Campo gravitatorio: ejercicios de la PAU de Física resueltos

Planteamiento La gravedad proporciona toda la fuerza centrípeta. Igualamos ambas expresiones y relacionamos velocidad y periodo.

1. El radio se mide desde el centro de la Tierra.

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

2. Cancelamos la masa del satélite.

   $\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. Sustituimos sin redondear valores intermedios.

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

Planteamiento La energía potencial es negativa con origen en el infinito. En una órbita circular, la relación centrípeta permite obtener la energía cinética y la mecánica.

1. Calculamos el cambio de energía 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. Sumamos la energía cinética y la potencial en la órbita.

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

3. El signo negativo identifica un estado ligado; con las hipótesis dadas la órbita es circular y cerrada.

   $E_m<0$

Planteamiento El Sol ocupa un foco de la elipse. La suma de las distancias extremas es el doble del semieje mayor; aplicamos la tercera ley de Kepler.

1. En el dibujo situamos el perihelio en el punto más cercano al foco solar y el afelio en el más lejano.

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

2. Calculamos el periodo con las constantes dadas.

   $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 periodo es aproximadamente de 76 años. Las apariciones contiguas a 1682 quedan fuera de 1656-1742.

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

Resultado$a=17{,}94\,\mathrm{ua}$; $T=2{,}41\times10^9\,\mathrm{s}$. Solo pudo observarlo una vez, en 1682.

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

Planteamiento Por conservación de la energía mecánica, la velocidad es máxima donde la distancia al Sol es mínima. Para calcularla usamos la conservación del momento angular entre ambos ápsides.

1. La energía constante implica que la energía cinética crece cuando el potencial se hace más negativo.

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

2. En los ápsides los vectores radio y velocidad son perpendiculares.

   $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}}$

Planteamiento Se piden la intensidad del campo gravitatorio de Marte y la fuerza sobre Hera a $5\,000\,\mathrm{km}$ de la superficie, y un esquema con la fuerza. La distancia que entra en la ley de la gravitación es la que hay hasta el centro de Marte.

1. Distancia de Hera al centro de Marte:

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

2. Intensidad del campo gravitatorio, la fuerza por unidad de masa:

   $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. Fuerza sobre Hera:

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

4. La fuerza es atractiva: va de Hera hacia el centro de Marte, a lo largo de la recta que los une (figura). Con $\vec u_r$, el vector unitario de Marte hacia Hera:

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

Resultado$g=0{,}608\,\mathrm{N\,kg^{-1}}$ (o $\mathrm{m\,s^{-2}}$); $F=687\,\mathrm{N}$, dirigida de Hera hacia el centro de Marte.

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

Planteamiento Se piden el semieje mayor de la órbita de Hera (con la tercera ley de Kepler, comparando con la Tierra), la distancia del afelio al Sol y el cociente entre las velocidades en el perihelio y en el afelio (por conservación del momento angular).

1. Período de Hera en días:

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

2. Hera y la Tierra giran alrededor del Sol: $T^2/a^3$ es el mismo para las dos. Con $T_T=365$ días y $a_{ST}=1{,}50\times10^{11}\,\mathrm{m}$:

   $\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 semieje mayor es la media de las distancias al Sol del perihelio y del afelio:

   $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. En el perihelio y en el afelio el radio vector y la velocidad son perpendiculares, y el momento angular se conserva (la fuerza del Sol es 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$

Planteamiento Se piden la altura de la órbita estacionaria, cuyo período es un día marciano, y la intensidad del campo gravitatorio de Marte a esa altura.

1. Período: un día marciano en segundos.

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

2. La gravedad de Marte hace de fuerza centrípeta de la sonda, de masa $m$; despejamos el radio de la órbita (es la tercera ley 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. Sustituimos:

   $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 superficie:

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

5. Intensidad del campo a esa distancia del centro de Marte:

   $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}}$

Planteamiento Se piden el semieje mayor y el período de la órbita elíptica de la segunda sonda y, con la energía mecánica que da el enunciado, la velocidad en el periastro y el módulo del momento angular.

1. Distancias al centro de Marte en el periastro y en el apoastro, y semieje mayor:

   $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 ley de Kepler, con el semieje mayor sin redondear:

   $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. En el periastro, la energía cinética más la potencial es la energía mecánica de la órbita; la masa $m$ 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. Sustituimos:

   $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. En el periastro el radio vector y la velocidad son perpendiculares, así que el módulo del momento angular es:

   $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}}$

Planteamiento Igualamos la gravitación a la fuerza centrípeta para hallar la velocidad. El número de vueltas completas es la parte entera del tiempo del día dividido por el periodo.

1. Obtenemos el radio y despejamos la velocidad.

   $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. Calculamos el periodo sin redondear la velocidad.

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

3. Distinguimos vueltas totales de vueltas completadas.

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

Planteamiento En la órbita circular, la energía cinética es la mitad del módulo de la energía potencial. La energía total es negativa porque el satélite queda ligado gravitacionalmente.

1. Deducimos la energía mecánica a partir de la velocidad orbital.

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

2. Usamos el radio de la nueva órbita.

   $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}$

Planteamiento La gravedad proporciona toda la fuerza centrípeta de la órbita circular. El número de vueltas es el cociente entre un día y el período.

1. Igualamos la gravitación y la fuerza centrípeta; la masa de la caja se cancela.

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

2. Sumamos la altura al radio terrestre y sustituimos.

   $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. Dividimos la duración del día por el tiempo de una vuelta.

