Exercicis de camp gravitatori — Física 2n Batxillerat

Q: Per què un satèl·lit no cau a la Terra?

En realitat cau contínuament, però té prou velocitat horitzontal perquè, mentre cau, la superfície de la Terra es corbi per sota. La gravetat fa de força centrípeta.

Q: Què passa amb la força gravitatòria si la distància es dobla?

Es divideix per 4, perquè és inversament proporcional al quadrat de la distància entre els centres.

El camp gravitatori és el primer gran tema de la Física de 2n i surt sovint a la PAU. Els exercicis et fan aplicar la llei de gravitació universal, calcular la intensitat del camp a la superfície d'altres planetes, com Mart, i el potencial gravitatori. Després estudies el moviment de satèl·lits: per què no cauen a la Terra si la gravetat els atrau, la velocitat orbital, el període i l'energia d'un satèl·lit en òrbita circular. Al final apliques les lleis de Kepler i raones per què la tercera només val per a cossos que orbiten el mateix astre. Errors típics: fer servir l'altura sobre la superfície en lloc de la distància al centre i pensar que, si la distància es dobla, la força es redueix a la meitat.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Per què la força gravitatòria és sempre atractiva i mai repulsiva?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

Perquè la força gravitatòria només depèn de les masses, i la massa és sempre positiva: no hi ha «masses negatives» que puguin repel·lir-se.

Resolució

Què es demana. Explicar per què la gravetat sempre atrau i mai no repel·leix.
Llei de gravitació universal. La força és $F = G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r^{2}}$ : només hi intervenen les dues masses i la distància, i sempre està dirigida d'un cos cap a l'altre.
Comparació amb l'electricitat. Les càrregues elèctriques poden ser positives o negatives, i per això la força elèctrica pot ser d'atracció o de repulsió. En canvi, no existeixen masses negatives.
Conclusió. Com que totes les masses són positives, la interacció gravitatòria sempre és atractiva.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Escriu la llei de gravitació universal i digues què representa cada símbol.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

F = G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r^{2}}

F

és la força d'atracció,

M

m

les masses,

r

la distància entre els centres i

G = 6{,}67\cdot10^{-11}\ \text{N}\cdot\text{m}^{2}/\text{kg}^{2}

la constant de gravitació universal.

Resolució

Què es demana. Escriure la llei de gravitació universal de Newton i identificar cada símbol.
Llei de gravitació universal. Dues masses s'atrauen amb una força $F = G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r^{2}}$
Significat dels símbols. $F$ és el mòdul de la força d'atracció entre les dues masses (en N); $M$ i $m$ són les masses (en kg); $r$ és la distància entre els seus centres (en m); $G = 6{,}67\cdot10^{-11}\ \text{N}\cdot\text{m}^{2}\cdot\text{kg}^{-2}$ és la constant de gravitació universal.
Conclusió. La força és proporcional al producte de les masses i inversament proporcional al quadrat de la distància.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Si la gravetat atrau un satèl·lit cap a la Terra, per què no hi cau?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

Sí que hi cau, contínuament, però avança de costat tan de pressa que la superfície de la Terra es corba sota seu tant com ell baixa: la gravetat només li corba la trajectòria i fa de força centrípeta.

Resolució

Què es demana. Explicar per què un satèl·lit, atret per la Terra, no s'estavella contra la superfície.
Caiguda contínua. El satèl·lit sí que cau cap a la Terra en tot moment, però alhora avança de costat a gran velocitat.
Força centrípeta. La gravetat és perpendicular a la velocitat i no l'apropa a terra: només li va corbant la trajectòria. Fa de força centrípeta, $G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r^{2}} = m\cdot\dfrac{v^{2}}{r}$ .
Conclusió. La superfície terrestre es corba sota el satèl·lit tant com ell baixa, i per això mai no hi arriba: està en caiguda lliure permanent al voltant de la Terra.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Dos alumnes de 60 kg i 70 kg seuen en pupitres separats 1,5 m (distància entre els seus centres de massa). Calcula la força gravitatòria amb què s'atrauen i compara-la amb el pes d'un full de paper de 5 g. Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; g = 9,8 $\text{m/s}^{2}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

F = 1{,}25\cdot10^{-7}\ \text{N}

; el pes del full (

0{,}049\ \text{N}

) és unes

3{,}9\cdot10^{5}

vegades més gran.

Resolució

Dades. $m_{1} = 60\ \text{kg}$ , $m_{2} = 70\ \text{kg}$ , $r = 1{,}5\ \text{m}$ ; full de paper $m = 5\ \text{g} = 0{,}005\ \text{kg}$ .
Llei de gravitació universal. $F = G\cdot\dfrac{m_{1}\cdot m_{2}}{r^{2}} = 6{,}67\cdot10^{-11}\cdot\dfrac{60\cdot70}{1{,}5^{2}} = 1{,}25\cdot10^{-7}\ \text{N}$
Pes del full. $P = m\cdot g = 0{,}005\cdot9{,}8 = 0{,}049\ \text{N}$ .
Comparació. $\dfrac{P}{F} = \dfrac{0{,}049}{1{,}25\cdot10^{-7}} \approx 3{,}9\cdot10^{5}$ : el pes d'un simple full és unes 400 000 vegades més gran que l'atracció entre els dos alumnes.
Conclusió. La gravitació només és apreciable quan almenys una de les masses és enorme (planetes, estrelles); entre objectes quotidians és completament negligible.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

La Lluna té una massa de 7,35· $10^{22}$ kg i un radi de 1,74· $10^{6}$ m. Calcula la intensitat del camp gravitatori a la seva superfície i el pes que hi tindria un astronauta de 80 kg. Compara'l amb el pes que té a la Terra (g = 9,8 $\text{m/s}^{2}$ ). G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

g_{L} = 1{,}62\ \text{m/s}^{2}

;

P_{L} = 130\ \text{N}

, unes sis vegades menys que a la Terra (

P_{T} = 784\ \text{N}

Resolució

Dades. $M_{L} = 7{,}35\cdot10^{22}\ \text{kg}$ , $R_{L} = 1{,}74\cdot10^{6}\ \text{m}$ , $m = 80\ \text{kg}$ .
Intensitat del camp a la superfície. $g_{L} = G\cdot\dfrac{M_{L}}{R_{L}^{2}} = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot7{,}35\cdot10^{22}}{(1{,}74\cdot10^{6})^{2}} = \dfrac{4{,}90\cdot10^{12}}{3{,}03\cdot10^{12}} = 1{,}62\ \text{m/s}^{2}$
Pesos. A la Lluna: $P_{L} = m\cdot g_{L} = 80\cdot1{,}62 = 130\ \text{N}$ . A la Terra: $P_{T} = m\cdot g = 80\cdot9{,}8 = 784\ \text{N}$ .
Comparació. $\dfrac{1{,}62}{9{,}8} \approx 0{,}165 \approx \dfrac{1}{6}$ : a la Lluna pesa aproximadament la sisena part.
Conclusió. La massa de l'astronauta continua sent de 80 kg: la massa no depèn del lloc, el pes sí.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Raona si és certa o falsa aquesta afirmació: «Els astronautes de l'Estació Espacial Internacional, que orbita a uns 400 km d'altura, floten perquè allà dalt no hi ha gravetat.» Justifica la resposta calculant el valor de g a aquesta altura. Dades: $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m; G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Resultat

Falsa. A 400 km,

g = 8{,}69\ \text{m/s}^{2}

, gairebé el 89 % del valor a la superfície; els astronautes floten perquè són en caiguda lliure.

Resolució

Dades. $r = R_{T} + h = 6{,}37\cdot10^{6} + 4{,}0\cdot10^{5} = 6{,}77\cdot10^{6}\ \text{m}$ .
Intensitat del camp. $g = G\cdot\dfrac{M_{T}}{r^{2}} = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}{(6{,}77\cdot10^{6})^{2}} = \dfrac{3{,}98\cdot10^{14}}{4{,}58\cdot10^{13}} = 8{,}69\ \text{m/s}^{2}$
Comparació. És gairebé el 89 % del valor a la superfície: a l'òrbita de l'estació la gravetat és gairebé tan intensa com a terra.
Per què floten. Els astronautes i l'estació estan en caiguda lliure permanent: la gravetat és l'única força que actua i tots cauen amb la mateixa acceleració, de manera que no hi ha cap força de contacte entre l'astronauta i les parets.
Conclusió. És una ingravidesa aparent, no una absència de gravetat: l'afirmació és falsa.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Mart orbita al voltant del Sol a una distància mitjana d'1,52 ua (la Terra, a 1 ua, triga 1 any a fer una volta). Calcula el període orbital de Mart en anys i en dies fent servir la tercera llei de Kepler.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

T_{M} \approx 1{,}87\ \text{anys} \approx 684\ \text{dies}

Resolució

Dades. $r_{M} = 1{,}52\ \text{ua}$ ; per a la Terra, $r_{T} = 1\ \text{ua}$ i $T_{T} = 1\ \text{any}$ .
Tercera llei de Kepler. $\tfrac{T^{2}}{r^{3}}$ té el mateix valor per a tots els planetes que orbiten el Sol: $\dfrac{T_{M}^{2}}{T_{T}^{2}} = \dfrac{r_{M}^{3}}{r_{T}^{3}}$
Càlcul en anys. Treballant en anys i ua, les dades de la Terra valen 1: $T_{M}^{2} = 1{,}52^{3} = 3{,}51$ , d'on $T_{M} = \sqrt{3{,}51} = 1{,}87\ \text{anys}$ .
En dies. $T_{M} = 1{,}874\cdot365{,}25 \approx 684\ \text{dies}$ .
Comprovació. Mart està més lluny del Sol que la Terra, així que el seu any ha de ser més llarg; el valor real és de 687 dies.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

Dos satèl·lits artificials, un de 200 kg i un altre de 800 kg, descriuen la mateixa òrbita circular al voltant de la Terra. Raona si tenen la mateixa velocitat, el mateix període i la mateixa energia mecànica.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

Tenen la mateixa velocitat i el mateix període (no depenen de la massa del satèl·lit), però no la mateixa energia mecànica: la del de 800 kg és quatre vegades més gran en valor absolut.

Resolució

Plantejament. En una òrbita circular la força gravitatòria fa de força centrípeta: $G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r^{2}} = m\cdot\dfrac{v^{2}}{r}$
Velocitat. La massa $m$ del satèl·lit se simplifica i queda $v = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r}}$ : només depèn de la massa de la Terra i del radi de l'òrbita.
Període. $T = \dfrac{2\pi r}{v} = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^{3}}{G\cdot M}}$ tampoc no depèn de $m$ . Els dos satèl·lits tenen la mateixa velocitat i el mateix període.
Energia mecànica. Sí que depèn de la massa: $E_{m} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2r}$ . El satèl·lit de 800 kg té una energia mecànica quatre vegades més gran en valor absolut (més negativa), i cal quatre vegades més energia per posar-lo en òrbita.
Conclusió. Un error típic és pensar que un satèl·lit més pesant ha d'anar més lent: la massa més gran nota una atracció proporcionalment més gran i l'efecte es compensa.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

A quina altura sobre la superfície terrestre la intensitat del camp gravitatori es redueix a la quarta part del valor que té a la superfície? Expressa el resultat en funció del radi terrestre i en km ( $R_{T}$ = 6370 km).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

h = R_{T} = 6370\ \text{km}

(és a dir, a

r = 2R_{T}

del centre).

Resolució

Plantejament. A la superfície, $g_{0} = G\cdot\dfrac{M}{R_{T}^{2}}$ ; a una distància $r$ del centre, $g = G\cdot\dfrac{M}{r^{2}}$ .
Quocient. Dividint: $\dfrac{g_{0}}{g} = \dfrac{r^{2}}{R_{T}^{2}}$ . Volem $g = \tfrac{g_{0}}{4}$ , és a dir, $\dfrac{g_{0}}{g} = 4$ : $r^{2} = 4R_{T}^{2}$ , d'on $r = 2R_{T}$ .
Altura. $h = r - R_{T} = R_{T} = 6370\ \text{km}$ .
Conclusió. Compte: l'altura es mesura des de la superfície, però la distància $r$ de la llei de gravitació es mesura des del centre de la Terra. Comprovació: a $r = 2R_{T}$ , $g = \tfrac{9{,}8}{4} = 2{,}45\ \text{m/s}^{2}$ .

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

El camp gravitatori és un camp conservatiu. Explica què vol dir això i raona quin treball fa la força gravitatòria sobre un satèl·lit durant una volta completa d'una òrbita circular.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

Conservatiu vol dir que el treball entre dos punts no depèn del camí (es pot definir una

E_{p}

); en una volta completa el treball de la gravetat és zero.

Resolució

Camp conservatiu. Un camp és conservatiu quan el treball que fa entre dos punts no depèn del camí seguit, només de les posicions inicial i final; per això es pot definir una energia potencial i $W = -\Delta E_{p}$ .
Trajectòria tancada. Conseqüència: el treball al llarg de qualsevol trajectòria tancada és zero. En una volta completa el satèl·lit torna al punt de partida, així que $\Delta E_{p} = 0$ i $W = 0$ .
Òrbita circular. També es veu directament: la força és radial (cap al centre) i el desplaçament és tangent a l'òrbita; són perpendiculars en tot moment, de manera que la força no fa treball en cap tram i el mòdul de la velocitat no canvia.
Òrbita el·líptica. En una òrbita el·líptica el treball en una volta també és zero, però tram a tram no ho és: el camp fa treball positiu quan el satèl·lit s'acosta (guanya velocitat) i negatiu quan s'allunya.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Un cos de 20 kg és a la superfície de la Terra, on el potencial val V = −6,25· $10^{7}$ J·kg⁻¹. Quina és la seva energia potencial gravitatòria?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

E_{p} = -1{,}25\cdot10^{9}\ \text{J}

Resolució

Dades. $m = 20\ \text{kg}$ , $V = -6{,}25\cdot10^{7}\ \text{J/kg}$ .
Relació potencial–energia potencial. L'energia potencial és el potencial multiplicat per la massa: $E_{p} = m\cdot V$ .
Càlcul. $E_{p} = 20\cdot(-6{,}25\cdot10^{7}) = -1{,}25\cdot10^{9}\ \text{J}$ .
Conclusió. És negativa: el cos està lligat al camp gravitatori de la Terra.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

A la superfície de Mart, la intensitat del camp gravitatori val g = 3,7 m·s⁻² i el radi del planeta és R = 3,39· $10^{6}$ m. Calcula la massa de Mart. Dada: G = 6,67·10⁻¹¹ N· $\text{m}^{2}$ ·kg⁻².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

