Problema. Cuestiones. Laboratorio. Física 2º Bach. Campo gravitatorio 15/12/06 DEPARTAMENTO DE FÍSICA E QUÍMICA. Nombre: [4 PUNTOS]

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María Nieves Nieto Macías
hace 6 años
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Física º Bach. Campo gravitatorio 15/1/06 DEPARTAMENTO DE FÍSICA E QUÍMICA Problema Nombre: [4 PUNTOS] Calcula: a) Cuántos días terrestres dura un año de Venus.

1 Física º Bach. Campo gravitatorio 15/1/06 DEPARTAMENTO DE FÍSICA E QUÍMICA Problema Nombre: [4 PUNTOS] Calcula: a) Cuántos días terrestres dura un año de Venus. b) La rapidez con la que chocaría Venus sobre la superficie del Sol si por alguna causa se desviase de su órbita y acabase estrellándose contra el Sol. Datos. G 6, N m kg Astro Masa (kg) Radio (km) Distancia al Sol (km) Gravedad en su superficie (m/s ) Venus 4, , , ,87 Tierra 5, , , ,78039 (1 + 0,059 sen λ) Sol 1, , ,0 Cuestiones [ PUNTOS/UNA] 1. El valor del campo gravitatorio terrestre es menor en un punto que está: A. Sobre la superficie terrestre. B. En el fondo de un pozo a una distancia r ¾ R T del centro de la Tierra. C. A una altura h ¼ R T sobre el suelo. (R T radio de la Tierra). A partir de la constancia del módulo del momento angular de un planeta respecto al Sol se puede deducir: A. La 1ª Ley de Kepler. B. La ª Ley de Kepler. C. La 3ª Ley de Kepler. Laboratorio [ PUNTOS] En la práctica del péndulo simple, explica como afectaría a la medida del período lo siguiente: a) Duplicar la masa. b) Reducir la longitud a la mitad. c) Hacer oscilaciones con ángulos mayores de 45º. d) Realizar una sola medida.

2 Soluciones Problema Calcula: a) Cuántos días terrestres dura un año de Venus. b) La rapidez con la que chocaría Venus sobre la superficie del Sol si por alguna causa se desviase de su órbita y acabase estrellándose contra el Sol. Datos. G 6, N m kg Astro Masa (kg) Radio (km) Distancia al Sol (km) Gravedad en su superficie (m/s ) Venus 4, , , ,87 Tierra 5, , , ,78039 (1 + 0,059 sen λ) Sol 1, , ,0 Solución: a) La fuerza gravitatoria del Sol sobre Venus es la responsable de su movimiento circular uniforme. Por la ley de la gravitación universal de Newton: siendo r V el radio de la órbita de Venus. Por la ª ley de Newton de la Dinámica: F G G M S m V / r F R m V a Como la única fuerza no despreciable es la gravitatoria del Sol sobre Venus, F G F R La aceleración en un movimiento circular uniforme sólo tiene componente normal, y vale a N v / r F G G M S m V / r F R m V v / r G M S / r v En un MCU, la velocidad lineal v está relacionada con la angular ω y el período T según: v ω r π r / T. Sustituyendo en la ecuación anterior: G M S / r ( π r / T) T r3 1, [m] 3 G M S 6, [ Nm kg ] 1, [kg] 1, s 5 días Análisis: Por la tercera ley de Kepler, los cuadrados de los períodos de los planetas alrededor del Sol son directamente proporcionales a los cubos de los semiejes mayores de las elipses que describen. En la aproximación circular, cuando más cerca está un planeta del Sol, menor será su período (año). Venus está más cerca del Sol que la Tierra, y su año debe ser más corto que el terrestre. b) Suponiendo que no hay pérdida de energía, la energía mecánica (cinética + potencial) de Venus en su órbita será la misma que la que tendrá en el instante de chocar con la superficie del Sol: (E C + E P ) órbita (E C + E P ) suelo ½ m V v O G M S m V / r ½ m V v S G M S m V / R S La energía cinética de Venus puede ponerse en función del radio de su órbita, como vimos: G M S / r v ½ m V v O ½ m V M S / r ½ G M S m V / r

