Camp gravitatori: exercicis de la PAU de Física resolts

Plantejament La gravetat proporciona tota la força centrípeta. Igualem les dues expressions i relacionem velocitat i període.

1. El radi es mesura des del centre de la Terra.

   $r$${}= R_T+h$${}= (6370+500)\times10^3$${}= 6{,}87\times10^6\,\mathrm{m}$

2. Cancel·lem la massa del satèl·lit.

   $\frac{GM_Tm}{r^2}=\frac{mv^2}{r}$$v=\frac{2\pi r}{T}\ \Rightarrow\ T=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM_T}}$

3. Substituïm sense arrodonir els valors intermedis.

   $T$${}= 2\pi\sqrt{\frac{(6{,}87\times10^6)^3}{(6{,}67\times10^{-11})(5{,}98\times10^{24})}}$${}= 5665\,\mathrm{s}$

Plantejament L’energia potencial és negativa amb origen a l’infinit. En una òrbita circular, la relació centrípeta permet obtenir l’energia cinètica i la mecànica.

1. Calculem el canvi d’energia potencial.

   $\Delta U$${}= GM_Tm\left(\frac1{R_T}-\frac1r\right)$${}= (6{,}67\times10^{-11})(5{,}98\times10^{24})(11{,}1)\left(\frac1{6{,}37\times10^6}-\frac1{6{,}87\times10^6}\right)$${}= 5{,}0585\times10^7\,\mathrm{J}$

2. Sumem l’energia cinètica i la potencial a l’òrbita.

   $E_m$${}= \frac{GM_Tm}{2r}-\frac{GM_Tm}{r}$${}= -\frac{GM_Tm}{2r}$${}= -3{,}2223\times10^8\,\mathrm{J}$

3. El signe negatiu identifica un estat lligat; amb les hipòtesis donades l’òrbita és circular i tancada.

   $E_m<0$

Plantejament El Sol ocupa un focus de l’el·lipse. La suma de les distàncies extremes és el doble del semieix major; apliquem la tercera llei de Kepler.

1. Al dibuix situem el periheli al punt més proper al focus solar i l’afeli al més llunyà.

   $a$${}= \frac{r_P+r_A}{2}$${}= \frac{0{,}575+35{,}3}{2}$${}= 17{,}938\,\mathrm{ua}$${}= 2{,}6906\times10^{12}\,\mathrm{m}$

2. Calculem el període amb les constants donades.

   $T$${}= 2\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM_S}}$${}= 2\pi\sqrt{\frac{(2{,}6906\times10^{12})^3}{(6{,}67\times10^{-11})(1{,}99\times10^{30})}}$${}= 2{,}407\times10^9\,\mathrm{s}$

3. El període és aproximadament de 76 anys. Les aparicions contigües a 1682 queden fora de 1656-1742.

   $1682-76\approx1606<1656$$1682+76\approx1758>1742$

Resultat$a=17{,}94\,\mathrm{ua}$; $T=2{,}41\times10^9\,\mathrm{s}$. Només el va poder observar una vegada, el 1682.

La pauta oficial dona: a = 17,94 ua; T = 2,41 × 10⁹ s o 76,0 anys; una observación

Plantejament Per conservació de l’energia mecànica, la velocitat és màxima on la distància al Sol és mínima. Per calcular-la usem la conservació del moment angular entre els dos àpsides.

1. L’energia constant implica que l’energia cinètica creix quan el potencial es fa més negatiu.

   $\frac12mv^2=E_m+\frac{GM_Sm}{r}$

2. Als àpsides els vectors radi i velocitat són perpendiculars.

   $mr_Pv_P$${}= mr_Av_A$${}\Rightarrow v_P$${}= v_A\frac{r_A}{r_P}$${}= 896\frac{35{,}3}{0{,}575}$${}= 55007\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

Plantejament Es demanen la intensitat del camp gravitatori de Mart i la força sobre Hera a $5\,000\,\mathrm{km}$ de la superfície, i un esquema amb la força. La distància que entra a la llei de la gravitació és la que hi ha fins al centre de Mart.