M = 6{,}37\cdot10^{23}\ \text{kg}

Resolució

Dades. $g = 3{,}7\ \text{m/s}^{2}$ , $R = 3{,}39\cdot10^{6}\ \text{m}$ .
Intensitat del camp a la superfície. $g = G\cdot\dfrac{M}{R^{2}}$ ; aïllem la massa: $M = \dfrac{g\cdot R^{2}}{G}$ . Aquí $R$ és el radi (distància del centre a la superfície), perquè volem $g$ justament a la superfície.
Càlcul. $R^{2} = (3{,}39\cdot10^{6})^{2} = 1{,}15\cdot10^{13}\ \text{m}^{2}$ $M = \dfrac{3{,}7\cdot1{,}15\cdot10^{13}}{6{,}67\cdot10^{-11}} = \dfrac{4{,}25\cdot10^{13}}{6{,}67\cdot10^{-11}} = 6{,}37\cdot10^{23}\ \text{kg}$
Conclusió. El resultat és coherent: Mart té una massa d'una desena part de la de la Terra.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Dedueix, a partir de la conservació de l'energia, l'expressió de la velocitat d'escapament, i calcula-la per a la Lluna. Dades de la Lluna: G·M = 4,9· $10^{12}$ (SI), R = 1,74· $10^{6}$ m.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

v_{e} = \sqrt{\dfrac{2G\cdot M}{R}}

; per a la Lluna,

v_{e} = 2{,}37\cdot10^{3}\ \text{m/s} \approx 2{,}4\ \text{km/s}

Resolució

Plantejament. Escapar vol dir arribar infinitament lluny amb la velocitat just esgotada. Per la conservació de l'energia mecànica, l'energia a la superfície és igual a l'energia a l'infinit.
Conservació de l'energia mecànica. A la superfície: $E_{m} = \tfrac{1}{2}m\cdot v_{e}^{2} - G\cdot\dfrac{M\cdot m}{R}$ . A l'infinit la velocitat i l'energia potencial són zero: $E_{m} = 0$ .
Deducció. $\tfrac{1}{2}m\cdot v_{e}^{2} = G\cdot\dfrac{M\cdot m}{R}$ . La massa $m$ del cos es cancel·la i, aïllant: $v_{e} = \sqrt{\dfrac{2G\cdot M}{R}}$
Càlcul per a la Lluna. $v_{e} = \sqrt{\dfrac{2\cdot4{,}9\cdot10^{12}}{1{,}74\cdot10^{6}}} = \sqrt{5{,}63\cdot10^{6}} = 2{,}37\cdot10^{3}\ \text{m/s}$
Conclusió. És molt més petita que la de la Terra (11,2 km/s): per això la Lluna, amb tan poca gravetat, no reté atmosfera.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Per què la 3a llei de Kepler ( $\tfrac{T^{2}}{r^{3}}$ constant) només val per a cossos que orbiten un MATEIX astre central?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

Perquè la constant val

\dfrac{4\pi^{2}}{G\cdot M}

i depèn de la massa

M

de l'astre central: per a un altre astre central, la constant és diferent.

Resolució

Origen de la llei. Igualant la gravetat a la força centrípeta, $G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r^{2}} = m\cdot\dfrac{4\pi^{2}r}{T^{2}}$ , s'obté $\dfrac{T^{2}}{r^{3}} = \dfrac{4\pi^{2}}{G\cdot M}$
Què hi apareix. La massa $m$ del cos que orbita s'ha simplificat, però hi queda la massa $M$ de l'astre central.
Conclusió. La Terra i Mart, que giren tots dos al voltant del Sol, comparteixen la mateixa constant; en canvi, un satèl·lit de la Terra en té una altra, perquè l'astre central és diferent.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Un satèl·lit geoestacionari gira sobre el pla de l'equador amb el mateix període que la rotació de la Terra (24 h) i, per això, sembla immòbil vist des de terra. Calcula el radi de la seva òrbita, l'altura sobre la superfície i la seva velocitat. Dades: $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m; G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

r = 4{,}22\cdot10^{7}\ \text{m}

;

h = 3{,}59\cdot10^{7}\ \text{m}

(uns 35 900 km);

v = 3{,}07\cdot10^{3}\ \text{m/s}

Resolució

Dades. $T = 24\ \text{h} = 86\,400\ \text{s}$ ; $G\cdot M_{T} = 6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24} = 3{,}98\cdot10^{14}\ \text{m}^{3}/\text{s}^{2}$ .
Gravetat com a força centrípeta. $G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r^{2}} = m\cdot\omega^{2}\cdot r$ , amb $\omega = \tfrac{2\pi}{T}$ . Aïllant (és la tercera llei de Kepler): $r^{3} = \dfrac{G\cdot M\cdot T^{2}}{4\pi^{2}}$
Radi. $r^{3} = \dfrac{3{,}98\cdot10^{14}\cdot86\,400^{2}}{4\pi^{2}} = 7{,}53\cdot10^{22}\ \text{m}^{3}$ , d'on $r = 4{,}22\cdot10^{7}\ \text{m}$ .
Altura. $h = r - R_{T} = 4{,}22\cdot10^{7} - 6{,}37\cdot10^{6} = 3{,}59\cdot10^{7}\ \text{m}$ (uns 35 900 km).
Velocitat. $v = \dfrac{2\pi r}{T} = \dfrac{2\pi\cdot4{,}22\cdot10^{7}}{86\,400} = 3{,}07\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ . Comprovació: $v = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r}} = \sqrt{\dfrac{3{,}98\cdot10^{14}}{4{,}22\cdot10^{7}}} = 3{,}07\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

Io, un dels satèl·lits de Júpiter, descriu una òrbita pràcticament circular de 4,22· $10^{8}$ m de radi amb un període d'1,77 dies. Calcula la massa de Júpiter i compara-la amb la de la Terra (5,97· $10^{24}$ kg). G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

M_{J} = 1{,}90\cdot10^{27}\ \text{kg}

, unes 318 vegades la massa de la Terra.

Resolució

Dades. $r = 4{,}22\cdot10^{8}\ \text{m}$ ; $T = 1{,}77\cdot86\,400 = 1{,}53\cdot10^{5}\ \text{s}$ .
Gravetat com a força centrípeta. La gravetat de Júpiter és la força centrípeta d'Io: $G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r^{2}} = m\cdot\dfrac{4\pi^{2}r}{T^{2}}$ , d'on $M = \dfrac{4\pi^{2}r^{3}}{G\cdot T^{2}}$
Càlcul. $M = \dfrac{4\pi^{2}\cdot(4{,}22\cdot10^{8})^{3}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(1{,}53\cdot10^{5})^{2}} = \dfrac{2{,}97\cdot10^{27}}{1{,}56} = 1{,}90\cdot10^{27}\ \text{kg}$
Comparació. $\dfrac{1{,}90\cdot10^{27}}{5{,}97\cdot10^{24}} \approx 318$ : Júpiter té unes 318 vegades la massa de la Terra.
Conclusió. Fixa't que la massa d'Io no intervé: observant un satèl·lit (radi i període) es pot «pesar» el planeta central, però no el satèl·lit.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Un satèl·lit d'observació orbita a 600 km d'altura sobre la superfície terrestre. Calcula la seva velocitat orbital, el període i quantes voltes fa a la Terra en un dia. Dades: $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m; G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Resultat

v = 7{,}56\cdot10^{3}\ \text{m/s}

;

T = 5{,}79\cdot10^{3}\ \text{s} \approx 96{,}6\ \text{min}

; unes 14,9 voltes al dia (gairebé 15).

Resolució

Radi de l'òrbita. Des del centre de la Terra: $r = 6{,}37\cdot10^{6} + 6{,}0\cdot10^{5} = 6{,}97\cdot10^{6}\ \text{m}$ . Un error típic és fer servir l'altura (600 km) com a radi de l'òrbita.
Velocitat orbital. Igualant gravetat i força centrípeta: $v = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r}} = \sqrt{\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}{6{,}97\cdot10^{6}}} = \sqrt{5{,}71\cdot10^{7}} = 7{,}56\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ (uns 27 200 km/h).
Període. $T = \dfrac{2\pi r}{v} = \dfrac{2\pi\cdot6{,}97\cdot10^{6}}{7{,}56\cdot10^{3}} = 5{,}79\cdot10^{3}\ \text{s} \approx 96{,}6\ \text{min}$ .
Voltes per dia. $\dfrac{86\,400}{5794} \approx 14{,}9$ : gairebé 15 voltes diàries.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

La distància entre els centres de la Terra i la Lluna és de 3,84· $10^{8}$ m. Troba el punt del segment que els uneix on el camp gravitatori total s'anul·la. Dades: $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $M_{L}$ = 7,35· $10^{22}$ kg.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Resultat

3{,}46\cdot10^{8}\ \text{m}

del centre de la Terra, és a dir, a uns

3{,}8\cdot10^{7}\ \text{m}

(38 000 km) del centre de la Lluna.

Resolució

Plantejament. Sigui $x$ la distància del punt al centre de la Terra; de la Lluna n'és a $d - x$ . Entre els dos astres els camps tenen sentits oposats, i s'anul·len quan tenen el mateix mòdul: $G\cdot\dfrac{M_{T}}{x^{2}} = G\cdot\dfrac{M_{L}}{(d - x)^{2}}$
Arrel quadrada. $\dfrac{x}{d - x} = \sqrt{\dfrac{M_{T}}{M_{L}}} = \sqrt{\dfrac{5{,}97\cdot10^{24}}{7{,}35\cdot10^{22}}} = \sqrt{81{,}2} = 9{,}01$ .
Càlcul. $x = 9{,}01\cdot(d - x) \Rightarrow x\cdot(1 + 9{,}01) = 9{,}01\cdot d$ : $x = \dfrac{9{,}01\cdot3{,}84\cdot10^{8}}{10{,}01} = 3{,}46\cdot10^{8}\ \text{m}$ des de la Terra, i $d - x \approx 3{,}8\cdot10^{7}\ \text{m}$ des de la Lluna.
Interpretació. Té sentit: el punt és molt més a prop de la Lluna, que és unes 81 vegades menys massiva. Fora del segment els dos camps tenen el mateix sentit i mai no s'anul·len.
Comprovació. $G\cdot\dfrac{M_{T}}{x^{2}} = 3{,}33\cdot10^{-3}\ \text{m/s}^{2}$ i $G\cdot\dfrac{M_{L}}{(d - x)^{2}} = 3{,}33\cdot10^{-3}\ \text{m/s}^{2}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Un alumne calcula l'augment d'energia potencial d'un satèl·lit de 2 kg quan s'eleva des de la superfície terrestre fins a 1000 km d'altura així: ΔE_p = m·g·h = 2·9,8· $10^{6}$ = 1,96· $10^{7}$ J. Explica per què el càlcul no és correcte, calcula el valor correcte i estima l'error relatiu que ha comès. Dades: M_T = 5,97· $10^{24}$ kg; R_T = 6,37· $10^{6}$ m; G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Resultat

m\cdot g\cdot h

suposa

g

constant, i a 1000 km ja no ho és. El valor correcte és

\Delta E_{p} = 1{,}70\cdot10^{7}\ \text{J}

; l'error relatiu és d'un 15 % per excés.

Resolució

Per què és incorrecte. L'expressió $m\cdot g\cdot h$ només val quan $g$ es pot considerar constant, és a dir, per a altures molt petites comparades amb $R_{T}$ . A 1000 km, $g$ ja ha baixat de 9,8 a uns 7,3 m/s², i cal fer servir l'expressió general $E_{p} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r}$ .
Energia potencial gravitatòria. $\Delta E_{p} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{R_{T} + h} - \left(-G\cdot\dfrac{M\cdot m}{R_{T}}\right) = G\cdot M\cdot m\cdot\left(\dfrac{1}{R_{T}} - \dfrac{1}{R_{T} + h}\right)$
Càlcul. $\Delta E_{p} = 6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}\cdot2\cdot\left(\dfrac{1}{6{,}37\cdot10^{6}} - \dfrac{1}{7{,}37\cdot10^{6}}\right) = 7{,}96\cdot10^{14}\cdot2{,}13\cdot10^{-8} = 1{,}70\cdot10^{7}\ \text{J}$
Error relatiu. $\dfrac{1{,}96\cdot10^{7} - 1{,}70\cdot10^{7}}{1{,}70\cdot10^{7}} \approx 0{,}15$ , un 15 % per excés.
Conclusió. $m\cdot g\cdot h$ sobreestima l'energia perquè suposa que la gravetat es manté tan intensa com a la superfície durant tota la pujada.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Un meteorit que es troba en repòs a una distància de tres radis terrestres del centre de la Terra comença a caure cap al planeta. Calcula amb quina velocitat arribaria a la superfície si no hi hagués atmosfera. Dades: $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m; G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Resultat

v = 9{,}13\cdot10^{3}\ \text{m/s} \approx 9{,}1\ \text{km/s}

Resolució

Plantejament. Només actua la gravetat (conservativa): es conserva l'energia mecànica entre el punt inicial ( $r = 3R_{T}$ , en repòs) i la superfície ( $r = R_{T}$ ).
Conservació de l'energia mecànica. $0 - G\cdot\dfrac{M\cdot m}{3R_{T}} = \tfrac{1}{2}m\cdot v^{2} - G\cdot\dfrac{M\cdot m}{R_{T}}$ La massa $m$ del meteorit se simplifica.
Càlcul. $v^{2} = 2G\cdot M\left(\dfrac{1}{R_{T}} - \dfrac{1}{3R_{T}}\right) = \dfrac{4G\cdot M}{3R_{T}} = \dfrac{4\cdot3{,}98\cdot10^{14}}{3\cdot6{,}37\cdot10^{6}} = 8{,}33\cdot10^{7}\ \text{m}^{2}/\text{s}^{2}$ d'on $v = 9{,}13\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ , uns 9,1 km/s.
Comprovació. És inferior a la velocitat d'escapament (11,2 km/s), que seria la velocitat d'impacte d'un cos caigut des de l'infinit. Si féssim servir $v = \sqrt{2g\cdot h}$ amb $h = 2R_{T}$ obtindríem 15,8 km/s, un resultat absurd perquè $g$ no és constant en un recorregut tan llarg.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

Dues esferes de 1000 kg cadascuna tenen els centres separats 2 m. Calcula el camp gravitatori i el potencial gravitatori al punt mitjà del segment que les uneix, i el treball que fa el camp per portar una massa de 2 kg des de l'infinit fins a aquest punt. G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Resultat

\vec g = 0

;

V = -1{,}33\cdot10^{-7}\ \text{J/kg}

;

W = +2{,}67\cdot10^{-7}\ \text{J}

Resolució

Camp. Cada esfera crea al punt mitjà (a 1 m) un camp de mòdul $G\cdot\dfrac{M}{r^{2}} = 6{,}67\cdot10^{-11}\cdot\dfrac{1000}{1^{2}} = 6{,}67\cdot10^{-8}\ \text{m/s}^{2}$ , dirigit cap a l'esfera que el crea. Els dos camps són iguals i de sentits oposats: el camp total és zero.
Potencial. És un escalar i se suma sense tenir en compte direccions: $V = -G\cdot\dfrac{M}{r} - G\cdot\dfrac{M}{r} = -2\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot\dfrac{1000}{1} = -1{,}33\cdot10^{-7}\ \text{J/kg}$
Energia potencial. De la massa de 2 kg al punt mitjà: $E_{p} = m\cdot V = 2\cdot(-1{,}334\cdot10^{-7}) = -2{,}67\cdot10^{-7}\ \text{J}$ (a l'infinit val zero).
Treball del camp. $W = -\Delta E_{p} = -(E_{p,\text{final}} - E_{p,\text{inicial}}) = -(-2{,}67\cdot10^{-7} - 0) = +2{,}67\cdot10^{-7}\ \text{J}$ . És positiu: el camp atrau la massa cap a les esferes i fa treball a favor del moviment.
Conclusió. Fixa't que el camp és zero en aquest punt i, en canvi, el potencial no ho és.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

