que coincide con las dimensiones del miembro izquierdo, [F ].

Transcripción

1 Agrupación Astronómica de Madrid Curso de Física Básica Ejercicios. Hoja 4 1. Un asteroide está sometido a la fuerza gravitatoria debida al Sol, dada por F = G Mm r 2, donde G = 6, m 3 kg 1 s 2 es la constante de gravitación, M = 1, kg es la masa del Sol, m = 3, kg es la masa del asteroide, F es la fuerza (expresada en N), y r la distancia entre el Sol y el asteroide (expresada en m). a) Comprobar que la ecuación de arriba es dimensionalmente correcta. b) ¾A qué distancia r del Sol ha de estar situado el asteroide para que la fuerza que siente debida al Sol sea la misma que la que siente la Tierra? Suponemos que la Tierra está situada a 1 UA (unidad astronómica) del Sol, que 1 UA = 1, m, y que la masa de la Tierra es 5, kg. a) Tenemos, por un lado: [F ] = M.L.T 2. Además: [G] = L 3.M 1.T 2, [M] = [m] = M, [r 2 ] = L 2. Operando: [ G Mm ] = [G] [M][m] r 2 [r 2 ] = L 3.M 1.T 2. M2 L 2 = L.M.T 2, que coincide con las dimensiones del miembro izquierdo, [F ]. b) Sea la masa de la Tierra y r T la distancia entre el Sol y la Tierra. Entonces,

2 2 si las dos fuerzas (la que siente el asteroide debida al Sol y la que siente la Tierra debida al Sol) han de ser iguales, hemos de tener: G Mm r 2 = G M r 2 T, donde m es la masa del asteroide y r su distancia al Sol. Simplicando: r 2 = rt 2 rt 2 m = r T m r 2 = r 2 T Introduciendo números: r T = 1 UA y m = m r = 3, = 5, , m. (que es adimensional, ya que es una masa dividido por otra). Finalmente: r = 1 5, = 2, UA = 3, m. Esto no quiere decir que el asteroide vaya a estar a esa distancia, ya que la órbita de un cuerpo no depende (esencialmente) de su masa, tan sólo de su energía. Por otro lado, esta distancia es menor que el radio del Sol (igual a 6, m) es decir, este asteroide hipotético se localizaría en el interior del Sol. Hacemos notar además que la fuerza en el interior del Sol no sigue la ley de gravitación utilizada aquí, sino una diferente (que se obtiene de la anterior haciendo un cálculo consistente. Este cálculo lo haremos más adelante en el curso); esta fuerza sería proporcional a la distancia al centro del Sol, en lugar de inversamente proporcional al cuadrado de la distancia. Tan solo estamos usando este ejemplo cticio a modo de ejercicio. El valor numérico de la fuerza sería (se puede calcular con el asteroide o con la Tierra, ya que son iguales): F = G Mm r 2 = 6, , , (3, ) 2 = 3, N. 2. La tercera ley de Kepler para el movimiento de un planeta dice, en su versión moderna, que T 2 = 4π 2 G(M + m) a3, donde T es el periodo orbital del planeta, G la constante de gravitación, M la masa del Sol, m la masa del planeta, y a el semieje mayor de su órbita elíptica. a) Comprobar que la ecuación de arriba es dimensionalmente correcta.

3 3 b) Utilizando el valor de a para la órbita de la Tierra, obtener su periodo orbital. Expresar el resultado en s y en años. a) Tenemos: Además, [T 2 ] = T 2. [G] = L 3.M 1.T 2, [M] = [m] = M, [a 3 ] = L 3, con lo cual, combinando las expresiones: [ ] 4π 2 [a 3 ] G(M + m) a3 = [G]([M] + [m]) = L 3 L 3 M 1.T 2.M = T2, que coincide con las dimensiones del miembro izquierdo, [T 2 ]. b) Introduciendo valores numéricos: T 2 4π 2 = G(M + m) a3 = = 9, s, (donde hemos tomado π = 3, ), de donde 4π 2 6, (1, , ) (1, ) 3 s T = T 2 = 9, = 3, s Expresado en días, teniendo en cuenta que 1 d = = s, obtenemos T = 3, = 365, 1 d que es aproximadamente 1 año (el año sidéreo consta de 365, 26 d). Observemos la débil dependencia del resultado con la masa de la Tierra (la suma 1, , es igual, con una alta precisión, a la masa del Sol, 1, , ya que hay un factor 1 millón entre ambas). 3. La ecuación que da el periodo T de un péndulo de longitud l en la supercie de un planeta con aceleración de la gravedad g es l T = 2π g.

