es una generalización del problema anterior. Considere un cometa cuya trayectoria es tal que cuando está a una distancia r0 del sol, su velocidad hace un ángulo con . Halle rf = la distancia de máximo acercamiento al sol. Estudie por separado los casos E = 0, E < 0 y E > 0.

Solución:

La figura muestra las variables en un instante cualquiera; las condiciones iniciales son los valores de . Como la energía y el momentum angular se conservan, consideramos que E y L son parámetros fijos. El momentum angular en magnitud es .

Por lo tanto, el momentum angular es para cualquier posición; elevando al cuadrado y dividiendo por 2, r2 y m ambos lados de la ultima expresión se tiene:

- 1 - y la energía es:

- 2 -

Ya que sen2 + cos2 = 1, podemos multiplicar por sen2 + cos2 el término

en - 2 - así:

, es decir

- 3 -

Usando - 1 - en el primer término de - 3 - :

; reordenando:

Esta es una ecuación de segundo grado para la variable ; fácilmente encontramos

las dos soluciones:

- 4 -

Este es un resultado general, válido para cualquier valor de . En particular usemos - 4 – en el punto A donde r= rf y y por lo tanto cos = 0:

- 5 -

Para el problema que nos ocupa debemos traducir los parámetros E y L en términos de los datos :

- 6 -

Los parámetros - 6 - en - 5 - producen finalmente:

- 7 -

Nótese que el resultado - 7 - es independiente de la masa m del cometa. Para terminar debemos aclarar cómo se usa el doble signo en - 7 -. Para tal efecto conviene estudiar el resultado de - 5 -, que menciona explícitamente a la energía E, que es la que determina la curva que describe el cometa en el espacio. En efecto, sabemos que las trayectorias hiperbólica, parabólica y elíptica ocurren para E > 0, E = 0 y E < 0, respectivamente. Estudiemos cada caso en particular.

Parábola: Poniendo E = 0 en - 5 -:

Si escogiéramos el signo – obtendríamos , que no tiene sentido: para la parábola se toma el signo + en - 7 -.

Hipérbola:

Cuando E > 0 la raíz cuadrada que aparece en - 5 - es mayor que uno; si escogiéramos el signo menos en - 5 - obtendríamos rf < 0, que no tiene sentido: para la hipérbola se toma el signo + en - 7 -.

Elipse:

Cuando E < 0 la raíz cuadrada que aparece en - 5 - es menor que uno, y conservamos los dos signos en - 5 - y en - 7 -. Se obtienen así dos valores para rf correspondientes al perigeo y al apogeo, los dos puntos donde cos .

2.7 Un cuerpo se suelta desde una altura h considerada respecto a la superficie terrestre. Muestre que si h es bastante menor que el radio RT de la tierra, entonces la velocidad con que toca el suelo viene dada aproximadamente por , que es un

resultado bien conocido de física elemental. .

Usaremos la ley de la conservación de la energía. En el instante en que el objeto se

suelta la energía se escribe , y en el instante en que el objeto golpea la

superficie terrestre la energía se escribe . Al igualar estas dos

expresiones se obtiene:

, es decir:

, pero

Ahora usando la fórmula del binomio de Newton:

2.8 Una partícula de masa m puede moverse en un tubo horizontal, sin fricción, como muestra la figura. Pruebe que para el movimiento es armónico simple.

Escribamos la energía E en cualquier posición:

Ahora tomaremos la derivada temporal a ambos lados de esta ecuación; al lado

derecho se produce , que es cero, porque la energía se conserva, ya que no hay

fricción. Obtenemos entonces:

Ahora, :

Dividiendo ambos lados por mv:

- 1 -

Este resultado es exacto; para x2 << R2 podemos decir:

- 2 -

Que se reconoce como la ecuación del movimiento armónico simple; fácilmente

identificamos la frecuencia angular:

Este problema también se puede resolver estudiando directamente las fuerzas que actúan sobre m. Bosquejaremos rápidamente la idea :

fuerza en dirección x:

es decir:

Y esta ecuación coincide con - 2 -; basta entonces repetir el proceso que condujo hasta - 2 -.

2.9 Una varilla homogénea tiene masa M y longitud L. Considere un punto colineal con la varilla y a una distancia x de uno de los extremos, como muestra la figura. En ese punto x: a) Calcule ; b) Calcule V(x); c) Calcule la velocidad de escape.