D'un planeta se sap que la gravetat a la seva superfície és g = 25 m·s⁻² i que el seu radi és R = 7,0· $10^{7}$ m. Calcula la seva massa i la seva densitat mitjana. Dada: G = 6,67·10⁻¹¹ N· $\text{m}^{2}$ ·kg⁻².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Resultat

M = 1{,}84\cdot10^{27}\ \text{kg}

;

\rho = 1{,}28\cdot10^{3}\ \text{kg/m}^{3}

Resolució

Massa. A partir de $g = G\cdot\dfrac{M}{R^{2}}$ , aïllem $M = \dfrac{g\cdot R^{2}}{G}$ . Amb $R^{2} = (7{,}0\cdot10^{7})^{2} = 4{,}9\cdot10^{15}\ \text{m}^{2}$ : $M = \dfrac{25\cdot4{,}9\cdot10^{15}}{6{,}67\cdot10^{-11}} = \dfrac{1{,}225\cdot10^{17}}{6{,}67\cdot10^{-11}} = 1{,}84\cdot10^{27}\ \text{kg}$
Volum. Suposem el planeta esfèric: $R^{3} = (7{,}0\cdot10^{7})^{3} = 3{,}43\cdot10^{23}\ \text{m}^{3}$ , i $V = \tfrac{4}{3}\pi R^{3} = 1{,}44\cdot10^{24}\ \text{m}^{3}$ .
Densitat. La densitat és massa entre volum: $\rho = \dfrac{M}{V} = \dfrac{1{,}84\cdot10^{27}}{1{,}44\cdot10^{24}} = 1{,}28\cdot10^{3}\ \text{kg/m}^{3}$
Conclusió. És una densitat baixa (poc més que l'aigua): un planeta gran i lleuger, com els gegants gasosos tipus Júpiter.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Un satèl·lit de 500 kg orbita la Terra en una òrbita circular de radi $r_{1}$ = 8,0· $10^{6}$ m. Es vol pujar a una òrbita circular superior de radi $r_{2}$ = 1,2· $10^{7}$ m. Calcula l'energia mecànica del satèl·lit a cada òrbita i el treball mínim que cal fer per passar d'una a l'altra. Dada: G·M = 3,98· $10^{14}$ (SI).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Resultat

E_{m1} = -1{,}24\cdot10^{10}\ \text{J}

;

E_{m2} = -8{,}29\cdot10^{9}\ \text{J}

;

W = 4{,}15\cdot10^{9}\ \text{J}

Resolució

Energia en òrbita circular. L'energia mecànica és la suma de la cinètica i la potencial: $E_{m} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2r}$ . Compte: és negativa (el satèl·lit està lligat), i no es pot substituir a cegues sense arrossegar el signe.
Numerador comú. $G\cdot M\cdot m = 3{,}98\cdot10^{14}\cdot500 = 1{,}99\cdot10^{17}\ \text{J}\cdot\text{m}$ .
Òrbita 1. $E_{m1} = -\dfrac{1{,}99\cdot10^{17}}{2\cdot8{,}0\cdot10^{6}} = -\dfrac{1{,}99\cdot10^{17}}{1{,}6\cdot10^{7}} = -1{,}24\cdot10^{10}\ \text{J}$ .
Òrbita 2. $E_{m2} = -\dfrac{1{,}99\cdot10^{17}}{2\cdot1{,}2\cdot10^{7}} = -\dfrac{1{,}99\cdot10^{17}}{2{,}4\cdot10^{7}} = -8{,}29\cdot10^{9}\ \text{J}$ .
Treball mínim. És la diferència d'energies mecàniques (no la potencial sola): $W = E_{m2} - E_{m1} = -8{,}29\cdot10^{9} - (-1{,}24\cdot10^{10}) = 4{,}15\cdot10^{9}\ \text{J}$
Conclusió. El parany: l'òrbita superior té una energia menys negativa, és a dir, més gran. Per això el treball surt positiu: cal aportar energia per pujar el satèl·lit, encara que a dalt vagi més a poc a poc.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

El cometa Halley descriu una òrbita el·líptica molt allargada al voltant del Sol. Al periheli és a $r_{P}$ = 0,575 ua del centre del Sol i a l'afeli, a $r_{A}$ = 35,3 ua, on la seva velocitat és $v_{A}$ = 896 m·s⁻¹. (a) Raona en quin punt de l'òrbita la velocitat és màxima. (b) Calcula la velocitat al periheli, indicant clarament quin principi físic fas servir. Dada: 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Apartat a)

Resultat

Al periheli (el punt més proper al Sol), per la conservació del moment angular.

Resolució

Força central. La força gravitatòria sempre apunta cap al Sol, de manera que el seu moment respecte del Sol és nul i el moment angular del cometa es conserva.
Moment angular. A l'afeli i al periheli la velocitat és perpendicular al radi vector, i el mòdul del moment angular és $L = m\cdot v\cdot r$ en tots dos punts. Si $L$ es manté constant i $r$ disminueix, $v$ ha d'augmentar.
Segona llei de Kepler. És el contingut de la llei de les àrees: el cometa escombra àrees iguals en temps iguals i, per tant, va més de pressa on és més a prop del Sol.
Conclusió. La velocitat és màxima al periheli i mínima a l'afeli.

Apartat b)

Resultat

v_{P} = 5{,}50\cdot10^{4}\ \text{m/s} \approx 55\ \text{km/s}

(conservació del moment angular).

Resolució

Principi. Conservació del moment angular entre l'afeli i el periheli: $m\cdot v_{A}\cdot r_{A} = m\cdot v_{P}\cdot r_{P}$ , d'on $v_{P} = v_{A}\cdot\dfrac{r_{A}}{r_{P}}$ .
Unitats. La massa se simplifica i el quocient de distàncies es pot fer directament en ua, perquè les unitats es cancel·len.
Càlcul. $v_{P} = 896\cdot\dfrac{35{,}3}{0{,}575} = 896\cdot61{,}4 = 5{,}50\cdot10^{4}\ \text{m/s}$
Conclusió. Uns 55 km/s. Té sentit: al periheli va unes 61 vegades més de pressa que a l'afeli.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Des de la superfície terrestre es llança un projectil verticalment cap amunt amb una velocitat de 5,0 km/s. Sense tenir en compte el fregament amb l'aire:
a) Calcula l'altura màxima que assoleix.
b) Compara-la amb la que s'obtindria suposant g constant (9,8 $\text{m/s}^{2}$ ) i explica la diferència.
c) Raona quina velocitat mínima de llançament caldria perquè no tornés mai.
Dades: $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m; G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

h_{\max} = 1{,}59\cdot10^{6}\ \text{m} \approx 1590\ \text{km}

Resolució

Conservació de l'energia mecànica. Entre la superfície i el punt més alt ( $v = 0$ ): $\tfrac{1}{2}m\cdot v_{0}^{2} - G\cdot\dfrac{M\cdot m}{R_{T}} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r_{\max}}$
Càlcul. $\dfrac{1}{r_{\max}} = \dfrac{1}{R_{T}} - \dfrac{v_{0}^{2}}{2G\cdot M} = \dfrac{1}{6{,}37\cdot10^{6}} - \dfrac{(5{,}0\cdot10^{3})^{2}}{2\cdot3{,}98\cdot10^{14}} = 1{,}570\cdot10^{-7} - 0{,}314\cdot10^{-7} = 1{,}256\cdot10^{-7}\ \text{m}^{-1}$ d'on $r_{\max} = 7{,}96\cdot10^{6}\ \text{m}$ .
Altura màxima. $h = r_{\max} - R_{T} = 1{,}59\cdot10^{6}\ \text{m} \approx 1590\ \text{km}$ .

Apartat b)

Resultat

Amb

g

constant,

h' = 1{,}28\cdot10^{6}\ \text{m} \approx 1280\ \text{km}

, un 20 % més petita, perquè en realitat

g

disminueix amb l'altura.

Resolució

Càlcul amb g constant. $h' = \dfrac{v_{0}^{2}}{2g} = \dfrac{(5{,}0\cdot10^{3})^{2}}{2\cdot9{,}8} = 1{,}28\cdot10^{6}\ \text{m} \approx 1280\ \text{km}$
Comparació. Surt un 20 % més petita que el valor real de l'apartat a).
Explicació. El càlcul amb $g$ constant suposa que la gravetat frena el projectil amb 9,8 m/s² durant tota la pujada; en realitat $g$ va disminuint amb l'altura i el projectil arriba més amunt.

Apartat c)

Resultat

v_{e} = 1{,}12\cdot10^{4}\ \text{m/s} = 11{,}2\ \text{km/s}

(velocitat d'escapament).

Resolució

Condició. Perquè no torni, l'energia mecànica ha de ser com a mínim zero: ha d'arribar a l'infinit amb $v = 0$ .
Conservació de l'energia. $\tfrac{1}{2}m\cdot v_{e}^{2} = G\cdot\dfrac{M\cdot m}{R_{T}}$ , d'on $v_{e} = \sqrt{\dfrac{2G\cdot M}{R_{T}}}$ .
Càlcul. $v_{e} = \sqrt{\dfrac{2\cdot3{,}98\cdot10^{14}}{6{,}37\cdot10^{6}}} = 1{,}12\cdot10^{4}\ \text{m/s} = 11{,}2\ \text{km/s}$

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

Es vol posar un satèl·lit de 500 kg en una òrbita circular a 800 km d'altura.
a) Calcula la velocitat orbital i l'energia mecànica del satèl·lit en òrbita.
b) Quina energia mínima cal aportar-li des de la superfície per posar-lo en aquesta òrbita (sense considerar la rotació de la Terra ni el fregament)?
c) Un cop en òrbita, quina energia addicional caldria per fer-lo escapar de l'atracció terrestre?
Dades: $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m; G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

v = 7{,}45\cdot10^{3}\ \text{m/s}

;

E_{m} = -1{,}39\cdot10^{10}\ \text{J}

Resolució

Radi. $r = 6{,}37\cdot10^{6} + 8{,}0\cdot10^{5} = 7{,}17\cdot10^{6}\ \text{m}$ .
Velocitat orbital. $v = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r}} = \sqrt{\dfrac{3{,}98\cdot10^{14}}{7{,}17\cdot10^{6}}} = 7{,}45\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ .
Energia mecànica en òrbita circular. $E_{m} = E_{c} + E_{p} = \tfrac{1}{2}m v^{2} - G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2r} = -\dfrac{3{,}98\cdot10^{14}\cdot500}{2\cdot7{,}17\cdot10^{6}} = -1{,}39\cdot10^{10}\ \text{J}$

Apartat b)

Resultat

\Delta E = 1{,}74\cdot10^{10}\ \text{J}

Resolució

Energia a la superfície. En repòs a la superfície, l'energia és només potencial: $E_{\text{sup}} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{R_{T}} = -\dfrac{3{,}98\cdot10^{14}\cdot500}{6{,}37\cdot10^{6}} = -3{,}13\cdot10^{10}\ \text{J}$ .
Energia que cal aportar. $\Delta E = E_{m} - E_{\text{sup}} = -1{,}39\cdot10^{10} - (-3{,}13\cdot10^{10}) = 1{,}74\cdot10^{10}\ \text{J}$ .
Error típic. Calcular l'energia per posar-lo en òrbita només amb l'energia cinètica orbital, oblidant que també augmenta l'energia potencial.

Apartat c)

Resultat

\Delta E' = 1{,}39\cdot10^{10}\ \text{J}

, igual a l'energia cinètica que té en òrbita.

Resolució

Condició d'escapament. Per escapar cal arribar a $E_{m} = 0$ .
Càlcul. $\Delta E' = 0 - (-1{,}39\cdot10^{10}) = 1{,}39\cdot10^{10}\ \text{J}$ .
Conclusió. Coincideix amb l'energia cinètica que té en òrbita, perquè en una òrbita circular $E_{m} = -E_{c}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Un planeta té un satèl·lit natural que descriu una òrbita circular de 5,0· $10^{8}$ m de radi amb un període de 20 dies. El radi del planeta és de 2,0· $10^{7}$ m. Calcula:
a) la massa del planeta;
b) la intensitat del camp gravitatori a la seva superfície;
c) la velocitat d'escapament des de la superfície.
G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

M = 2{,}48\cdot10^{25}\ \text{kg}

Resolució

Dades. $r = 5{,}0\cdot10^{8}\ \text{m}$ ; $T = 20\cdot86\,400 = 1{,}728\cdot10^{6}\ \text{s}$ .
Gravetat com a força centrípeta. Igualant la gravetat i la força centrípeta del satèl·lit: $M = \dfrac{4\pi^{2}r^{3}}{G\cdot T^{2}}$ .
Càlcul. $M = \dfrac{4\pi^{2}\cdot(5{,}0\cdot10^{8})^{3}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(1{,}728\cdot10^{6})^{2}} = \dfrac{4{,}93\cdot10^{27}}{199} = 2{,}48\cdot10^{25}\ \text{kg}$

Apartat b)

Resultat

g = 4{,}13\ \text{m/s}^{2}

Resolució

Intensitat del camp a la superfície. $g = G\cdot\dfrac{M}{R^{2}}$ , amb $R = 2{,}0\cdot10^{7}\ \text{m}$ .
Càlcul. $g = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot2{,}48\cdot10^{25}}{(2{,}0\cdot10^{7})^{2}} = \dfrac{1{,}65\cdot10^{15}}{4{,}0\cdot10^{14}} = 4{,}13\ \text{m/s}^{2}$

Apartat c)

Resultat

v_{e} = 1{,}29\cdot10^{4}\ \text{m/s} \approx 12{,}9\ \text{km/s}

Resolució

Velocitat d'escapament. De la conservació de l'energia, $v_{e} = \sqrt{\dfrac{2G\cdot M}{R}}$ .
Càlcul. $v_{e} = \sqrt{\dfrac{2\cdot1{,}65\cdot10^{15}}{2{,}0\cdot10^{7}}} = \sqrt{1{,}65\cdot10^{8}} = 1{,}29\cdot10^{4}\ \text{m/s}$ .
Comprovació. $v_{e} = \sqrt{2g\cdot R} = \sqrt{2\cdot4{,}13\cdot2{,}0\cdot10^{7}} = 1{,}29\cdot10^{4}\ \text{m/s}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

Un satèl·lit descriu una òrbita el·líptica al voltant de la Terra amb una distància mínima al centre terrestre (perigeu) de 7,0· $10^{6}$ m i una distància màxima (apogeu) de 2,1· $10^{7}$ m.
a) Raona quina relació hi ha entre les velocitats al perigeu i a l'apogeu.
b) Calcula totes dues velocitats.
c) Calcula el període orbital.
Dades: $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

\dfrac{v_{P}}{v_{A}} = \dfrac{r_{A}}{r_{P}} = 3

: al perigeu va tres vegades més de pressa.