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

Planteamiento Tomamos la energía potencial nula en el infinito y conservamos la energía mecánica en la caída ideal. Una energía total negativa corresponde a un sistema ligado.

1. En una órbita circular la energía cinética es la mitad del módulo de la potencial.

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

2. Calculamos la energía inicial y restamos la potencial en la superficie.

   $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}$

Planteamiento Se piden la expresión y el valor de la velocidad orbital de la Tierra, en una órbita circular de radio $R_{ST}$, y de la velocidad que necesitaría para alejarse indefinidamente del Sol: la velocidad de escape desde su órbita.

1. La única fuerza sobre la Tierra, de masa $M_T$, es la atracción del Sol, que hace de fuerza centrípeta; la masa de la Tierra 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. Sustituimos, con $R_{ST}=1{,}496\times10^{11}\,\mathrm{m}$:

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

3. Para alejarse indefinidamente, la Tierra tiene que llegar como mínimo al infinito, donde la energía potencial es cero, con velocidad nula: su energía mecánica tiene que ser como mínimo cero.

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

4. Sustituimos:

   $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}}$

Planteamiento Se pide cuántas veces mayor es la velocidad en el perihelio que en el afelio, por conservación del momento angular, y justificar con la segunda ley de Kepler que en el perihelio es mayor.

1. La fuerza del Sol es central: el momento angular de la Tierra respecto del Sol se conserva. En el perihelio y en el afelio el radio vector y la velocidad son perpendiculares ($\sin\theta=1$):

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

2. Despejamos el cociente:

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

3. Segunda ley de Kepler: el radio vector Sol-Tierra barre áreas iguales en tiempos iguales. Cerca del perihelio el radio es menor, así que, para barrer la misma área en el mismo tiempo, la Tierra tiene que recorrer un arco más largo: va más deprisa que en el afelio.

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

Planteamiento Se pide deducir el período de un planeta en órbita circular en función de la masa de la estrella y del radio, y calcular cuántos días dura el año de Tau Ceti e.

1. La gravedad de la estrella hace de fuerza centrípeta; la masa $m$ del planeta se simplifica:

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

2. Una vuelta, de longitud $2\pi r$, dura un período:

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

3. Sustituimos:

   $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. Pasamos a días ($1\,\text{día}=86\,400\,\mathrm{s}$):

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

Planteamiento Se pide deducir la intensidad del campo gravitatorio en la superficie de un planeta y calcular la aceleración de la gravedad en la superficie de Tau Ceti e.

1. Sobre una masa $m$ en la superficie, el peso es la fuerza gravitatoria del planeta; la intensidad del campo es la fuerza por unidad de masa:

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

2. Sustituimos:

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

Planteamiento La potencial se refiere al infinito y depende de la distancia al centro. La altura es esa distancia menos el radio de Mercurio.

1. Despejamos las dos distancias con los valores negativos del 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. Calculamos la altura sin redondear primero la distancia central.

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

Planteamiento La fuerza central tiene momento nulo y conserva el momento angular. En los ápsides, velocidad y radio son perpendiculares, de modo que el cálculo formal es inmediato.

1. Sumamos el radio planetario a las alturas y conservamos el momento angular.

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

2. Despejamos la velocidad en P. Es el resultado formal que pide el enunciado.

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

3. Advertencia: con los valores dados, la velocidad en A supera la de escape. No existe la elipse ligada descrita; el resultado anterior es formal y condicional.

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

4. La aceleración normal cambia a lo largo de la órbita. En los ápsides la velocidad es perpendicular al radio y toda la gravedad es normal; en los demás puntos solo lo es una parte (φ es el ángulo entre el radio y la velocidad). Como además la gravedad es mayor cuanto más cerca, la aceleración normal es máxima en P.

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

Planteamiento La fuerza gravitatoria actúa como fuerza centrípeta. El radio orbital se mide desde el centro de Mercurio.

1. Aplicamos Newton y la ley de gravitación.

   $\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. Dividimos los segundos de un año por el período sin redondearlo.

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

Planteamiento Para escapar con velocidad final nula en el infinito hay que elevar la energía total hasta cero. La energía disponible fija la masa máxima.

1. Sustituimos la velocidad circular en la suma de energías.

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

2. Igualamos el módulo de la energía de enlace con 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}}$

Planteamiento Se pide la fuerza que ejercen el Sol y la Tierra sobre el telescopio, la fuerza total y el período de su órbita circular alrededor del Sol. En $L_2$ el Sol, la Tierra y el telescopio están alineados y el telescopio queda al otro lado de la Tierra, así que las dos fuerzas apuntan hacia el Sol y se suman. Esa fuerza total es la centrípeta del movimiento circular.

1. Pasamos las distancias a metros. Son distancias entre centros, así que el radio de la Tierra no hace falta.

   $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. Fuerza que ejerce el Sol, con la ley de la gravitación 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. Fuerza que ejerce la Tierra:

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

4. Las dos fuerzas tienen la misma dirección y el mismo sentido, hacia el Sol: el módulo de la fuerza total es la suma.

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

5. La fuerza total hace de fuerza centrípeta de la órbita circular de radio $r_S$ (segunda ley de Newton); despejamos el período:

   $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. Sustituimos y pasamos a días ($1\,\text{día}=86\,400\,\mathrm{s}$):

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