1. Distància d’Hera al centre de Mart:

   $r$${}= R_M+h$${}= 3{,}39\times10^{6}$${}+5{,}00\times10^{6}$${}= 8{,}39\times10^{6}\,\mathrm{m}$

2. Intensitat del camp gravitatori, la força per unitat de massa:

   $g$${}= G\frac{M_M}{r^2}$${}= 6{,}67\times10^{-11}\cdot\frac{6{,}42\times10^{23}}{(8{,}39\times10^{6})^2}$${}= 0{,}6083\,\mathrm{N\,kg^{-1}}$

3. Força sobre Hera:

   $F=m_Hg=1\,130\cdot0{,}6083=687\,\mathrm{N}$

4. La força és atractiva: va d’Hera cap al centre de Mart, al llarg de la recta que els uneix (figura). Amb $\vec u_r$, el vector unitari de Mart cap a Hera:

   $\vec F=-G\frac{M_Mm_H}{r^2}\,\vec u_r$

Resultat$g=0{,}608\,\mathrm{N\,kg^{-1}}$ (o $\mathrm{m\,s^{-2}}$); $F=687\,\mathrm{N}$, dirigida d’Hera cap al centre de Mart.

La pauta oficial dona: g = 0,608 m/s²; F = 687 N

Plantejament Es demanen el semieix major de l’òrbita d’Hera (amb la tercera llei de Kepler, comparant amb la Terra), la distància de l’afeli al Sol i el quocient entre les velocitats al periheli i a l’afeli (per conservació del moment angular).

1. Període d’Hera en dies:

   $T_H=2\cdot365+274=1\,004\,\text{dies}$

2. Hera i la Terra giren al voltant del Sol: $T^2/a^3$ és el mateix per a totes dues. Amb $T_T=365$ dies i $a_{ST}=1{,}50\times10^{11}\,\mathrm{m}$:

   $\frac{T_H^2}{a_H^3}$${}= \frac{T_T^2}{a_{ST}^3}$${}\Rightarrow a_H$${}= a_{ST}\left(\frac{T_H}{T_T}\right)^{2/3}$${}= 1{,}50\times10^{11}\left(\frac{1\,004}{365}\right)^{2/3}$${}= 2{,}9448\times10^{11}\,\mathrm{m}$

3. El semieix major és la mitjana de les distàncies al Sol del periheli i de l’afeli:

   $a_H$${}= \frac{r_p+r_a}{2}$${}\Rightarrow r_a$${}= 2a_H-r_p$${}= 2\cdot2{,}9448\times10^{11}$${}-1{,}49\times10^{11}$${}= 4{,}40\times10^{11}\,\mathrm{m}$

4. Al periheli i a l’afeli el radi vector i la velocitat són perpendiculars, i el moment angular es conserva (la força del Sol és central):

   $m_Hr_pv_p$${}= m_Hr_av_a$${}\Rightarrow \frac{v_p}{v_a}$${}= \frac{r_a}{r_p}$${}= \frac{4{,}40\times10^{11}}{1{,}49\times10^{11}}$${}= 2{,}95$

Plantejament Es demanen l’altura de l’òrbita estacionària, el període de la qual és un dia marcià, i la intensitat del camp gravitatori de Mart a aquesta altura.

1. Període: un dia marcià en segons.

   $T=24\cdot3\,600+37\cdot60=88\,620\,\mathrm{s}$

2. La gravetat de Mart fa de força centrípeta de la sonda, de massa $m$; n’aïllem el radi de l’òrbita (és la tercera llei de Kepler):

   $G\frac{M_Mm}{r^2}$${}= m\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2r$${}\Rightarrow r=\sqrt[3]{\frac{GM_MT^2}{4\pi^2}}$

3. Substituïm:

   $r$${}= \sqrt[3]{\frac{6{,}67\times10^{-11}\cdot6{,}42\times10^{23}\cdot88\,620^2}{4\pi^2}}$${}= 2{,}042\times10^{7}\,\mathrm{m}$

4. Altura sobre la superfície:

   $h$${}= r-R_M$${}= 2{,}042\times10^{7}$${}-3{,}39\times10^{6}$${}= 1{,}70\times10^{7}\,\mathrm{m}$