Resolució

Força central. La força gravitatòria és central, de manera que es conserva el moment angular respecte del centre de la Terra.
Conservació del moment angular. Al perigeu i a l'apogeu la velocitat és perpendicular al radi vector: $m\cdot v_{P}\cdot r_{P} = m\cdot v_{A}\cdot r_{A}$ .
Conclusió. $\dfrac{v_{P}}{v_{A}} = \dfrac{r_{A}}{r_{P}} = \dfrac{2{,}1\cdot10^{7}}{7{,}0\cdot10^{6}} = 3$ : al perigeu va tres vegades més de pressa (segona llei de Kepler).

Apartat b)

Resultat

v_{P} = 9{,}24\cdot10^{3}\ \text{m/s}

;

v_{A} = 3{,}08\cdot10^{3}\ \text{m/s}

Resolució

Conservació de l'energia mecànica. $\tfrac{1}{2}v_{P}^{2} - \dfrac{G\cdot M}{r_{P}} = \tfrac{1}{2}v_{A}^{2} - \dfrac{G\cdot M}{r_{A}}$ , amb $v_{A} = \tfrac{v_{P}}{3}$ .
Càlcul. $\tfrac{1}{2}v_{P}^{2}\left(1 - \tfrac{1}{9}\right) = G\cdot M\left(\dfrac{1}{r_{P}} - \dfrac{1}{r_{A}}\right) = 3{,}98\cdot10^{14}\left(\dfrac{1}{7{,}0\cdot10^{6}} - \dfrac{1}{2{,}1\cdot10^{7}}\right) = 3{,}79\cdot10^{7}\ \text{m}^{2}/\text{s}^{2}$
Velocitats. $v_{P}^{2} = \dfrac{2\cdot3{,}79\cdot10^{7}}{8/9} = 8{,}53\cdot10^{7}\ \text{m}^{2}/\text{s}^{2}$ , $v_{P} = 9{,}24\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ i $v_{A} = 3{,}08\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ .

Apartat c)

Resultat

T = 1{,}65\cdot10^{4}\ \text{s} \approx 4{,}6\ \text{h}

Resolució

Semieix major. $a = \dfrac{r_{P} + r_{A}}{2} = 1{,}4\cdot10^{7}\ \text{m}$ .
Tercera llei de Kepler. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{a^{3}}{G\cdot M}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{(1{,}4\cdot10^{7})^{3}}{3{,}98\cdot10^{14}}} = 1{,}65\cdot10^{4}\ \text{s} \approx 4{,}6\ \text{h}$
Comprovació. L'energia mecànica per unitat de massa val el mateix als dos punts, $-1{,}42\cdot10^{7}\ \text{J/kg}$ , i coincideix amb $-\dfrac{G\cdot M}{2a}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Un satèl·lit de massa m descriu una òrbita circular de radi R al voltant de la Terra amb energia cinètica $E_{c}$ , energia potencial $E_{p}$ i energia mecànica $E_{m}$ . Es vol traslladar a una òrbita circular de radi 2R.
a) Expressa les tres energies de la nova òrbita en funció de les de l'òrbita inicial.
b) Raona si cal aportar energia al satèl·lit o treure-n'hi, i explica l'aparent contradicció que, per pujar-lo, acabi anant més a poc a poc.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

E_{c}' = \tfrac{E_{c}}{2}

;

E_{p}' = \tfrac{E_{p}}{2}

;

E_{m}' = \tfrac{E_{m}}{2}

Resolució

Energies en òrbita circular. De radi $r$ : $E_{c} = \tfrac{1}{2}m v^{2} = G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2r}$ ; $E_{p} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r}$ ; $E_{m} = E_{c} + E_{p} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2r}$ . Les tres són inversament proporcionals a $r$ .
Nova òrbita. En passar de $R$ a $2R$ cada energia queda dividida per 2: $E_{c}' = \tfrac{E_{c}}{2}$ ; $E_{p}' = \tfrac{E_{p}}{2}$ (menys negativa, és a dir, més gran); $E_{m}' = \tfrac{E_{m}}{2}$ (també menys negativa).

Apartat b)

Resultat

Cal aportar energia:

\Delta E_{m} = -\tfrac{E_{m}}{2} = G\cdot\dfrac{M\cdot m}{4R} > 0

; la potencial puja el doble del que baixa la cinètica.

Resolució

Balanç d'energia. $\Delta E_{m} = \tfrac{E_{m}}{2} - E_{m} = -\tfrac{E_{m}}{2} = G\cdot\dfrac{M\cdot m}{4R} > 0$ (recorda que $E_{m}$ és negativa).
Repartiment. L'energia potencial augmenta en $G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2R}$ , el doble del que disminueix la cinètica ( $G\cdot\dfrac{M\cdot m}{4R}$ ); el balanç és positiu.
Aparent contradicció. Els motors fan treball positiu, però aquest treball va a parar a l'energia potencial i, a més, la velocitat orbital final és més petita: $v' = \dfrac{v}{\sqrt{2}}$ .
Conclusió. No hi ha contradicció. L'error típic és creure que, com que el satèl·lit va més lent a l'òrbita alta, li hem tret energia.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Dues esferes de 100 kg tenen els centres als punts A(0, 0) i B(6, 0) (coordenades en metres). Calcula:
a) el vector intensitat de camp gravitatori al punt P(3, 4);
b) el potencial gravitatori a P;
c) el treball que fa el camp quan una massa d'1 kg es trasllada des de l'infinit fins a P.
G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

\vec g = (0,\ -4{,}27\cdot10^{-10})\ \text{m/s}^{2}

: apunta cap avall (cap al segment AB).

Resolució

Distàncies. De P a A i a B: $d = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5\ \text{m}$ .
Mòdul de cada camp. $g_{1} = G\cdot\dfrac{M}{d^{2}} = 6{,}67\cdot10^{-11}\cdot\dfrac{100}{25} = 2{,}67\cdot10^{-10}\ \text{m/s}^{2}$ , dirigit de P cap a cada esfera.
Superposició. Vectors unitaris de P cap a A, $\tfrac{(-3,\ -4)}{5}$ , i de P cap a B, $\tfrac{(3,\ -4)}{5}$ : $\vec g = g_{1}\left[\tfrac{(-3,\ -4)}{5} + \tfrac{(3,\ -4)}{5}\right] = g_{1}\cdot\left(0,\ -\tfrac{8}{5}\right) = (0,\ -4{,}27\cdot10^{-10})\ \text{m/s}^{2}$
Conclusió. Les components horitzontals es cancel·len per simetria i el camp resultant apunta cap avall, amb mòdul $4{,}27\cdot10^{-10}\ \text{m/s}^{2}$ .

Apartat b)

Resultat

V_{P} = -2{,}67\cdot10^{-9}\ \text{J/kg}

Resolució

Potencial. És un escalar: se sumen les dues contribucions.
Càlcul. $V = -G\cdot\dfrac{M}{d} - G\cdot\dfrac{M}{d} = -2\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot\dfrac{100}{5} = -2{,}67\cdot10^{-9}\ \text{J/kg}$

Apartat c)

Resultat

W = +2{,}67\cdot10^{-9}\ \text{J}

Resolució

Treball del camp. $W = -\Delta E_{p} = -m\cdot(V_{P} - V_{\infty})$ , amb $V_{\infty} = 0$ .
Càlcul. $W = -1\cdot(-2{,}67\cdot10^{-9} - 0) = +2{,}67\cdot10^{-9}\ \text{J}$ .
Conclusió. El camp fa treball positiu perquè atrau la massa cap a les esferes.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Un satèl·lit de comunicacions de 2000 kg es deixa primer en una òrbita circular «d'aparcament» a 300 km d'altura. Per dur-lo fins a l'òrbita geoestacionària es fa servir una òrbita de transferència el·líptica tangent a totes dues òrbites circulars: el perigeu és a l'òrbita baixa i l'apogeu, a l'òrbita geoestacionària (transferència de Hohmann). Els motors només s'encenen dues vegades, durant un temps molt curt.
a) Calcula el radi de l'òrbita geoestacionària, sabent que el seu període és d'un dia sideri (86 164 s). Justifica per què aquesta òrbita ha de ser al pla de l'equador.
b) Fent servir la conservació de l'energia mecànica i del moment angular a l'òrbita de transferència, calcula la velocitat del satèl·lit al perigeu i a l'apogeu de l'el·lipse.
c) Calcula els dos increments de velocitat que han de proporcionar els motors i quant temps dura el viatge de transferència.
d) Calcula la variació d'energia mecànica del satèl·lit entre l'òrbita d'aparcament i la geoestacionària. Interpreta per què cal aportar energia si, al final, el satèl·lit va més a poc a poc que al principi.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m.

Pista 1

A l'òrbita de transferència només actua la gravetat, que és una força central: hi ha dues magnituds que es conserven entre el perigeu i l'apogeu.

Pista 2

Al perigeu i a l'apogeu la velocitat és perpendicular al radi vector, de manera que el moment angular s'escriu simplement m·v·r. Combina aquesta igualtat amb la de l'energia mecànica i obtindràs un sistema de dues equacions amb dues incògnites.

Pista 3

El temps de transferència és mig període de l'el·lipse, i per a una el·lipse la tercera llei de Kepler es fa servir amb el semieix major a = $\tfrac{(r_{1} + r_{2})}{2}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

r_{2} = 4{,}22\cdot10^{7}\ \text{m}

(uns 35 800 km d'altura); ha de ser equatorial perquè el pla de l'òrbita ha de contenir el centre de la Terra.

Resolució

Dades. $G\cdot M_{T} = 6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24} = 3{,}98\cdot10^{14}\ \text{m}^{3}/\text{s}^{2}$ ; òrbita d'aparcament $r_{1} = 6{,}37\cdot10^{6} + 3{,}0\cdot10^{5} = 6{,}67\cdot10^{6}\ \text{m}$ .
Gravetat com a força centrípeta. $G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r^{2}} = m\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^{2}r$ , d'on $r_{2} = \left(\dfrac{G\cdot M\cdot T^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{1/3} = \left(\dfrac{3{,}98\cdot10^{14}\cdot86\,164^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{1/3} = 4{,}22\cdot10^{7}\ \text{m}$ és a dir, uns 35 800 km d'altura.
Per què equatorial. La força gravitatòria apunta al centre de la Terra i, per tant, el pla de l'òrbita conté el centre. Si l'òrbita estigués inclinada, el satèl·lit passaria alternativament per sobre i per sota de l'equador i no es veuria quiet des de terra.

Apartat b)

Resultat

v_{P} = 1{,}02\cdot10^{4}\ \text{m/s}

;

v_{A} = 1{,}61\cdot10^{3}\ \text{m/s}

Resolució

Conservació del moment angular i de l'energia. Al perigeu ( $r_{1}$ ) i a l'apogeu ( $r_{2}$ ) la velocitat és perpendicular al radi: $v_{P}\cdot r_{1} = v_{A}\cdot r_{2}$ i $\tfrac{1}{2}v_{P}^{2} - \dfrac{G\cdot M}{r_{1}} = \tfrac{1}{2}v_{A}^{2} - \dfrac{G\cdot M}{r_{2}}$ .
Resolució. Substituint $v_{A} = v_{P}\cdot\tfrac{r_{1}}{r_{2}}$ i aïllant: $v_{P}^{2} = \dfrac{2G\cdot M\cdot r_{2}}{r_{1}(r_{1} + r_{2})}$
Càlcul. $v_{P} = \sqrt{\dfrac{2\cdot3{,}98\cdot10^{14}\cdot4{,}22\cdot10^{7}}{6{,}67\cdot10^{6}\cdot4{,}88\cdot10^{7}}} = 1{,}02\cdot10^{4}\ \text{m/s};\qquad v_{A} = v_{P}\cdot\dfrac{r_{1}}{r_{2}} = 1{,}61\cdot10^{3}\ \text{m/s}$
Comprovació. Al perigeu va més de pressa que a l'apogeu, com diu la segona llei de Kepler.

Apartat c)

Resultat

\Delta v_{1} = 2{,}43\cdot10^{3}\ \text{m/s}

;

\Delta v_{2} = 1{,}47\cdot10^{3}\ \text{m/s}

(uns 3,9 km/s en total);

t = 1{,}90\cdot10^{4}\ \text{s} \approx 5{,}3\ \text{h}

Resolució

Velocitats circulars. $v_{1} = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r_{1}}} = 7{,}73\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ i $v_{2} = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r_{2}}} = 3{,}07\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ .
Impulsos. Primer impuls (al perigeu): $\Delta v_{1} = v_{P} - v_{1} = 2{,}43\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ . Segon impuls (a l'apogeu, per «circularitzar»): $\Delta v_{2} = v_{2} - v_{A} = 1{,}47\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ . En total, uns 3,9 km/s.
Tercera llei de Kepler. Semieix major: $a = \dfrac{r_{1} + r_{2}}{2} = 2{,}44\cdot10^{7}\ \text{m}$ . El viatge és mig període $T_{e}$ de l'el·lipse: $t = \dfrac{T_{e}}{2} = \pi\sqrt{\dfrac{a^{3}}{G\cdot M}} = 1{,}90\cdot10^{4}\ \text{s} \approx 5{,}3\ \text{h}$

Apartat d)

Resultat

\Delta E_{m} = +5{,}03\cdot10^{10}\ \text{J}

: la cinètica baixa, però la potencial puja el doble.

Resolució

Energia en òrbita circular. $E_{m} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2r}$ : $E_{1} = -\dfrac{3{,}98\cdot10^{14}\cdot2000}{2\cdot6{,}67\cdot10^{6}} = -5{,}97\cdot10^{10}\ \text{J}$ ; $E_{2} = -\dfrac{3{,}98\cdot10^{14}\cdot2000}{2\cdot4{,}22\cdot10^{7}} = -9{,}45\cdot10^{9}\ \text{J}$ .
Variació. $\Delta E_{m} = E_{2} - E_{1} = +5{,}03\cdot10^{10}\ \text{J}$ .
Interpretació. L'energia cinètica baixa (de $5{,}97\cdot10^{10}\ \text{J}$ a $9{,}45\cdot10^{9}\ \text{J}$ ), però l'energia potencial puja el doble del que baixa la cinètica (en òrbita circular $E_{p} = -2E_{c}$ ). El balanç és positiu: els motors han d'aportar energia.
Conclusió. Els motors «gasten» aquesta energia a pujar dins del pou de potencial, que és on va a parar també la cinètica que perd el satèl·lit durant la pujada per l'el·lipse.