3 de modo que la energía mecánica valdrá: ½ m V v O G M S m V / r ½ G M S m V / r G M S m V / r - ½ G M S m V / r -½ G M S m V / r ½ m V v S G M S m V / R S v S G M S R S 1 r 6, [Nm kg ]1, [kg] 6, m/s 617 km/s 6, [m] 1 1,08 10 [m] 11 Análisis: Para un objeto muy alejado de un astro, la velocidad con la que chocaría sobre la superficie del mismo deber ser muy parecida a la velocidad de escape. La velocidad de escape de la superficie solar para un objeto de masa m se obtiene por energías y es: ½ m v e G M S m / R S 0 v e G M S R S 6, m/s Cuestiones 1. El valor del campo gravitatorio terrestre es menor en un punto que está: A. Sobre la superficie terrestre. B. En el fondo de un pozo a una distancia r ¾ R T del centro de la Tierra. C. A una altura h ¼ R T sobre el suelo. (R T radio de la Tierra) Solución: C b) La gravedad terrestre varía con la profundidad: Se suponemos la Tierra como una esfera maciza homogénea de densidad ρ, el campo gravitatoria en un punto de una esfera interior depende únicamente de la masa encerrada por esa esfera. (La masa no exterior de esa esfera produce un campo gravitatorio nulo, por el teorema de Gauss). Si se llama M a la masa de la Tierra, R a su radio y r a la distancia al centro del punto donde se quiere determinar el valor del campo gravitatorio g, entonces g G m / r en el que m es la masa de la esfera de radio r. Si la esfera es homogénea, se calcula la masa m a partir de la densidad: m ρv r ρ (4/3) π r 3 Por tanto g G m / r G ρ (4/3) π r 3 / r (4/3) πρ G r Como en la superficie de la Tierra el valor del campo gravitatorio es g 0 G M / R Substituyendo la masa de la Tierra M en función de la densidad ρ: M ρv R ρ (4/3) π R 3 g 0 G M / R G ρ (4/3) π R 3 / R (4/3) πρ G R Dividiendo la expresión de la intensidad de campo a una distancia r del centro entre el valor en la superficie: g g G r 4 3 G R g g 0 (r / R) por lo que la gravedad disminuye con la profundidad (r < R g < g 0 ) A una distancia r ¾ R T, g ¾ g 0 0,75 g 0 r R

4 c) La gravedad terrestre varía con con la altura. La intensidad del campo gravitatorio g creado por una masa M esférica a una distancia r del centro, en el exterior de la esfera es: g G m / r Para la Tierra, a una altura h r R, de la superficie g h G M / (R + h) Comparando con el valor en la superficie de la Tierra g 0 G M / R Dividiendo ambas expresiones GM g h g 0 R h GM R R R h por lo que la gravedad disminuye con la altura ( h > 0 g h < g 0 ) A una altura h ¼ R T, r R T + h R T + ¼ R T 5/4 R T g h g 0 R T / (5/4 R T ) 0,64 g 0 que es menor que en el suelo y que en el interior a una profundidad de r ¾ R T Análisis: Es consecuente con el hecho de que en el interior de la Tierra la gravedad disminuye linealmente y en el exterior varía con el inverso al cuadrado de la distancia, es decir, más rápidamente.. A partir de la constancia del módulo del momento angular de un planeta respecto al Sol se puede deducir: A. La 1ª Ley de Kepler. B. La ª Ley de Kepler. C. La 3ª Ley de Kepler. Solución: B La ª Ley de Kepler dice que el radiovector que une el Sol con un planeta barre áreas iguales en tiempos iguales. Dicho de otra manera la velocidad areolar es constante. Si llamamos velocidad areolar al área diferencial descrita por el radio vector en un tiempo diferencial v da dt El área del triángulo formado por los vectores r y dr es la mitad del módulo del producto vectorial: da 1 r d r dr r por lo que la velocidad areolar se puede escribir como: v da dt 1 r d r dt 1 r d r dt 1 r v r m v m L O m en la que L O es el momento cinético angular del planeta respecto al centro del Sol. Como el momento cinético del planeta respecto al centro del Sol es constante, por ser la fuerza gravitatoria una fuerza central, la velocidad areolar también será constante. Laboratorio En la práctica del péndulo simple, explica como afectaría a la medida del período lo siguiente: a) Duplicar la masa. b) Reducir la longitud a la mitad.

5 c) Hacer oscilaciones con ángulos mayores de 45º. d) Realizar una sola medida. Solución: a) No afectaría. La expresión del período T de un péndulo de longitud l es: T l g donde g es la aceleración de la gravedad. La masa no aparece en la expresión y no afecta al valor del período. b) El período disminuirá en un factor como se deduce de la expresión ya expuesta. c) Impredecible. El movimiento dejará de tener un comportamiento armónico y la dependencia del período con otros parámetros no es sencilla. Se considera que el comportamiento se puede tomar como armónico para ángulos menores de 15º. d) Impredecible. En el estudio experimental hay que realizar varias medidas, entre otras razones, para comprobar si hay una tendencia y disminuir el riesgo de errores.

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