Solución:

Para resolver este problema dibujamos un eje x como muestra la figura de abajo, y una variable y que recorre los puntos de la varilla, en el rango .

Un segmento infinitesimal dy tiene una masa infinitesimal y se encuentra a una

distancia x – y del punto x.

a) El campo infinitesimal producido por dy en x es:

introduciendo el siguiente cambio de variable:

- 1 - , entonces:

, es decir:

- 2 -

b) El potencial infinitesimal dV producido por dy en el punto x es:

. Usando - 1 - de nuevo:

, es decir:

- 3 - .

Esto es valido para x>L , puesto que en x=L hay una singularidad.

c) Consideremos una partícula de masa m que pasa por x con velocidad v. Según - 3 - tenemos

Además , entonces:

- 4 -

La velocidad de escape vesc ocurre cuando Etotal = 0. Haciendo Etotal = 0 en - 4 – y teniendo en cuenta que el potencial es valido a partir de cualquier punto x>L. Puede observarse sin dificultad y aplicando el teorema L´Hopital a –4- que V=0 cuando , como era de esperar. La velocidad de escape es:

Nota

Sabemos que, en general, :

- 5 -

Para que - 5 - tenga sentido se requiere que las tres derivadas

existan, es decir, que la función V esté definida en el espacio tridimensional x, y, z. Como V está evaluada en y=0 y z=0 entonces el campo lo calculamos a lo largo de

cualquier punto a lo largo de x aplicando simplemente :

Que corrobora el resultado - 2 -.

2.10 Un anillo de radio r tiene su masa M uniformemente distribuida. Considere un punto en el eje del anillo y a una distancia z del centro. Para este punto calcule: a) el campo ; b) el potencial V; c) la velocidad de escape.

Solución:

Un segmento infinitesimal de anillo, de longitud dl, tiene una masa y se

encuentra a una distancia del punto P a lo largo de z como en la figura.

a) El segmento dl produce en p un campo de magnitud

- 1 - ;

este campo tiene una componente “horizontal” (de acuerdo con el dibujo de arriba) que se cancela con la componente “horizontal” del campo producido por otro segmento del anillo, que es opuesto al anterior. De - 1 - sobrevive apenas la componente en dirección “vertical” :

b) El segmento dl produce en z un potencial dV:

, entonces, integrando:

- 3 -

Tomando la derivada se obtiene el campo gravitacional de - 3 -:

que está de acuerdo con - 2 -. c) Ahora consideremos una partícula de masa m, que pasa por el punto z con

velocidad v. Su energía cinética es y la energía potencial es mV con - 3 -. La

energía total E es

- 4 -

la velocidad de escape vesc es el valor de v para E = 0, pues se esta tomando a V=0 en en ; bien, hacemos E = 0 en - 4 - y encontramos:

2.11 Un disco de radio b, con un agujero circular de radio a, tiene una densidad superficial de masa uniforme. Considere un punto sobre el eje del disco y a una distancia z. En z: a) halle ; b) halle V; c) halle la velocidad de escape.

Solución

Para resolver este problema concebimos al disco como la unión de muchos anillos de radios diferentes. El dibujo de arriba muestra un anillo genérico de radio r, ancho dr, circunferencia 2 y una masa .De acuerdo con las fórmulas del problema anterior, este anillo genérico produce en p a lo largo de z lo siguiente:

- 1 -

- 2 -

Para hallar el campo total integramos - 1 -:

, lo que da:

- 3 -

Para hallar el potencial total se integra - 2 -:

- 4 -

Tomando la derivada -4- calculamos el campo gravitacional a lo largo del eje z :

que está de acuerdo con - 3 -.

c) Pensemos en una partícula de masa m, que pasa por el punto z con velocidad v.

Su energía cinética es y la energía potencial es mV(z) con V(z) dado por - 4 -.

La energía total es:

- 5 -

la velocidad de escape vesc es el valor de v para E = 0; bien, hacemos E = 0 en - 5 - para encontrar:

2.12 Una esfera maciza de radio a tiene su masa M uniformemente distribuida en todo el volumen. Halle el campo y el potencial V dentro de la esfera.