Errors típics

Calcular la velocitat al perigeu de l'el·lipse com si fos la d'una òrbita circular de radi r₁ o de radi a.
Fer servir la tercera llei de Kepler amb r₂ o amb r₁ + r₂ en lloc del semieix major per al temps de transferència, o oblidar que només es recorre mitja el·lipse.
Pensar que, com que el satèl·lit acaba més lent, perd energia: s'ha de considerar també l'energia potencial.
Fer servir 24 h en lloc del dia sideri: l'error és petit (0,2 % en el radi), però conceptualment el període rellevant és el de rotació respecte de les estrelles.

Conceptes treballats: òrbites circulars i el·líptiques, tercera llei de Kepler, conservació del moment angular, conservació de l'energia mecànica, energia d'un satèl·lit, satèl·lit geoestacionari.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

L'Estació Espacial Internacional (massa 4,2· $10^{5}$ kg) orbita a uns 400 km d'altura. A aquesta altura encara hi ha una atmosfera molt tènue i el fregament fa que, al cap d'unes setmanes, l'òrbita, que es pot considerar circular en tot moment, baixi fins a 390 km.
a) Calcula la velocitat orbital i el període a totes dues altures (dona les velocitats amb quatre xifres significatives per poder-les comparar).
b) Calcula la variació de l'energia cinètica, de l'energia potencial i de l'energia mecànica de l'estació durant el descens.
c) Un company afirma: «El fregament frena l'estació, per tant ara va més a poc a poc». Raona per què la conclusió és falsa i explica d'on surt l'energia cinètica que guanya l'estació.
d) Quina energia s'ha dissipat per fregament? Raona què ha de fer l'estació per tornar a 400 km i si n'hi ha prou d'encendre els motors cap enrere o cap endavant.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m.

Pista 1

Com que l'òrbita és circular en cada moment, a cada altura pots fer servir les relacions de les òrbites circulars entre la velocitat, el radi i les energies.

Pista 2

En una òrbita circular hi ha una relació senzilla entre $E_{c}$ , $E_{p}$ i $E_{m}$ : troba-la escrivint les tres en funció de G·M·m/r.

Pista 3

El treball del fregament és igual a la variació d'energia mecànica. Compara aquesta variació amb la de l'energia potencial: quina part de l'energia potencial perduda s'emporta el fregament i quina part es converteix en cinètica?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

A 400 km:

v = 7669\ \text{m/s}

T = 5546\ \text{s}

(92,4 min); a 390 km:

v = 7675\ \text{m/s}

T = 5534\ \text{s}

(92,2 min).

Resolució

Dades. $G\cdot M_{T} = 3{,}98\cdot10^{14}\ \text{m}^{3}/\text{s}^{2}$ ; $r_{A} = 6{,}77\cdot10^{6}\ \text{m}$ (400 km) i $r_{B} = 6{,}76\cdot10^{6}\ \text{m}$ (390 km).
Òrbita circular. $v = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r}}$ i $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^{3}}{G\cdot M}}$ .
Càlcul. A 400 km: $v_{A} = 7669\ \text{m/s}$ , $T_{A} = 5546\ \text{s}$ (92,4 min). A 390 km: $v_{B} = 7675\ \text{m/s}$ , $T_{B} = 5534\ \text{s}$ (92,2 min).
Conclusió. La velocitat augmenta uns 5,7 m/s i el període disminueix uns 12 s.

Apartat b)

Resultat

\Delta E_{c} = +1{,}83\cdot10^{10}\ \text{J}

;

\Delta E_{p} = -3{,}65\cdot10^{10}\ \text{J}

;

\Delta E_{m} = -1{,}83\cdot10^{10}\ \text{J}

Resolució

Energies en òrbita circular. $E_{c} = G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2r}$ , $E_{p} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r} = -2E_{c}$ i $E_{m} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2r} = -E_{c}$ .
Valors. A 400 km: $E_{c} = 1{,}2352\cdot10^{13}\ \text{J}$ , $E_{p} = -2{,}4704\cdot10^{13}\ \text{J}$ , $E_{m} = -1{,}2352\cdot10^{13}\ \text{J}$ . A 390 km: $E_{c} = 1{,}2370\cdot10^{13}\ \text{J}$ , $E_{p} = -2{,}4740\cdot10^{13}\ \text{J}$ , $E_{m} = -1{,}2370\cdot10^{13}\ \text{J}$ .
Variacions. Com que són molt petites respecte dels valors totals, convé calcular-les amb $\Delta E_{c} = G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2}\left(\dfrac{1}{r_{B}} - \dfrac{1}{r_{A}}\right)$ en lloc de restar nombres arrodonits: $\Delta E_{c} = +1{,}83\cdot10^{10}\ \text{J}$ ; $\Delta E_{p} = -3{,}65\cdot10^{10}\ \text{J}$ ; $\Delta E_{m} = -1{,}83\cdot10^{10}\ \text{J}$ .

Apartat c)

Resultat

És falsa: en perdre energia mecànica, l'òrbita baixa i l'estació va més de pressa; la cinètica que guanya surt de l'energia potencial que perd.

Resolució

Efecte del fregament. El fregament fa disminuir l'energia mecànica, i en una òrbita circular $E_{m} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2r}$ : si $E_{m}$ es fa més negativa, $r$ disminueix.
D'on surt l'energia cinètica. En baixar, l'estació perd energia potencial, $\Delta E_{p} = -3{,}65\cdot10^{10}\ \text{J}$ ; d'aquesta energia, la meitat la dissipa el fregament i l'altra meitat es converteix en energia cinètica.
Conclusió. Paradoxalment, el fregament fa que l'estació vagi més de pressa. El raonament del company seria correcte per a un cos que es mogués en horitzontal, sense canviar d'altura, però aquí el fregament fa que l'estació «caigui» en espiral cap a òrbites més baixes i més ràpides.

Apartat d)

Resultat

S'han dissipat

1{,}83\cdot10^{10}\ \text{J}

; per tornar a 400 km cal aportar com a mínim aquesta energia encenent els motors cap endavant.

Resolució

Treball del fregament. És igual a la variació d'energia mecànica: energia dissipada $= |\Delta E_{m}| = 1{,}83\cdot10^{10}\ \text{J}$ .
Tornar a pujar. Cal aportar-li com a mínim aquesta energia: s'han d'encendre els motors cap endavant (en el sentit del moviment), cosa que augmenta l'energia mecànica i fa pujar l'òrbita.
Conclusió. Un cop a dalt, l'estació anirà més a poc a poc que ara, tot i que els motors l'han empès cap endavant. A la pràctica es fa amb dos impulsos petits (com una transferència de Hohmann en miniatura), perquè un sol impuls deixaria una òrbita lleugerament el·líptica.

Errors típics

Afirmar que el fregament redueix la velocitat orbital: redueix l'energia mecànica, però la velocitat augmenta.
Calcular ΔE_c restant velocitats arrodonides a tres xifres: el resultat surt zero o amb un error enorme.
Pensar que per pujar cal frenar (o al revés) sense raonar amb l'energia mecànica.
Confondre l'altura (400 km) amb el radi de l'òrbita (6770 km).

Conceptes treballats: energia d'un satèl·lit en òrbita circular, relació E_m = −E_c = E_p/2, treball de forces no conservatives, velocitat orbital i període.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Els satèl·lits del sistema GPS fan exactament dues voltes a la Terra per cada dia sideri (període de 43 082 s) en òrbites circulars inclinades 55° respecte de l'equador. Els satèl·lits geoestacionaris de comunicacions, en canvi, en fan una per dia sideri (86 164 s).
a) Sense calcular cap radi, fes servir la tercera llei de Kepler per trobar la relació $r_{\mathrm{GPS}}$ / $r_{\mathrm{GEO}}$ entre els radis de les dues òrbites.
b) Calcula el radi i l'altura de l'òrbita GPS i la velocitat d'un satèl·lit GPS. Comprova que el radi geoestacionari que s'obté amb la relació de l'apartat a) és coherent.
c) Calcula l'energia mínima per quilogram que cal per portar un satèl·lit des de la superfície fins a l'òrbita GPS i fins a l'òrbita geoestacionària (sense tenir en compte la rotació terrestre). Per què la diferència és tan petita si el radi geoestacionari és un 60 % més gran?
d) Raona dos motius pels quals el sistema GPS no fa servir satèl·lits geoestacionaris.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m.

Pista 1

La tercera llei de Kepler relaciona $T^{2}$ i $r^{3}$ per a satèl·lits del mateix astre central: no cal conèixer la massa de la Terra per a l'apartat a).

Pista 2

L'energia que cal aportar és la diferència entre l'energia mecànica a l'òrbita i l'energia (només potencial) a la superfície. Escriu-la en funció de $\tfrac{1}{R_{T}}$ i de $\tfrac{1}{r}$ i observa quin terme pesa més.

Pista 3

Per a l'apartat d), pensa en com es veu un satèl·lit geoestacionari des de Noruega o des de l'Antàrtida, i en quantes direccions diferents necessita un receptor per determinar la seva posició.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

\dfrac{r_{\mathrm{GPS}}}{r_{\mathrm{GEO}}} = \left(\tfrac{1}{2}\right)^{2/3} = 0{,}630

Resolució

Tercera llei de Kepler. Per a satèl·lits de la Terra, $\tfrac{T^{2}}{r^{3}}$ és constant, de manera que $\dfrac{r_{\mathrm{GPS}}}{r_{\mathrm{GEO}}} = \left(\dfrac{T_{\mathrm{GPS}}}{T_{\mathrm{GEO}}}\right)^{2/3}$ .
Càlcul. $\dfrac{T_{\mathrm{GPS}}}{T_{\mathrm{GEO}}} = \tfrac{1}{2}$ , i $\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2/3} = 0{,}630$ .
Conclusió. No cal conèixer la massa de la Terra: el radi GPS és un 63 % del geoestacionari.

Apartat b)

Resultat

r_{\mathrm{GPS}} = 2{,}66\cdot10^{7}\ \text{m}

;

h = 2{,}02\cdot10^{7}\ \text{m}

(uns 20 200 km);

v = 3{,}87\cdot10^{3}\ \text{m/s}

;

r_{\mathrm{GEO}} = 4{,}21\cdot10^{7}\ \text{m}

, coherent.

Resolució

Radi. $r_{\mathrm{GPS}} = \left(\dfrac{G\cdot M\cdot T^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{1/3} = \left(\dfrac{3{,}98\cdot10^{14}\cdot43\,082^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{1/3} = 2{,}66\cdot10^{7}\ \text{m}$
Altura i velocitat. $h = 2{,}66\cdot10^{7} - 6{,}37\cdot10^{6} = 2{,}02\cdot10^{7}\ \text{m}$ (uns 20 200 km); $v = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r}} = \sqrt{\dfrac{3{,}98\cdot10^{14}}{2{,}66\cdot10^{7}}} = 3{,}87\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ .
Coherència. $r_{\mathrm{GEO}} = \dfrac{r_{\mathrm{GPS}}}{0{,}630} = 4{,}21\cdot10^{7}\ \text{m}$ , el valor conegut de l'òrbita geoestacionària (uns 36 000 km d'altura).

Apartat c)

Resultat

GPS:

5{,}50\cdot10^{7}\ \text{J/kg}

; GEO:

5{,}78\cdot10^{7}\ \text{J/kg}

. Només un 5 % de diferència, perquè el terme dominant és

\tfrac{G\cdot M}{R_{T}}

Resolució

Energia per kg. És la diferència entre l'energia mecànica a l'òrbita i la potencial a la superfície: $\dfrac{\Delta E}{m} = -\dfrac{G\cdot M}{2r} - \left(-\dfrac{G\cdot M}{R_{T}}\right) = G\cdot M\left(\dfrac{1}{R_{T}} - \dfrac{1}{2r}\right)$
GPS. $\dfrac{\Delta E}{m} = 3{,}98\cdot10^{14}\left(\dfrac{1}{6{,}37\cdot10^{6}} - \dfrac{1}{2\cdot2{,}66\cdot10^{7}}\right) = 5{,}50\cdot10^{7}\ \text{J/kg}$ .
GEO. $\dfrac{\Delta E}{m} = 3{,}98\cdot10^{14}\left(\dfrac{1}{6{,}37\cdot10^{6}} - \dfrac{1}{2\cdot4{,}21\cdot10^{7}}\right) = 5{,}78\cdot10^{7}\ \text{J/kg}$ .
Interpretació. La diferència és només d'un 5 %. El terme $\dfrac{G\cdot M}{R_{T}} = 6{,}25\cdot10^{7}\ \text{J/kg}$ domina: el més car és «sortir» de la part profunda del pou de potencial, a prop de la superfície. A grans distàncies l'energia $-\dfrac{G\cdot M}{2r}$ ja és petita i varia poc encara que $r$ augmenti molt.

Apartat d)

Resultat

Els geoestacionaris es veuen molt baixos (o gens) des de latituds altes, i tots en un sol pla, cosa que dona una geometria molt dolenta per situar-se.

Resolució

Cobertura. Un satèl·lit geoestacionari és sempre sobre l'equador: a latituds altes es veu molt baix sobre l'horitzó (i més enllà d'uns 81° de latitud no es veu), de manera que la cobertura de les zones polars i de les ciutats amb edificis alts seria dolenta.
Geometria. Per situar-se, un receptor necessita senyals d'almenys quatre satèl·lits ben repartits en direccions diferents del cel; tots els geoestacionaris són en un sol pla i donarien una geometria molt dolenta per determinar la latitud.
Altres motius. A més, a més distància el senyal arriba més feble. Les òrbites inclinades de 12 h permeten que, des de qualsevol punt, sempre se'n vegin diversos en direccions variades.

Errors típics

Aplicar la tercera llei de Kepler amb T i r en lloc de $T^{2}$ i $r^{3}$ (obtenir $r_{\mathrm{GPS}}$ = $\tfrac{r_{\mathrm{GEO}}}{2}$ ).
Confondre el radi de l'òrbita amb l'altura sobre la superfície.
Calcular l'energia per posar en òrbita només com a energia cinètica orbital, sense comptar l'augment d'energia potencial.
Pensar que, com que el radi geoestacionari és més gran, l'energia necessària és proporcionalment més gran.

Conceptes treballats: tercera llei de Kepler, velocitat orbital, energia d'un satèl·lit, potencial gravitatori, satèl·lits geoestacionaris i de navegació.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Una futura base lunar vol enviar mostres a la Terra amb una catapulta electromagnètica, sense coets. Considera només la Terra i la Lluna, fixes i separades una distància entre centres de 3,84· $10^{8}$ m; no tinguis en compte el moviment orbital ni l'atmosfera terrestre.
a) Raona per què hi ha un punt P del segment Terra–Lluna on el camp gravitatori total és nul i calcula la seva distància al centre de la Lluna.
b) Calcula el potencial gravitatori total (degut a la Terra i a la Lluna) en un punt de la superfície lunar situat sobre el segment Terra–Lluna i al punt P.
c) Calcula la velocitat mínima amb què s'ha de llançar la càpsula des de la superfície lunar perquè arribi a la Terra. Justifica per què n'hi ha prou d'arribar a P amb velocitat nul·la. Compara-la amb la velocitat d'escapament de la Lluna aïllada i interpreta la diferència.
d) Calcula la velocitat mínima en el viatge invers, des de la superfície terrestre fins a la Lluna, i interpreta per què és tan diferent.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m; $M_{L}$ = 7,35· $10^{22}$ kg; $R_{L}$ = 1,74· $10^{6}$ m.