4 4 a) Obtener una relación entre los periodos T y T de un mismo péndulo, en dos planetas con aceleración de la gravedad g y g. b) Sabiendo que g está dado, en función de la masa m del planeta y de su radio, por g = Gm R 2, calcular cuántas veces menor es el periodo de un mismo péndulo en un planeta con la misma masa que la Tierra pero la mitad de su radio. a) Tenemos: l T = 2π g, T l = 2π g (la longitud l es la misma, al tratarse del mismo péndulo). Dividiendo una entre la otra: T T = 2π l/g 1/g 2π l/g = g = 1/g g. Observemos que, si g > g, entonces T < T (ya que g/g < 1), es decir, el péndulo oscila más rápidamente cuanto mayor es la gravedad. La fórmula g = Gm R 2, reeja el hecho de que la gravedad depende tanto de la masa m como del radio R de un cuerpo. La g de un cuerpo con masa m = pero radio R = R R /2 es: g = Gm R 2 = G (R T /2) 2 = 4G R 2 T = 4g, donde g es la aceleración de la gravedad en la supercie terrestre. Sustituyendo en la ecuación (??), g g 1 T = T = T g 4g = T 4 = T 2. Por lo tanto, el periodo es la mitad; obsérvese que este resultado, con respecto al radio, es general, ya que g depende de R 2, pero T depende de la raiz cuadrada, quedando una

5 5 dependencia de tipo 1/R. Con respecto a la dependencia en la masa esto no es cierto; de hecho, la expresión general que relaciona los periodos en dos planetas de masas distintas, m y m, y radios distintos, R y R, es (½comprobar!): ( ) R T m = T R m. 4. Resolver las siguientes ecuaciones lineales (o que se pueden poner en forma lineal): a) x = 2/3. b) x = 1. c) x = 3/4. a) 3x + 2 = 0 b) x + 2x = 1 c) 3x 2 + 1x = 1 x d) x + 2 3x 1 + 2x = 0 e) 2 = 1 2x 1 f) = d) no tiene solución. e) x = 7. f) x = 9/2. 5. Consideremos el sistema de ecuaciones lineales general: ax + by = c, dx + ey = f. Resolver el sistema, despejando las incógnitas x e y, a base de: (i) multiplicar la primera ecuación por d, (ii) multiplicar la segunda ecuación por a, (iii) sumar ambas ecuaciones, eliminando la incógnita x y obteniendo directamente el valor de la incógnita y. Proceder de la misma manera, pero multiplicando por los coecientes adecuados, de manera que eliminemos y y podamos despejar directamente el valor de la incógnita x. Procediendo de la manera sugerida: dax dby = dc, adx + aey = af. Sumando las dos ecuaciones eliminamos los términos que dependen de x: dby + aey = dc + af, (ae db)y = af dc, y = af dc ae db.

6 6 Ahora mutiplicamos la primera ecuación por e y la segunda por b: eax eby = ec, bdx + bey = bf. Sumando, eliminamos los términos que dependen de y: eax + bdx = bf ec, ( ae + db)x = bf ec, x = 6. Consideremos el sistema de ecuaciones homogeneo: ax + by = 0, dx + ey = 0. ec bf ae db. en el que las ecuaciones están igualadas a cero. Suponer que los coecientes a, b, d, e son tales que ae db = 0. Discutir las posibles soluciones. Como método, usar el propuesto en el ejercicio anterior (o también el procedimiento visto en la clase de teoría). Usando el método del ejercicio anterior: dax dby = 0, adx + aey = 0. Sumando: (ae db)y = 0. Si ae db = 0, entonces y puede tener cualquier valor (en particular, también y = 0). Como consecuencia, a partir de la primera ecuación, x es: x = b a y. Por tanto, hay innitos valores posibles para x e y, relacionados mediante la última expresión. Obsérvese que, si ae db 0, entonces, de (ae db)y = 0, se deduce que necesariamente y = 0, y por tanto que también x = 0: en este caso sólo existe una solución, la solución nula x = y = 0. Resumiendo:

7 7 El sistema de ecuaciones lineales no homogeneo (con coecientes c y f distintos de cero, al menos uno de ellos) tiene una única solución para x, y si los coecientes cumplen ae db 0. En caso contrario, es decir, ae db = 0, el sistema no tiene solución. El sistema de ecuaciones lineales homogeneo (con coecientes c y f iguales a cero ambos) tiene como única solución la solución nula, x = y = 0, si ae db 0. En caso contrario, es decir, ae db = 0, el sistema tiene innitas soluciones, que verican ax = by.