Primero que todo calculemos la densidad de masa :

- 1 -

A una distancia , el campo se debe únicamente a una esfera de radio r:

usar - 1 –

- 2 -

- 2 - es expresable como menos el gradiente de un potencial:

; en coordenadas esféricas:

;

- 3 -

Igualando componentes a lado y lado de - 3 - encontramos:

- 4 -

- 5 -

Las ecuaciones - 4 - dicen que V no depende de los ángulos es decir, ; entonces la derivada parcial en - 5 - se puede sustituir por derivada total:

- 6 - y,

Como el campo dentro y fuera de la esfera es diferente, la integral desde infinito hasta un r<a debe hacerse por partes. Además, debe tenerse en cuenta que .

- 7 -

- 8 - .

En r=a el potencial es .

En r=0 el potencial es

2.13 Supongamos que la masa M de la tierra está uniformemente repartida en todo su volumen. Imaginemos que se cava un túnel en una cuerda a una distancia h del centro, y que un objeto de masa m desliza en el túnel sin fricción. Pruebe que su movimiento es armónico simple.

Considere un instante en que su coordenada es x y su velocidad es v. Su energía

cinética es y su energía potencial es mV, con V dada por - 8 - del problema

anterior:

- 9 -

- 10 -

Tomaremos la derivada temporal en ambos lados de - 10 -; al lado izquierdo queda

entonces , que es cero, porque la energía se conserva cuando no hay fricción.

De - 10 - se obtiene entonces:

Pero :

Dividiendo ambos lados de esta ecuación por mv:

Que se reconoce como la ecuación del movimiento armónico simple, con :

Período =

Nótese que nuestro resultado es independiente de h.

Este problema también se puede resolver examinando las fuerzas que actúan sobre m, y a continuación hacemos un bosquejo del argumento. Según - 2 - del problema

anterior, la fuerza gravitacional sobre m es , y su componente en x

es:

. Pero :

, de donde

,

Que es la ecuación del movimiento armónico simple, con frecuencia angular .

2.14 Imaginemos que se cava un gran túnel diametral en la tierra, y que justo sobre él, y desde una gran altura h, se suelta un objeto de masa m. Hallar la velocidad cuando pasa por el centro de la tierra. Asumir que la masa M de la tierra está uniformemente distribuida en la esfera de radio a. Diga si el movimiento es periodico y si es M.A.S o no.

Para resolver este problema usaremos la ley de la conservación de la energía. En el instante en que se suelta su energía cinética es cero y la energía potencial es mV(a + h);

cuando pasa por el centro de la tierra la energía cinética es y la energía potencial

es mV(0): Igualando estas dos expresiones de la energía total:

- 11 -

, mientras que V(0) se averigua con - 8 - del problema

2.12; entonces - 11 - es:

El movimiento es periódico debido a la conservación de la energía, pero no es M.A.S.

2.15 Dos masas iguales M están separadas una distancia 2a. Una tercera masa se suelta desde un punto P, como muestra la figura. Halle la velocidad de la tercera masa cuando pasa por Q. Halle la aceleración en P y en Q.

El punto P se encuentra a una altura b; en general consideremos un punto cualquiera en el eje y, que se encuentra a una altura y. Este punto general y se encuentra a una distancia de cada una de las dos masas M; el potencial gravitacional creado

en y por una masa M es , o sea que el potencial total en y es:

- 1 -

Consideramos ahora una partícula de masa m que viaja en el eje y; esta m interactúa con las dos masas M de tal manera que las dos masas M tienden a “subir” o “bajar” debido a la atracción causada por m, es decir, Q no es un punto fijo. Asumiremos, sin embargo, que las dos masas M permanecen fijas, de tal modo que Q es fijo y la separación 2a entre ellas constante. A una altura y la energía potencial es

y la energía total E es:

- 2 - : constante

Escribiendo - 2 - en el punto P:

Escribiendo - 2 - en el punto Q:

Como E es constante, podemos igualar los dos últimas renglones:

, de donde:

- 3 -

Calcularemos la aceleración basados en el dibujo de la derecha, en el que aparecen los campos gravitacionales producidos por las masas M en el punto y. Nótese que las componentes en x se cancelan, mientras que las componentes en y se refuerzan.

El campo total es entonces 2 veces la componente y del campo producido por una sola M:

- 4 -

esta es la aceleración que siente cualquier cuerpo masivo que se encuentre en el eje y. En particular:

;

Conviene anotar finalmente, que v(0) también puede calcularse sin apelar a la ley de la

conservación de la energía. En efecto, - 4 - da la aceleración . Pero

, entonces - 4 - se escribe así:

, es decir:

. Integrando:

, de donde

que coincide con - 3 -.