Pista 1

Els dos camps tenen sentits oposats només entre els dos astres. Iguala els mòduls i resol l'equació per a la distància (recorda que la Terra és molt més massiva).

Pista 2

El potencial és escalar: suma les dues contribucions amb el seu signe. Fixa't que, entre la Lluna i P, la força total sobre la càpsula apunta cap a la Lluna, i més enllà de P apunta cap a la Terra.

Pista 3

Aplica la conservació de l'energia entre el punt de llançament i P: ½· $v^{2}$ = $V_{P}$ − $V_{\mathrm{sortida}}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

Entre els dos astres els camps són oposats i s'anul·len a

3{,}84\cdot10^{7}\ \text{m}

del centre de la Lluna (

3{,}46\cdot10^{8}\ \text{m}

de la Terra).

Resolució

Per què existeix P. Entre la Terra i la Lluna, el camp de la Terra apunta cap a la Terra i el de la Lluna cap a la Lluna: són oposats i hi ha un punt on els mòduls s'igualen. Fora del segment els dos camps tenen el mateix sentit i no es poden anul·lar.
Igualtat de mòduls. Si $x$ és la distància al centre de la Terra i $D = 3{,}84\cdot10^{8}\ \text{m}$ : $G\cdot\dfrac{M_{T}}{x^{2}} = G\cdot\dfrac{M_{L}}{(D - x)^{2}} \Rightarrow \dfrac{D - x}{x} = \sqrt{\dfrac{M_{L}}{M_{T}}} = 0{,}111$
Càlcul. $x = \dfrac{D}{1 + 0{,}111} = 3{,}46\cdot10^{8}\ \text{m}$ ; distància al centre de la Lluna: $D - x = 3{,}84\cdot10^{7}\ \text{m}$ (uns 22 radis lunars).

Apartat b)

Resultat

V_{\text{sup L}} = -3{,}86\cdot10^{6}\ \text{J/kg}

;

V_{P} = -1{,}28\cdot10^{6}\ \text{J/kg}

Resolució

Superposició. El potencial és escalar: se sumen les dues contribucions amb el seu signe.
Superfície lunar. A $D - R_{L} = 3{,}82\cdot10^{8}\ \text{m}$ de la Terra: $V_{\text{sup L}} = -\dfrac{G\cdot M_{T}}{D - R_{L}} - \dfrac{G\cdot M_{L}}{R_{L}} = -1{,}04\cdot10^{6} - 2{,}82\cdot10^{6} = -3{,}86\cdot10^{6}\ \text{J/kg}$
Punt P. $V_{P} = -\dfrac{G\cdot M_{T}}{x} - \dfrac{G\cdot M_{L}}{D - x} = -1{,}15\cdot10^{6} - 1{,}28\cdot10^{5} = -1{,}28\cdot10^{6}\ \text{J/kg}$
Interpretació. P és el màxim del potencial al llarg del segment: el «cim» de la barrera que separa els dos pous.

Apartat c)

Resultat

v_{\min} = 2{,}27\cdot10^{3}\ \text{m/s}

, una mica menys que la velocitat d'escapament de la Lluna aïllada (

2{,}37\cdot10^{3}\ \text{m/s}

Resolució

Per què n'hi ha prou d'arribar a P. Fins a P la força neta frena la càpsula (l'atrau cap a la Lluna); passat P, l'atrau cap a la Terra i hi cau sola. Per tant, n'hi ha prou que arribi a P amb velocitat (pràcticament) nul·la.
Conservació de l'energia. $\tfrac{1}{2}v^{2} = V_{P} - V_{\text{sup L}} = 2{,}58\cdot10^{6}\ \text{J/kg}\Rightarrow v_{\min} = 2{,}27\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ .
Comparació. La velocitat d'escapament de la Lluna aïllada és $\sqrt{\dfrac{2G\cdot M_{L}}{R_{L}}} = 2{,}37\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ . Cal una mica menys perquè no cal arribar a l'infinit: la Terra «ajuda» a partir de P.

Apartat d)

Resultat

v_{\min} = 1{,}11\cdot10^{4}\ \text{m/s}

, gairebé cinc vegades més (i unes 24 vegades més energia): el pou de potencial de la Terra és molt més profund.

Resolució

Potencial a la superfície terrestre. Sobre el segment: $V_{\text{sup T}} = -\dfrac{G\cdot M_{T}}{R_{T}} - \dfrac{G\cdot M_{L}}{D - R_{T}} = -6{,}25\cdot10^{7}\ \text{J/kg}$ .
Conservació de l'energia. $\tfrac{1}{2}v^{2} = V_{P} - V_{\text{sup T}} = 6{,}12\cdot10^{7}\ \text{J/kg}\Rightarrow v_{\min} = 1{,}11\cdot10^{4}\ \text{m/s}$ .
Interpretació. És gairebé cinc vegades més gran (i l'energia, unes 24 vegades) perquè el pou de potencial de la Terra és molt més profund que el de la Lluna, i a més P és molt a prop de la Lluna.
Conclusió. Per això és molt més barat enviar materials de la Lluna a la Terra que no pas a l'inrevés, i té sentit pensar en catapultes a la Lluna (sense atmosfera) però no a la Terra.

Errors típics

Sumar els camps de la Terra i la Lluna com si fossin escalars, o sumar els potencials com si fossin vectors.
Calcular l'energia necessària per arribar a l'infinit (velocitat d'escapament) en lloc d'arribar només al punt P.
Oblidar la contribució de la Terra al potencial a la superfície lunar, o la de la Lluna a P.
Escollir la solució de l'equació de segon grau que cau fora del segment Terra–Lluna.

Conceptes treballats: principi de superposició del camp i del potencial gravitatoris, conservació de l'energia, velocitat d'escapament, pou de potencial.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Un telescopi detecta que la llum d'una estrella disminueix lleugerament cada 3,52 dies: un planeta gegant hi passa per davant (trànsit). De l'anàlisi dels trànsits es dedueix que l'òrbita, circular, té un radi de 6,8· $10^{9}$ m i que el planeta té un radi de 9,5· $10^{7}$ m. A més, l'espectre de l'estrella mostra que l'estrella també descriu una petita òrbita circular, amb una velocitat de 120 m/s i el mateix període, perquè estrella i planeta giren al voltant del centre de masses comú.
a) Calcula la massa de l'estrella i compara-la amb la del Sol. Quina aproximació fas?
b) Raona per què, si el centre de masses és en repòs, es compleix $m_{p}$ · $v_{p}$ = M_*·v_*, i calcula la massa del planeta en kg i en masses de Júpiter.
c) Calcula la densitat mitjana del planeta i la intensitat del camp gravitatori a la seva superfície. Compara la densitat amb la de Júpiter i interpreta què indica.
d) Calcula a quina velocitat es mou el Sol a causa de la Terra i raona per què és molt més difícil detectar planetes com el nostre amb aquest mètode.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; $M_{\mathrm{Júpiter}}$ = 1,90· $10^{27}$ kg; densitat de Júpiter = 1,33· $10^{3}$ $\text{kg/m}^{3}$ ; $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; velocitat orbital de la Terra = 2,98· $10^{4}$ m/s.

Pista 1

Per a l'apartat a), el planeta orbita l'estrella com un satèl·lit: la gravetat fa de força centrípeta. Pensa quina massa hi intervé i quina no.

Pista 2

Si el centre de masses no es mou, la quantitat de moviment total del sistema estrella + planeta és nul·la en tot moment.

Pista 3

Calcula la velocitat del planeta a partir del radi i del període de l'òrbita.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

M_{*} = 2{,}0\cdot10^{30}\ \text{kg}

, pràcticament 1,0 masses solars; s'aproxima que la massa del planeta és negligible i l'estrella és fixa.

Resolució

Dades. $T = 3{,}52\cdot86\,400 = 3{,}04\cdot10^{5}\ \text{s}$ ; $r = 6{,}8\cdot10^{9}\ \text{m}$ .
Gravetat com a força centrípeta. El planeta orbita l'estrella com un satèl·lit: $M_{*} = \dfrac{4\pi^{2}r^{3}}{G\cdot T^{2}}$ .
Càlcul. $M_{*} = \dfrac{4\pi^{2}\cdot(6{,}8\cdot10^{9})^{3}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(3{,}04\cdot10^{5})^{2}} = 2{,}0\cdot10^{30}\ \text{kg}$ pràcticament 1,0 masses solars.
Aproximació. La massa del planeta és negligible davant la de l'estrella, i l'estrella es considera fixa en el centre de l'òrbita (en realitat es mou una mica, com es veu a l'apartat b).

Apartat b)

Resultat

m_{p} = 1{,}7\cdot10^{27}\ \text{kg} \approx 0{,}90

masses de Júpiter.

Resolució

Centre de masses en repòs. La quantitat de moviment total és nul·la: $m_{p}\vec v_{p} + M_{*}\vec v_{*} = 0$ . Estrella i planeta són sempre a banda i banda del centre de masses i es mouen en sentits oposats; en mòdul, $m_{p}\cdot v_{p} = M_{*}\cdot v_{*}$ .
Velocitat del planeta. $v_{p} = \dfrac{2\pi r}{T} = \dfrac{2\pi\cdot6{,}8\cdot10^{9}}{3{,}04\cdot10^{5}} = 1{,}40\cdot10^{5}\ \text{m/s}$ .
Massa del planeta. $m_{p} = \dfrac{M_{*}\cdot v_{*}}{v_{p}} = \dfrac{2{,}01\cdot10^{30}\cdot120}{1{,}40\cdot10^{5}} = 1{,}7\cdot10^{27}\ \text{kg} \approx 0{,}90\ M_{\mathrm{Júpiter}}$

Apartat c)

Resultat

\rho = 4{,}8\cdot10^{2}\ \text{kg/m}^{3}

;

g = 12{,}7\ \text{m/s}^{2}

. Densitat inferior a la meitat de la de Júpiter: un gegant gasós «inflat» (Júpiter calent).

Resolució

Densitat. $\rho = \dfrac{m_{p}}{\tfrac{4}{3}\pi R^{3}} = \dfrac{1{,}72\cdot10^{27}}{\tfrac{4}{3}\pi\cdot(9{,}5\cdot10^{7})^{3}} = 4{,}8\cdot10^{2}\ \text{kg/m}^{3}$
Camp a la superfície. $g = G\cdot\dfrac{m_{p}}{R^{2}} = 12{,}7\ \text{m/s}^{2}$ .
Interpretació. La densitat és menys de la meitat de la de Júpiter i més baixa que la de l'aigua: és un gegant gasós format sobretot d'hidrogen i heli, «inflat» perquè és molt a prop de la seva estrella (l'òrbita és 22 vegades més petita que la de la Terra) i està molt calent. És el que s'anomena un «Júpiter calent».

Apartat d)

Resultat

v_{\mathrm{Sol}} = 8{,}9\cdot10^{-2}\ \text{m/s}

, menys de 10 cm/s: més de mil vegades menys que els 120 m/s d'abans.

Resolució

Conservació de la quantitat de moviment. $v_{\mathrm{Sol}} = \dfrac{M_{T}\cdot v_{T}}{M_{\mathrm{Sol}}} = \dfrac{5{,}97\cdot10^{24}\cdot2{,}98\cdot10^{4}}{1{,}99\cdot10^{30}} = 8{,}9\cdot10^{-2}\ \text{m/s}$
Comparació. Menys de 10 cm/s, més de mil vegades menys que els 120 m/s del cas anterior.
Conclusió. L'efecte és proporcional a la massa del planeta i és més gran com més a prop és el planeta de l'estrella (més velocitat orbital); per això els primers exoplanetes descoberts van ser gegants molt propers a la seva estrella.

Errors típics

Fer servir la massa del planeta en lloc de la de l'estrella a la tercera llei de Kepler.
Convertir malament el període (dies a segons) o fer servir el radi del planeta en lloc del radi de l'òrbita.
Pensar que l'estrella està completament quieta: si fos així, no es podria mesurar el seu moviment.
Comparar densitats sense interpretar-les: una densitat inferior a la de l'aigua indica un planeta gasós, no rocós.

Conceptes treballats: llei de gravitació universal, tercera llei de Kepler, conservació de la quantitat de moviment i centre de masses, intensitat del camp gravitatori, densitat, exoplanetes.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

El Sol gira al voltant del centre de la Via Làctia a una distància de 8,0 kpc amb una velocitat de 220 km/s. Les observacions de la radiació de l'hidrogen neutre mostren que els núvols de gas situats al doble de distància, a 16 kpc, també giren a uns 220 km/s: la corba de rotació de la galàxia és «plana».
a) Suposant òrbites circulars i que la massa interior a cada òrbita atrau com si fos concentrada al centre (és exacte per a una distribució esfèrica), calcula la massa de la galàxia interior a l'òrbita del Sol, en kg i en masses solars.
b) Calcula la durada d'un «any galàctic» (una volta del Sol) en anys terrestres.
c) Si gairebé tota la massa de la galàxia fos a menys de 8,0 kpc, quina velocitat haurien de tenir els núvols a 16 kpc? Què indica que la velocitat observada sigui també de 220 km/s?
d) La massa visible (estrelles i gas) dins dels 16 kpc s'estima en 6,0· $10^{10}$ masses solars. Calcula la massa total dins dels 16 kpc, la fracció que no es veu (matèria fosca) i la velocitat que tindrien els núvols si només hi hagués la massa visible.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; 1 kpc = 3,09· $10^{19}$ m; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Pista 1

Per a una òrbita circular, la massa interior es pot obtenir igualant la força gravitatòria a la centrípeta: només cal la velocitat i el radi.

Pista 2

Si la massa interior no canviés en passar de 8 kpc a 16 kpc, com hauria de variar la velocitat orbital amb el radi?

Pista 3

Fixa't que, amb velocitat constant, la massa interior M(r) = $v^{2}$ ·r/G creix proporcionalment a r.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

M = 1{,}8\cdot10^{41}\ \text{kg} = 9{,}0\cdot10^{10}

masses solars.