5. Intensitat del camp a aquesta distància del centre de Mart:

   $g$${}= G\frac{M_M}{r^2}$${}= 6{,}67\times10^{-11}\cdot\frac{6{,}42\times10^{23}}{(2{,}042\times10^{7})^2}$${}= 0{,}103\,\mathrm{N\,kg^{-1}}$

Plantejament Es demanen el semieix major i el període de l’òrbita el·líptica de la segona sonda i, amb l’energia mecànica que dona l’enunciat, la velocitat al periastre i el mòdul del moment angular.

1. Distàncies al centre de Mart al periastre i a l’apoastre, i semieix major:

   $r_p=3\,390+255=3\,645\,\mathrm{km}$$r_a=3\,390+320=3\,710\,\mathrm{km}$$a$${}= \frac{r_a+r_p}{2}$${}= 3\,677{,}5\,\mathrm{km}$${}= 3{,}68\times10^{6}\,\mathrm{m}$

2. Tercera llei de Kepler, amb el semieix major sense arrodonir:

   $T$${}= 2\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM_M}}$${}= 2\pi\sqrt{\frac{(3{,}6775\times10^{6})^3}{6{,}67\times10^{-11}\cdot6{,}42\times10^{23}}}$${}= 6{,}77\times10^{3}\,\mathrm{s}$

3. Al periastre, l’energia cinètica més la potencial és l’energia mecànica de l’òrbita; la massa $m$ de la sonda se simplifica:

   $\frac12mv_p^2-G\frac{M_Mm}{r_p}$${}= -G\frac{M_Mm}{2a}$${}\Rightarrow v_p$${}= \sqrt{GM_M\left(\frac{2}{r_p}-\frac1a\right)}$

4. Substituïm:

   $v_p$${}= \sqrt{6{,}67\times10^{-11}\cdot6{,}42\times10^{23}\left(\frac{2}{3{,}645\times10^{6}}-\frac{1}{3{,}6775\times10^{6}}\right)}$${}= 3{,}443\times10^{3}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

5. Al periastre el radi vector i la velocitat són perpendiculars, de manera que el mòdul del moment angular és:

   $L$${}= m\,r_pv_p$${}= 1\,187\cdot3{,}645\times10^{6}\cdot3{,}443\times10^{3}$${}= 1{,}49\times10^{13}\,\mathrm{kg\,m^{2}\,s^{-1}}$

Plantejament Igualem la gravitació a la força centrípeta per trobar la velocitat. El nombre de voltes completes és la part entera del temps del dia dividit pel període.

1. Obtenim el radi i aïllem la velocitat.

   $r$${}= (6370+550)10^3$${}= 6{,}92\times10^6\,\mathrm{m}$$\frac{GM_Tm}{r^2}$${}= \frac{mv^2}{r}$${}\Rightarrow v=\sqrt{\frac{GM_T}{r}}$${}= 7592{,}1\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

2. Calculem el període sense arrodonir la velocitat.

   $T=\frac{2\pi r}{v}=5727\,\mathrm{s}$$n=\frac{24\times3600}{T}=15{,}086$

3. Distingim voltes totals de voltes completades.

   $n_{completes}=\lfloor15{,}086\rfloor=15$

Plantejament A l’òrbita circular, l’energia cinètica és la meitat del mòdul de l’energia potencial. L’energia total és negativa perquè el satèl·lit queda lligat gravitacionalment.

1. Deduïm l’energia mecànica a partir de la velocitat orbital.

   $E_m$${}= \frac12m\frac{GM_T}{r}-\frac{GM_Tm}{r}$${}= -\frac{GM_Tm}{2r}$

2. Usem el radi de la nova òrbita.

   $r$${}= (6370+530)10^3$${}= 6{,}90\times10^6\,\mathrm{m}$$E_m$${}= -\frac{(6{,}67\times10^{-11})(5{,}98\times10^{24})(227)}{2(6{,}90\times10^6)}$${}= -6{,}5611\times10^9\,\mathrm{J}$

Plantejament La gravetat proporciona tota la força centrípeta de l’òrbita circular. El nombre de voltes és el quocient entre un dia i el període.

