Download Problemas de Selectividad

Problemas de Selectividad
1. La aceleración de la gravedad en la superficie de Marte es 3,7 m/s2, y su masa
es un 11% la de la Tierra. Si R T = 6370 km y g T = 9,8 m/s2, calcula:
a) El radio de Marte.
b) El peso en la superficie de Marte de un astronauta de 75 kg de masa.
c) La velocidad de escape desde la superficie de Marte.
a) La aceleración de la gravedad (intensidad del campo gravitatorio) en la superficie
terrestre es:
G · MT
gT =
= 9,8 m/s2
R T2
Y en la supericie de Marte:
gM =
G · MM
R
2
M
=
G · 0,11 · MT
R M2
= 3,7 m/s2
Si dividimos ambas expresiones entre sí, despejamos el radio de Marte y sustituimos los datos de que disponemos, se obtiene:
G · MT
R T2
G · 0,11 · MT
R M2
RM =
√
=
9,8
8 RM =
3,7
√
9,8 · (6370 · 103)2 · 0,11
9,8 · R T2 · 0,11
3,7
= 3 438,33 · 103 m
3,7
b) El peso de un cuerpo en un punto es igual al producto de la masa del cuerpo por
el valor de la gravedad en ese punto. En la superficie de Marte, el peso del astronauta será, por tanto:
P = m · gM = 75 · 3,7 = 277,5 N
c) La velocidad de escape es la velocidad que hay que comunicar a un cuerpo para
que pueda salir de la influencia gravitatoria de un planeta.
En la superficie del planeta, el objeto tiene energía potencial negativa. Para que escape, hay que transmitirle una energía cinética suficiente para que la energía mecánica en la superficie del planeta sea igual a la energía mecánica en el infinito:
RM
MM
Unidad 2. Campo gravitatorio
Ec = 1 · m · ve2
2
m
Ep = –
G · MM · m
RM
R
∞
∞
m
Ec = 0
Ep = 0
Em = 0
41
Lo que se corresponde con la siguiente expresión:
(Em )sup = (Em )@ 8 –G ·
MM · m
RM
+
1
2
· m · ve2 = 0
De donde la expresión de la velocidad de escape resulta:
ve =
√
2 · G · MM
RM
Teniendo ahora en cuenta que:
gM =
G · MM
R M2
8 G · MM = gM · R M2
Al sustituir en la expresión de la velocidad de escape:
ve =
√
2 · gM · R M2
RM
= √2 · gM · RM
Finalmente, se obtiene:
ve = √2 · 3,7 · 3 438,33 · 103 = 5 044,17 m/s
2. Un satélite del sistema de posicionamiento GPS, de 1 200 kg, se encuentra en
una órbita circular de radio 3 · RT. Si RT = 6 400 km y MT = 6,0 · 1024 kg:
a) Calcula la variación del peso del satélite respecto del que tenía en la superficie terrestre.
b) Determina la velocidad orbital del satélite y razona si la órbita descrita es
geoestacionaria.
a) El peso del satélite en la órbita circular es:
P=m·g
[1]
donde m es la masa del satélite, y g, la intensidad del campo gravitatorio en la órbita circular. Su valor se obtiene a partir de la expresión:
g=
G · MT
G · MT
G · MT
=
2
2 =
R
(3 · R T)
9 · R T2
siendo MT la masa de la Tierra; RT, su radio, y R, el radio de la órbita circular.
Por otra parte, el peso del satélite en la superficie terrestre es:
P0 = m · g0
[2]
donde g0 es el valor de la intensidad del campo gravitatorio en la superficie de la
Tierra:
g0 =
42
G · MT
R T2
Unidad 2. Campo gravitatorio
La relación entre los pesos se obtiene dividiendo entre sí las expresiones [1] y [2]:
G · MT
9 · R T2
1
P
m·g
g
=
=
=
=
8 P0 = 9 · P
P0 m · g0 g0
G · MT
9
R T2
Esto es, el peso del satélite en la órbita circular es nueve veces menor que su peso en la superficie de la Tierra.
b) Para obtener la expresión de la velocidad orbital del satélite, tenemos en cuenta que
si el satélite está girando alrededor de la Tierra, la fuerza gravitatoria actúa como una
fuerza centrípeta. Al aplicar el segundo principio de la dinámica, resulta:
MT · m
v2
; Fc = m · ac = m ·
2
R
R
2
M ·m
v
Fg = Fc 8 G · T 2 = m ·
R
R
Fg = G ·
v
La velocidad orbital del satélite resulta:
v=
√
G · MT
R
=
√
G · MT
3 · RT
R=
MT
3·
FG
R
T
m
ac
RT
Sustituyendo valores, se obtiene:
v=
√
6,67 · 10–11 · 6 · 1024
= 4 565,5 m/s
3 · 6 400 · 103
Para que un satélite terrestre sea geoestacionario, debe tener el mismo período de
rotación que la Tierra (24 h). En este caso, el período de rotación del satélite es:
T=
2 · π · R 2 · π · 3 · RT
2 · π · 3 · 6 400 · 103
=
=
= 26 423,65 s = 7,34 h
v
v
4 565,5
Por tanto, el satélite no es geoestacionario.
Unidad 2. Campo gravitatorio
43