Resolució

Gravetat com a força centrípeta. $G\cdot\dfrac{M\cdot m}{r^{2}} = m\cdot\dfrac{v^{2}}{r}\Rightarrow M = \dfrac{v^{2}\cdot r}{G}$ : només cal la velocitat i el radi.
Dades en SI. $r = 8{,}0\cdot3{,}09\cdot10^{19} = 2{,}47\cdot10^{20}\ \text{m}$ i $v = 2{,}20\cdot10^{5}\ \text{m/s}$ .
Càlcul. $M = \dfrac{(2{,}20\cdot10^{5})^{2}\cdot2{,}47\cdot10^{20}}{6{,}67\cdot10^{-11}} = 1{,}8\cdot10^{41}\ \text{kg} = 9{,}0\cdot10^{10}\ M_{\mathrm{Sol}}$

Apartat b)

Resultat

T = 7{,}1\cdot10^{15}\ \text{s} = 2{,}2\cdot10^{8}

anys.

Resolució

Període. $T = \dfrac{2\pi r}{v} = \dfrac{2\pi\cdot2{,}47\cdot10^{20}}{2{,}20\cdot10^{5}} = 7{,}1\cdot10^{15}\ \text{s}$ .
En anys. $\dfrac{7{,}1\cdot10^{15}}{3{,}156\cdot10^{7}} = 2{,}2\cdot10^{8}$ anys.
Interpretació. Des que van aparèixer els primers dinosaures, el Sol ha fet aproximadament una volta a la galàxia.

Apartat c)

Resultat

Haurien d'anar a uns 156 km/s; que vagin a 220 km/s indica que la massa interior continua creixent amb la distància: hi ha massa que no veiem.

Resolució

Comportament keplerià. Si la massa interior fos la mateixa, $v = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r}}$ seria proporcional a $\tfrac{1}{\sqrt{r}}$ (com en el sistema solar).
Càlcul. $v(16\ \text{kpc}) = \dfrac{220}{\sqrt{2}} = 156\ \text{km/s}$ .
Interpretació. Que la velocitat es mantingui a 220 km/s vol dir que la massa interior continua augmentant amb la distància, tot i que la llum de la galàxia ja disminueix molt: hi ha massa que no veiem. Amb $v$ constant, $M(r) = \dfrac{v^{2}r}{G}$ creix proporcionalment a $r$ .

Apartat d)

Resultat

M(16\ \text{kpc}) = 3{,}6\cdot10^{41}\ \text{kg} = 1{,}8\cdot10^{11}

masses solars; fracció fosca

\approx 0{,}67

; amb només la massa visible,

v \approx 127\ \text{km/s}

Resolució

Massa total. $M = \dfrac{v^{2}\cdot r}{G} = 3{,}6\cdot10^{41}\ \text{kg} = 1{,}8\cdot10^{11}\ M_{\mathrm{Sol}}$ (el doble que a 8 kpc).
Fracció fosca. $1 - \dfrac{6{,}0\cdot10^{10}}{1{,}80\cdot10^{11}} = 0{,}67$ : dues terceres parts de la massa no es veuen.
Només massa visible. $v = \sqrt{\dfrac{G\cdot M_{\text{vis}}}{r}} = \sqrt{\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}19\cdot10^{41}}{4{,}94\cdot10^{20}}} = 1{,}3\cdot10^{5}\ \text{m/s} \approx 127\ \text{km/s}$ molt per sota dels 220 km/s mesurats.
Conclusió. Aquest desacord, observat en moltes galàxies, és una de les proves principals de l'existència de matèria fosca (o bé d'una modificació de la gravetat a gran escala, hipòtesi minoritària). L'aproximació esfèrica és discutible per al disc, però el desacord és massa gran per explicar-lo així.

Errors típics

No convertir els kpc a metres o els km/s a m/s.
Pensar que la velocitat orbital hauria de ser constant amb el radi: a la Terra i al sistema solar disminueix amb la distància.
Fer servir la massa total de la galàxia a qualsevol radi: només atrau (en el model esfèric) la massa interior a l'òrbita.
Interpretar el resultat com un error de mesura sense relacionar-lo amb la massa que no es veu.

Conceptes treballats: llei de gravitació universal, velocitat orbital, tercera llei de Kepler, massa interior d'una distribució esfèrica, cosmologia: corbes de rotació galàctiques i matèria fosca.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

Al centre de la Via Làctia hi ha un objecte compacte que no emet llum. Una estrella propera hi descriu una òrbita el·líptica de semieix major 1000 ua amb un període de 16 anys.
a) Fent servir la tercera llei de Kepler (vàlida per a òrbites el·líptiques si s'utilitza el semieix major) i suposant que la massa de l'estrella és negligible, calcula la massa de l'objecte central i expressa-la en masses solars.
b) Al segle XVIII, Michell i Laplace van proposar que un astre seria «fosc» si la velocitat d'escapament a la seva superfície fos més gran que la velocitat de la llum. A partir de la conservació de l'energia, dedueix el radi màxim R = 2·G· $\tfrac{M}{c^{2}}$ que hauria de tenir aquest astre i calcula'l per al Sol i per a l'objecte del centre galàctic.
c) Calcula la densitat mitjana de l'objecte central si tota la seva massa fos dins d'aquest radi i compara-la amb la de l'aigua (1,0· $10^{3}$ $\text{kg/m}^{3}$ ). Raona com varia aquesta densitat amb la massa i interpreta el resultat.
d) Raona per què aquest model és només una estimació: quines hipòtesis de la física clàssica no es poden aplicar a la llum?
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Pista 1

A l'apartat a), passa el semieix major a metres i el període a segons abans d'aplicar $T^{2}$ = 4π²· $\tfrac{a^{3}}{(G\cdot M)}$ .

Pista 2

La velocitat d'escapament s'obté exigint que l'energia mecànica sigui zero: ½·m· $v^{2}$ − G·M· $\tfrac{m}{R} = 0$ . Fes-hi v = c.

Pista 3

Per a c), escriu ρ = $\tfrac{M}{(4/3\cdot \pi \cdot R^{3})}$ i substitueix-hi R = 2·G· $\tfrac{M}{c^{2}}$ : quina potència de M queda?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

M = 7{,}8\cdot10^{36}\ \text{kg} \approx 3{,}9\cdot10^{6}

masses solars.

Resolució

Dades en SI. $a = 1000\cdot1{,}50\cdot10^{11} = 1{,}50\cdot10^{14}\ \text{m}$ ; $T = 16\cdot3{,}156\cdot10^{7} = 5{,}05\cdot10^{8}\ \text{s}$ .
Tercera llei de Kepler. Amb el semieix major: $T^{2} = \dfrac{4\pi^{2}a^{3}}{G\cdot M}\Rightarrow M = \dfrac{4\pi^{2}a^{3}}{G\cdot T^{2}}$ .
Càlcul. $M = \dfrac{4\pi^{2}\cdot(1{,}50\cdot10^{14})^{3}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(5{,}05\cdot10^{8})^{2}} = 7{,}8\cdot10^{36}\ \text{kg} \approx 3{,}9\cdot10^{6}\ M_{\mathrm{Sol}}$
Interpretació. Gairebé quatre milions de sols en una regió que no emet llum.

Apartat b)

Resultat

R = \dfrac{2G\cdot M}{c^{2}}

: per al Sol,

R = 2{,}95\cdot10^{3}\ \text{m}

(uns 3 km); per a l'objecte central,

R = 1{,}16\cdot10^{10}\ \text{m} \approx 0{,}077\ \text{ua}

Resolució

Conservació de l'energia. La velocitat d'escapament s'obté exigint $E_{m} = 0$ : $\tfrac{1}{2}m\cdot v_{e}^{2} - G\cdot\dfrac{M\cdot m}{R} = 0\Rightarrow v_{e} = \sqrt{\dfrac{2G\cdot M}{R}}$ . Si $v_{e} \geq c$ , aleshores $R \leq \dfrac{2G\cdot M}{c^{2}}$ .
Sol. $R = \dfrac{2\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}99\cdot10^{30}}{(3{,}00\cdot10^{8})^{2}} = 2{,}95\cdot10^{3}\ \text{m}$ , uns 3 km (el Sol real té un radi de $7\cdot10^{5}\ \text{km}$ ).
Objecte central. $R = \dfrac{2\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot7{,}83\cdot10^{36}}{(3{,}00\cdot10^{8})^{2}} = 1{,}16\cdot10^{10}\ \text{m} \approx 0{,}077\ \text{ua}$ , unes 17 vegades el radi del Sol, una cinquena part de l'òrbita de Mercuri.

Apartat c)

Resultat

\rho = 1{,}2\cdot10^{6}\ \text{kg/m}^{3}

, unes 1200 vegades la de l'aigua;

\rho \propto \tfrac{1}{M^{2}}

: com més massiu, menys dens cal que sigui.

Resolució

Densitat. $\rho = \dfrac{M}{\tfrac{4}{3}\pi R^{3}} = \dfrac{7{,}83\cdot10^{36}}{\tfrac{4}{3}\pi\cdot(1{,}16\cdot10^{10})^{3}} = 1{,}2\cdot10^{6}\ \text{kg/m}^{3}$ unes 1200 vegades la densitat de l'aigua.
Dependència amb la massa. Com que $R \propto M$ : $\rho = \dfrac{3c^{6}}{32\pi G^{3}M^{2}} \propto \dfrac{1}{M^{2}}$
Interpretació. Com més massiu és el forat negre, menys dens ha de ser «de mitjana». Un d'una massa solar requeriria una densitat de l'ordre de $10^{19}\ \text{kg/m}^{3}$ (més que un nucli atòmic), mentre que un de supermassiu, com aquest, «només» $10^{6}\ \text{kg/m}^{3}$ . No cal una densitat extrema per formar un forat negre si la massa és prou gran.

Apartat d)

Resultat

El model tracta la llum com un projectil amb massa i fa servir mecànica newtoniana; la descripció correcta és la relativitat general.

Resolució

La llum no és un projectil. El model és clàssic: tracta la llum com un projectil amb massa que es frena com una pedra, però els fotons no tenen massa i sempre viatgen a $c$ .
Límits de Newton. La mecànica newtoniana no és vàlida a velocitats properes a $c$ ni en camps gravitatoris tan intensos. La descripció correcta és la de la relativitat general, que dona el mateix radi (radi de Schwarzschild) per una coincidència.
Conclusió. Tampoc té sentit pensar que la massa «ocupa» una esfera de densitat uniforme: el radi calculat és el de l'horitzó d'esdeveniments.

Errors típics

Fer servir el semieix major en ua i el període en anys sense convertir-los (o, si es fa així, oblidar que en aquestes unitats la llei de Kepler dona directament masses solars).
Igualar l'energia cinètica a l'energia potencial amb el signe canviat sense justificar que la condició límit és E_m = 0.
Pensar que tots els forats negres han de ser extremadament densos.
Presentar el model clàssic com si fos la teoria correcta dels forats negres.

Conceptes treballats: tercera llei de Kepler, velocitat d'escapament, energia mecànica, densitat, astrofísica: forats negres i límits de la física clàssica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Es vol posar un satèl·lit de 1500 kg en una òrbita circular equatorial a 500 km d'altura. Es comparen dues bases de llançament: Kourou (Guaiana Francesa, latitud 5,2° N) i Baikonur (Kazakhstan, latitud 45,9° N).
a) Calcula l'energia mínima que caldria comunicar al satèl·lit per posar-lo en òrbita si la Terra no girés, i la velocitat orbital.
b) Calcula la velocitat que ja té el satèl·lit a cada base de llançament a causa de la rotació terrestre (dia sideri = 86 164 s) i l'energia cinètica corresponent. Quin percentatge de l'energia de l'apartat a) representa? I quin percentatge de la velocitat orbital?
c) Raona per què els coets es llancen cap a l'est i per què interessen les bases properes a l'equador. Què passaria si es llancés cap a l'oest?
d) L'energia química que allibera un coet real és moltes vegades més gran que la de l'apartat a). Dona tres motius que ho expliquin.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m.

Pista 1

L'energia que cal aportar és la diferència entre l'energia mecànica a l'òrbita i l'energia potencial a la superfície (si la Terra no gira, hi és en repòs).

Pista 2

Un punt de la superfície a latitud λ descriu una circumferència de radi $R_{T}$ ·cos λ amb el període de rotació de la Terra.

Pista 3

El combustible d'un coet no s'ha de comparar només amb energies: el que marca quant combustible cal és sobretot l'increment de velocitat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

\Delta E = 5{,}03\cdot10^{10}\ \text{J}

;

v = 7{,}61\cdot10^{3}\ \text{m/s}

Resolució

Radi. $r = 6{,}37\cdot10^{6} + 5{,}0\cdot10^{5} = 6{,}87\cdot10^{6}\ \text{m}$ .
Energies. En òrbita: $E_{\text{òrbita}} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{2r} = -4{,}35\cdot10^{10}\ \text{J}$ . A la superfície (en repòs, si la Terra no gira): $E_{\text{sup}} = -G\cdot\dfrac{M\cdot m}{R_{T}} = -9{,}38\cdot10^{10}\ \text{J}$ .
Energia mínima. $\Delta E = E_{\text{òrbita}} - E_{\text{sup}} = 5{,}03\cdot10^{10}\ \text{J}$ .
Velocitat orbital. $v = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r}} = 7{,}61\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ .

Apartat b)

Resultat

Kourou:

v = 463\ \text{m/s}

E_{c} = 1{,}6\cdot10^{8}\ \text{J}

(0,32 % de l'energia, 6,1 % de la velocitat). Baikonur:

v = 323\ \text{m/s}

E_{c} = 7{,}8\cdot10^{7}\ \text{J}

(0,16 % i 4,2 %).

Resolució

Velocitat de rotació. Un punt a latitud $\lambda$ descriu una circumferència de radi $R_{T}\cos\lambda$ : $\omega = \dfrac{2\pi}{86\,164} = 7{,}29\cdot10^{-5}\ \text{rad/s}$ i $v = \omega\cdot R_{T}\cdot\cos\lambda$ .
Kourou. $v = 463\ \text{m/s}$ ; $E_{c} = \tfrac{1}{2}\cdot1500\cdot463^{2} = 1{,}6\cdot10^{8}\ \text{J}$ , un 0,32 % de $\Delta E$ ; en velocitat, un 6,1 % de la velocitat orbital.
Baikonur. $v = 323\ \text{m/s}$ ; $E_{c} = 7{,}8\cdot10^{7}\ \text{J}$ , un 0,16 % de $\Delta E$ ; un 4,2 % de la velocitat orbital.
Interpretació. En energia l'estalvi sembla petit, però en velocitat no ho és; i com que el combustible necessari creix molt ràpidament amb l'increment de velocitat que s'ha de proporcionar (cal accelerar també el combustible que encara no s'ha cremat), uns quants centenars de m/s representen tones de combustible estalviades o més càrrega útil.

Apartat c)

Resultat

Cap a l'est s'aprofita la velocitat de rotació, que és màxima a l'equador; cap a l'oest caldria compensar-la (2·463 m/s més des de Kourou).