1. Igualem la gravitació i la força centrípeta; la massa de la caixa es cancel·la.

   $\frac{GMm}{r^2}=\frac{mv^2}{r}\Rightarrow v=\sqrt{\frac{GM}{r}}$

2. Sumem l’altura al radi terrestre i substituïm.

   $r$${}= 6{,}37\cdot10^6$${}+400\cdot10^3$${}= 6{,}77\cdot10^6\,\mathrm{m}$$v$${}= \sqrt{\frac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}98\cdot10^{24}}{6{,}77\cdot10^6}}$

3. Dividim la durada del dia pel temps d’una volta.

   $T=\frac{2\pi r}{v}$$n=\frac{86400v}{2\pi r}$

Plantejament Prenem l’energia potencial nul·la a l’infinit i conservem l’energia mecànica en la caiguda ideal. Una energia total negativa correspon a un sistema lligat.

1. En una òrbita circular l’energia cinètica és la meitat del mòdul de la potencial.

   $E_m=\frac{GMm}{2r}-\frac{GMm}{r}=-\frac{GMm}{2r}$$r=6{,}65\cdot10^6\,\mathrm{m}$

2. Calculem l’energia inicial i restem la potencial a la superfície.

   $E_m$${}= -\frac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}98\cdot10^{24}\cdot430\cdot10^3}{2\cdot6{,}65\cdot10^6}$$K_f=E_m+\frac{GMm}{6{,}37\cdot10^6}$

Plantejament Es demanen l’expressió i el valor de la velocitat orbital de la Terra, en una òrbita circular de radi $R_{ST}$, i de la velocitat que necessitaria per allunyar-se indefinidament del Sol: la velocitat d’escapament des de la seva òrbita.

1. L’única força sobre la Terra, de massa $M_T$, és l’atracció del Sol, que fa de força centrípeta; la massa de la Terra se simplifica:

   $G\frac{M_SM_T}{R_{ST}^2}$${}= M_T\frac{v^2}{R_{ST}}$${}\Rightarrow v=\sqrt{\frac{GM_S}{R_{ST}}}$

2. Substituïm, amb $R_{ST}=1{,}496\times10^{11}\,\mathrm{m}$:

   $v$${}= \sqrt{\frac{6{,}67\times10^{-11}\cdot1{,}99\times10^{30}}{1{,}496\times10^{11}}}$${}= 2{,}98\times10^{4}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

3. Per allunyar-se indefinidament, la Terra ha d’arribar com a mínim a l’infinit, on l’energia potencial és zero, amb velocitat nul·la: la seva energia mecànica ha de ser com a mínim zero.

   $\frac12M_Tv_e^2$${}-G\frac{M_SM_T}{R_{ST}}=0$${}\Rightarrow v_e$${}= \sqrt{\frac{2GM_S}{R_{ST}}}$${}= \sqrt2\,v$

4. Substituïm:

   $v_e$${}= \sqrt{\frac{2\cdot6{,}67\times10^{-11}\cdot1{,}99\times10^{30}}{1{,}496\times10^{11}}}$${}= 4{,}21\times10^{4}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

Plantejament Es demana quantes vegades més gran és la velocitat al periheli que a l’afeli, per conservació del moment angular, i justificar amb la segona llei de Kepler que al periheli és més gran.

1. La força del Sol és central: el moment angular de la Terra respecte del Sol es conserva. Al periheli i a l’afeli el radi vector i la velocitat són perpendiculars ($\sin\theta=1$):

   $L$${}= M_Trv\sin\theta$${}\Rightarrow M_TR_Pv_P$${}= M_TR_Av_A$

2. N’aïllem el quocient:

   $\frac{v_P}{v_A}$${}= \frac{R_A}{R_P}$${}= \frac{1{,}526\times10^{8}}{1{,}475\times10^{8}}$${}= 1{,}035$

3. Segona llei de Kepler: el radi vector Sol-Terra escombra àrees iguals en temps iguals. A prop del periheli el radi és més petit, de manera que, per escombrar la mateixa àrea en el mateix temps, la Terra ha de recórrer un arc més llarg: va més de pressa que a l’afeli.