Resolució

Llançament cap a l'est. El coet aprofita la velocitat que ja li dona la rotació de la Terra; com més a prop de l'equador, més gran és el radi de gir ( $R_{T}\cos\lambda$ ) i més velocitat «gratuïta».
Bases equatorials. Des d'una base equatorial s'arriba directament a òrbites equatorials (com la geoestacionària), mentre que des de Baikonur caldria una maniobra cara per canviar el pla de l'òrbita.
Cap a l'oest. S'hauria de compensar primer la velocitat de rotació: caldria aportar 2·463 m/s més de velocitat relativa a terra que cap a l'est. Per això només es fa en casos especials.

Apartat d)

Resultat

El coet ha d'accelerar el seu combustible i els dipòsits, perd velocitat per la gravetat durant la pujada i pel fregament amb l'aire, i els gasos s'emporten bona part de l'energia.

Resolució

Massa del coet. El coet ha d'accelerar el seu propi combustible i els dipòsits, no només el satèl·lit.
Pèrdues per gravetat. Mentre puja verticalment, la gravetat li resta velocitat contínuament.
Fregament. El fregament amb l'atmosfera dissipa energia.
Gasos expulsats. Bona part de l'energia química se l'emporten els gasos expulsats en forma d'energia cinètica i calor.

Errors típics

Fer servir el radi terrestre i no $R_{T}$ ·cos λ per calcular la velocitat de rotació a una latitud.
Oblidar que a la superfície el satèl·lit ja té energia potencial negativa i calcular només l'energia cinètica orbital.
Concloure que la rotació «no serveix de res» perquè l'estalvi d'energia és d'un 0,3 %, sense pensar en termes d'increment de velocitat.
Confondre l'altura amb el radi de l'òrbita.

Conceptes treballats: energia d'un satèl·lit, energia potencial gravitatòria, velocitat orbital, moviment circular de la superfície terrestre, sistemes de referència.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

Un grup d'astrònoms aficionats d'Osona descobreix un cometa nou. Les mesures indiquen que, al periheli, el cometa és a 0,80 ua del Sol i hi passa amb una velocitat de 45,0 km/s.
a) Compara aquesta velocitat amb la velocitat d'una òrbita circular i amb la velocitat d'escapament del Sol a aquesta distància. Raona si el cometa tornarà.
b) A partir de l'energia mecànica per unitat de massa, calcula el semieix major de l'òrbita i la distància del cometa al Sol a l'afeli.
c) Fent servir la conservació del moment angular, calcula la velocitat a l'afeli.
d) Calcula el període orbital. Si el pas pel periheli ha estat el 2026, en quin any tornarà a passar-hi?
e) Què passaria si la velocitat al periheli fos de 48,0 km/s?
Dades: G· $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,327· $10^{20}$ $\tfrac{m^{3}}{s^{2}}$ ; 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s. Per a una òrbita el·líptica de semieix major a, l'energia mecànica per unitat de massa val −G· $\tfrac{M}{(2a)}$ .

Pista 1

Una velocitat entre la circular i la d'escapament dona una òrbita el·líptica; per sobre de la d'escapament, l'òrbita és oberta.

Pista 2

Calcula l'energia per unitat de massa al periheli, ½· $v^{2}$ − G·M/r, i iguala-la a −G· $\tfrac{M}{(2a)}$ . L'afeli i el periheli compleixen $r_{P}$ + $r_{A}$ = 2a.

Pista 3

Al periheli i a l'afeli la velocitat és perpendicular al radi vector.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

v_{\text{circ}} = 33{,}3\ \text{km/s} < 45{,}0\ \text{km/s} < v_{\text{esc}} = 47{,}0\ \text{km/s}

: l'òrbita és una el·lipse tancada i el cometa tornarà.

Resolució

Dades. $r_{P} = 0{,}80\cdot1{,}50\cdot10^{11} = 1{,}20\cdot10^{11}\ \text{m}$ ; $v_{P} = 45{,}0\ \text{km/s}$ .
Velocitats de referència. $v_{\text{circ}} = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{r_{P}}} = 3{,}33\cdot10^{4}\ \text{m/s} = 33{,}3\ \text{km/s}$ ; $v_{\text{esc}} = \sqrt{\dfrac{2G\cdot M}{r_{P}}} = 47{,}0\ \text{km/s}$ .
Conclusió. Com que $33{,}3 < 45{,}0 < 47{,}0\ \text{km/s}$ , l'energia mecànica és negativa: l'òrbita és una el·lipse tancada i el cometa tornarà. Que la velocitat sigui més gran que la circular indica que el periheli és el punt més proper de l'el·lipse i que el cometa s'allunyarà molt.

Apartat b)

Resultat

a = 7{,}1\cdot10^{11}\ \text{m} = 4{,}7\ \text{ua}

;

r_{A} = 1{,}30\cdot10^{12}\ \text{m} = 8{,}7\ \text{ua}

Resolució

Energia per unitat de massa. $\varepsilon = \tfrac{1}{2}v_{P}^{2} - \dfrac{G\cdot M}{r_{P}} = \tfrac{1}{2}(4{,}50\cdot10^{4})^{2} - \dfrac{1{,}327\cdot10^{20}}{1{,}20\cdot10^{11}} = 1{,}013\cdot10^{9} - 1{,}106\cdot10^{9} = -9{,}3\cdot10^{7}\ \text{J/kg}$
Semieix major. $\varepsilon = -\dfrac{G\cdot M}{2a}\Rightarrow a = -\dfrac{G\cdot M}{2\varepsilon} = 7{,}1\cdot10^{11}\ \text{m} = 4{,}7\ \text{ua}$ .
Afeli. $r_{A} = 2a - r_{P} = 1{,}30\cdot10^{12}\ \text{m} = 8{,}7\ \text{ua}$ : més enllà de l'òrbita de Júpiter (5,2 ua) i gairebé fins a la de Saturn (9,5 ua).

Apartat c)

Resultat

v_{A} = 4{,}1\cdot10^{3}\ \text{m/s}

Resolució

Conservació del moment angular. Al periheli i a l'afeli la velocitat és perpendicular al radi vector: $m\cdot v_{P}\cdot r_{P} = m\cdot v_{A}\cdot r_{A}$ .
Càlcul. $v_{A} = \dfrac{4{,}50\cdot10^{4}\cdot1{,}20\cdot10^{11}}{1{,}30\cdot10^{12}} = 4{,}1\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ .
Interpretació. A l'afeli va unes 11 vegades més a poc a poc, i per això hi passa la major part del temps.

Apartat d)

Resultat

T = 3{,}27\cdot10^{8}\ \text{s} = 10{,}4

anys; tornarà al periheli cap al 2036 o 2037.

Resolució

Tercera llei de Kepler. Amb el semieix major: $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{a^{3}}{G\cdot M}} = 3{,}27\cdot10^{8}\ \text{s} = 10{,}4$ anys.
Pròxim pas. 2026 + 10,4: tornarà a passar pel periheli cap al 2036 o 2037.
Interpretació. És un cometa de període curt, de la família de Júpiter.

Apartat e)

Resultat

48,0 km/s supera la velocitat d'escapament (47,0 km/s): l'òrbita seria oberta (hiperbòlica) i el cometa no tornaria mai.

Resolució

Comparació. 48,0 km/s és més gran que la velocitat d'escapament a aquesta distància (47,0 km/s).
Energia. L'energia mecànica seria positiva ( $\varepsilon = +4{,}6\cdot10^{7}\ \text{J/kg}$ ): l'òrbita seria oberta (hiperbòlica) i el cometa s'allunyaria per sempre del sistema solar.
Conclusió. Una diferència de només un 7 % en la velocitat canvia completament el destí del cometa, cosa que mostra com és d'important mesurar-la amb precisió.

Errors típics

Si es resol el sistema energia + moment angular sense fer servir −G· $\tfrac{M}{(2a)}$ , quedar-se amb la solució equivocada de l'equació de segon grau: una de les dues arrels és el mateix periheli.
Oblidar el signe negatiu de l'energia o fer servir $r_{P}$ en lloc del semieix major a la tercera llei de Kepler.
Pensar que una velocitat més gran que la circular implica que el cometa s'escapa.
No passar les ua a metres abans de fer servir G·M en unitats SI.

Conceptes treballats: conservació de l'energia mecànica i del moment angular, lleis de Kepler, òrbites tancades i obertes, velocitat d'escapament.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

a) Calcula la intensitat del camp gravitatori a la superfície terrestre i l'acceleració centrípeta d'un objecte en repòs sobre l'equador a causa de la rotació (dia sideri = 86 164 s). En quin percentatge es redueix el pes aparent a l'equador respecte del que hi hauria sense rotació?
b) Quin hauria de ser el període de rotació de la Terra perquè els objectes situats a l'equador «surin» (pes aparent nul)? Demostra que aquest període coincideix amb el d'un satèl·lit que orbités arran de la superfície.
c) Demostra que aquest període crític només depèn de la densitat mitjana ρ de l'astre: $T_{c}$ = $\sqrt{\tfrac{3\pi}{(G\cdot \rho )}}$ . Comprova-ho amb la densitat de la Terra.
d) Molts asteroides són «munts de runa»: roques soltes que es mantenen unides només per la gravetat. Calcula el període crític per a un asteroide d'aquest tipus de densitat 2,0· $10^{3}$ $\text{kg/m}^{3}$ . Les observacions mostren que gairebé cap asteroide de més de 200 m de diàmetre gira més ràpid que una volta cada 2,2 h. Interpreta aquesta observació. Per què els asteroides molt petits sí que poden girar més de pressa?
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; $M_{T}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m.

Pista 1

El pes aparent a l'equador és la força gravitatòria menys la que es necessita per fer el moviment circular: m·(g − $ω^{2}$ ·R).

Pista 2

El pes aparent és nul quan tota la força gravitatòria es fa servir de força centrípeta: és la mateixa condició que la d'una òrbita circular.

Pista 3

Substitueix M = ρ· $\tfrac{4}{3}$ ·π· $R^{3}$ a l'expressió del període: el radi s'ha de simplificar.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

g = 9{,}81\ \text{m/s}^{2}

;

a_{c} = 3{,}39\cdot10^{-2}\ \text{m/s}^{2}

; el pes aparent es redueix un 0,35 %.

Resolució

Intensitat del camp. $g = G\cdot\dfrac{M}{R^{2}} = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}{(6{,}37\cdot10^{6})^{2}} = 9{,}81\ \text{m/s}^{2}$ .
Acceleració centrípeta. $\omega = \dfrac{2\pi}{86\,164} = 7{,}29\cdot10^{-5}\ \text{rad/s}$ ; $a_{c} = \omega^{2}\cdot R = 3{,}39\cdot10^{-2}\ \text{m/s}^{2}$ .
Pes aparent. $m\cdot(g - a_{c}) = m\cdot9{,}78\ \text{m/s}^{2}$ , és a dir, un 0,35 % menys que sense rotació.
Interpretació. Una persona de 70 kg «pesa» uns 2,4 N menys a l'equador que al pol (sense comptar l'aplatament de la Terra).

Apartat b)

Resultat

T_{c} = 5{,}06\cdot10^{3}\ \text{s} \approx 1{,}41\ \text{h}

, el mateix període que un satèl·lit arran de la superfície.

Resolució

Condició. Pes aparent nul: tota la força gravitatòria fa de força centrípeta, $G\cdot\dfrac{M}{R^{2}} = \omega^{2}\cdot R$ .
Càlcul. $T_{c} = 2\pi\sqrt{\dfrac{R^{3}}{G\cdot M}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{(6{,}37\cdot10^{6})^{3}}{3{,}98\cdot10^{14}}} = 5{,}06\cdot10^{3}\ \text{s} \approx 1{,}41\ \text{h}$
Coincidència amb el satèl·lit. És exactament l'expressió del període d'un satèl·lit en òrbita circular de radi $R$ : en totes dues situacions l'única força és la gravitatòria i fa de força centrípeta. Un objecte de l'equador d'aquesta Terra seria, de fet, un satèl·lit que orbita arran de terra.

Apartat c)

Resultat

T_{c} = \sqrt{\dfrac{3\pi}{G\cdot\rho}}

: el radi se simplifica. Per a la Terra (

\rho = 5{,}51\cdot10^{3}\ \text{kg/m}^{3}

) dona

5{,}06\cdot10^{3}\ \text{s}

Resolució

Substitució. Amb $M = \rho\cdot\tfrac{4}{3}\pi R^{3}$ : $T_{c} = 2\pi\sqrt{\dfrac{R^{3}}{G\cdot\rho\cdot\tfrac{4}{3}\pi R^{3}}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{3}{4\pi G\cdot\rho}} = \sqrt{\dfrac{3\pi}{G\cdot\rho}}$
Interpretació. El radi desapareix: dos astres de la mateixa densitat, grans o petits, tenen el mateix període crític.
Comprovació amb la Terra. $\rho = \dfrac{M}{\tfrac{4}{3}\pi R^{3}} = 5{,}51\cdot10^{3}\ \text{kg/m}^{3}$ ; $\sqrt{\dfrac{3\pi}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}51\cdot10^{3}}} = 5{,}06\cdot10^{3}\ \text{s}$ , el mateix resultat.

Apartat d)

Resultat

T_{c} = 8{,}4\cdot10^{3}\ \text{s} \approx 2{,}3\ \text{h}

: coincideix amb el límit observat, prova que els asteroides grans són munts de runa; els molt petits es mantenen units per la cohesió de la roca.

Resolució

Càlcul. $T_{c} = \sqrt{\dfrac{3\pi}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot2{,}0\cdot10^{3}}} = 8{,}4\cdot10^{3}\ \text{s} \approx 2{,}3\ \text{h}$ .
Interpretació. Coincideix amb el límit observat: un munt de runa que girés més de pressa perdria les roques de l'equador, que sortirien disparades, i no es pot mantenir. Que hi hagi aquesta «barrera» de rotació a unes 2,2 h és una prova que la majoria d'asteroides de més de 200 m no són roques massisses sinó agregats sense cohesió.
Asteroides petits. Els asteroides molt petits poden ser un sol bloc de roca: les forces de cohesió del material (no gravitatòries) els mantenen units encara que la gravetat no sigui suficient, i n'hi ha que giren en pocs minuts.

Errors típics

Fer servir 24 h com a període de rotació en lloc del dia sideri (l'error és petit, però el període rellevant és el sideri).
Pensar que a l'equador la gravetat «val menys» perquè G·M/R² canvia: el que disminueix és el pes aparent.
No adonar-se que el radi es simplifica i calcular el període crític de l'asteroide amb un radi inventat.
Confondre el període crític de rotació amb la velocitat d'escapament.

Conceptes treballats: intensitat del camp gravitatori, moviment circular i força centrípeta, pes aparent, període orbital, densitat, astrofísica: estructura dels asteroides.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Per què un satèl·lit no cau a la Terra?

En realitat cau contínuament, però té prou velocitat horitzontal perquè, mentre cau, la superfície de la Terra es corbi per sota. La gravetat fa de força centrípeta.

Què passa amb la força gravitatòria si la distància es dobla?

Es divideix per 4, perquè és inversament proporcional al quadrat de la distància entre els centres.

Tornar a Física