   $\frac{\mathrm dA}{\mathrm dt}=\frac12\,r\,v\sin\theta=\text{constant}$

Plantejament Es demana deduir el període d’un planeta en òrbita circular en funció de la massa de l’estrella i del radi, i calcular quants dies dura l’any de Tau Ceti e.

1. La gravetat de l’estrella fa de força centrípeta; la massa $m$ del planeta se simplifica:

   $G\frac{M_Tm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}\;\Rightarrow\;v=\sqrt{\frac{GM_T}{r}}$

2. Una volta, de longitud $2\pi r$, dura un període:

   $T=\frac{2\pi r}{v}=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM_T}}$

3. Substituïm:

   $T$${}= 2\pi\sqrt{\frac{(8{,}05\times10^{10})^3}{6{,}67\times10^{-11}\cdot1{,}56\times10^{30}}}$${}= 1{,}407\times10^{7}\,\mathrm{s}$

4. Passem a dies ($1\,\text{dia}=86\,400\,\mathrm{s}$):

   $T$${}= \frac{1{,}407\times10^{7}}{86\,400}$${}= 163\,\text{dies}$

Plantejament Es demana deduir la intensitat del camp gravitatori a la superfície d’un planeta i calcular l’acceleració de la gravetat a la superfície de Tau Ceti e.

1. Sobre una massa $m$ a la superfície, el pes és la força gravitatòria del planeta; la intensitat del camp és la força per unitat de massa:

   $mg$${}= G\frac{M_{Te}m}{R_{Te}^2}$${}\Rightarrow g=G\frac{M_{Te}}{R_{Te}^2}$

2. Substituïm:

   $g$${}= 6{,}67\times10^{-11}\cdot\frac{2{,}26\times10^{25}}{(1{,}15\times10^{7})^2}$${}= 11{,}4\,\mathrm{m\,s^{-2}}$

Plantejament La potencial es refereix a l’infinit i depèn de la distància al centre. L’altura és aquesta distància menys el radi de Mercuri.

1. Aïllem les dues distàncies amb els valors negatius de potencial.

   $r=-\frac{GMm}{U}$$r_1$${}= \frac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot3{,}285\cdot10^{23}\cdot2700}{1{,}89\cdot10^{10}}$$r_2$${}= \frac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot3{,}285\cdot10^{23}\cdot2700}{1{,}35\cdot10^{10}}$

2. Calculem l’altura sense arrodonir primer la distància central.

   $g$${}= \frac{GM}{r^2}$${}\Rightarrow h=\sqrt{\frac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot3{,}285\cdot10^{23}}{3{,}23}}$${}-2{,}44\cdot10^6$

Plantejament La força central té moment nul i conserva el moment angular. Als àpsides, velocitat i radi són perpendiculars, de manera que el càlcul formal és immediat.

1. Sumem el radi planetari a les altures i conservem el moment angular.

   $r_P=(2440+590)\cdot10^3$$r_A=(2440+11600)\cdot10^3$$mr_Pv_P=mr_Av_A$

2. Aïllem la velocitat a P. És el resultat formal que demana l’enunciat.

   $v_P$${}= \frac{14{,}04\cdot10^6}{3{,}03\cdot10^6}\,2{,}64\cdot10^3$

3. Advertiment: amb els valors donats, la velocitat a A supera la d’escapament. No existeix l’el·lipse lligada descrita; el resultat anterior és formal i condicional.

   $v_{\rm esc}(A)$${}= \sqrt{2GM/r_A}$${}= 1{,}77\cdot10^3\,\mathrm{m/s}$${}< 2{,}64\cdot10^3\,\mathrm{m/s}$

4. L’acceleració normal canvia al llarg de l’òrbita. Als àpsides la velocitat és perpendicular al radi i tota la gravetat és normal; als altres punts només n’és una part (φ és l’angle entre el radi i la velocitat). Com que a més la gravetat és més gran com més a prop, l’acceleració normal és màxima a P.

   $a_n=\frac{GM}{r^2}\ \text{(àpsides)}$$a_n=\frac{GM}{r^2}\sin\varphi<\frac{GM}{r^2}\ \text{(resta)}$$a_{n,P}=\frac{GM}{r_P^2}=2{,}39\,\mathrm{m/s^2}$

Plantejament La força gravitatòria actua com a força centrípeta. El radi orbital es mesura des del centre de Mercuri.

1. Apliquem Newton i la llei de gravitació.

   $\frac{GMm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}\Rightarrow v=\sqrt{\frac{GM}{r}}$$v$${}= \sqrt{\frac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot3{,}285\cdot10^{23}}{3{,}360\cdot10^6}}$

2. Dividim els segons d’un any pel període sense arrodonir-lo.

   $n=\frac{365{,}25\cdot86400}{2\pi r/v}$

Plantejament Per escapar amb velocitat final nul·la a l’infinit cal elevar l’energia total fins a zero. L’energia disponible fixa la massa màxima.

1. Substituïm la velocitat circular a la suma d’energies.

   $E_m=\frac12mv^2-\frac{GMm}{r}=-\frac{GMm}{2r}$

2. Igualem el mòdul de l’energia de lligam amb el combustible.

   $4{,}5\cdot10^9$${}= \frac{GMm_{\max}}{2r}$${}\Rightarrow m_{\max}$${}= \frac{2\cdot3{,}360\cdot10^6\cdot4{,}5\cdot10^9}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot3{,}285\cdot10^{23}}$

Plantejament Es demana la força que fan el Sol i la Terra sobre el telescopi, la força total i el període de la seva òrbita circular al voltant del Sol. A $L_2$ el Sol, la Terra i el telescopi estan alineats i el telescopi queda a l’altra banda de la Terra, de manera que les dues forces apunten cap al Sol i se sumen. Aquesta força total és la centrípeta del moviment circular.

1. Passem les distàncies a metres. Són distàncies entre centres, així que el radi de la Terra no cal.

   $r_S$${}= 151{,}1\times10^{6}\,\mathrm{km}$${}= 1{,}511\times10^{11}\,\mathrm{m}$$r_T$${}= 1{,}50\times10^{6}\,\mathrm{km}$${}= 1{,}50\times10^{9}\,\mathrm{m}$

2. Força que fa el Sol, amb la llei de la gravitació universal:

   $F_S$${}= G\frac{M_{\text{Sol}}M_{JW}}{r_S^2}$${}= 6{,}67\times10^{-11}\cdot\frac{1{,}99\times10^{30}\cdot6\,161}{(1{,}511\times10^{11})^2}$${}= 35{,}82\,\mathrm{N}$

3. Força que fa la Terra:

   $F_T$${}= G\frac{M_{\text{Terra}}M_{JW}}{r_T^2}$${}= 6{,}67\times10^{-11}\cdot\frac{5{,}98\times10^{24}\cdot6\,161}{(1{,}50\times10^{9})^2}$${}= 1{,}092\,\mathrm{N}$

4. Les dues forces tenen la mateixa direcció i el mateix sentit, cap al Sol: el mòdul de la força total és la suma.

   $F$${}= F_S+F_T$${}= 35{,}82+1{,}092$${}= 36{,}91\,\mathrm{N}$

5. La força total fa de força centrípeta de l’òrbita circular de radi $r_S$ (segona llei de Newton); n’aïllem el període:

   $F$${}= M_{JW}\,\omega^2r_S$${}= M_{JW}\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2r_S$${}\Rightarrow T=2\pi\sqrt{\frac{M_{JW}\,r_S}{F}}$

6. Substituïm i passem a dies ($1\,\text{dia}=86\,400\,\mathrm{s}$):

   $T$${}= 2\pi\sqrt{\frac{6\,161\cdot1{,}511\times10^{11}}{36{,}91}}$${}= 3{,}1555\times10^{7}\,\mathrm{s}$${}= \frac{3{,}1555\times10^{7}}{86\,400}\,\text{dies}$${}= 365{,}2\,\text{dies}$