Elasticidad y plasticidad Denominamos módulo elástico a la constante de proporcionalidad entre el estrés y la tensión. Pero, ¿por qué lo llamamos así? ¿Qué significa que un objeto sea elástico y cómo describimos su comportamiento? La elasticidad es la tendencia de los objetos sólidos y los materiales a volver a su forma original después de que se eliminen las fuerzas externas (carga) que causan una deformación. Un objeto es elástico cuando vuelve a su tamaño y forma originales cuando la carga deja de estar presente. Las razones físicas del comportamiento elástico varían entre los materiales y dependen de la estructura microscópica del material. Por ejemplo, la elasticidad de los polímeros y cauchos se debe al estiramiento de las cadenas de polímeros bajo una fuerza aplicada. En cambio, la elasticidad de los metales se debe al redimensionamiento y remodelación de las celdas cristalinas de las redes (que son las estructuras materiales de los metales) bajo la acción de fuerzas aplicadas externamente. Los dos parámetros que determinan la elasticidad de un material son su módulo elástico y su límite elástico . Un módulo elástico elevado es típico de los materiales difíciles de deformar; es decir, de los materiales que requieren una carga elevada para conseguir una tensión significativa. Un ejemplo es una banda de acero. Un módulo elástico bajo es típico de los materiales que se deforman fácilmente bajo una carga; por ejemplo, una banda de goma. Si el estrés bajo una carga es demasiado alto, cuando se retira la carga, el material ya no vuelve a su forma y tamaño originales, sino que se relaja hasta alcanzar una forma y tamaño diferentes: El material se deforma permanentemente. El límite elástico es el valor del estrés a partir del cual el material deja de comportarse elásticamente y se deforma permanentemente. Nuestra percepción de un material elástico depende tanto de su límite elástico como de su módulo elástico. Por ejemplo, todos los cauchos se caracterizan por tener un módulo elástico bajo y un límite elástico alto; por lo tanto, es fácil estirarlos y el estiramiento es notablemente grande. Entre los materiales con límites elásticos idénticos, el más elástico es el que tiene el módulo elástico más bajo. Cuando la carga aumenta a partir de cero, el estrés resultante es directamente proporcional a la deformación en la forma dada por la , pero únicamente cuando la tensión no supera algún valor límite. Para valores de estrés dentro de este límite lineal, podemos describir el comportamiento elástico por analogía con la ley de Hooke para un muelle. Según la ley de Hooke, el valor de estiramiento de un muelle bajo una fuerza aplicada es directamente proporcional a la magnitud de la fuerza. A la inversa, la fuerza de respuesta del muelle a un estiramiento aplicado es directamente proporcional al estiramiento. Del mismo modo, la deformación de un material sometido a una carga es directamente proporcional a la carga y, a la inversa, el estrés resultante es directamente proporcional a la tensión. El límite de linealidad (o límite de proporcionalidad ) es el mayor valor de estrés a partir del cual el estrés deja de ser proporcional a la tensión. Más allá del límite de linealidad, la relación entre el estrés y la tensión ya no es lineal. Cuando el estrés se hace mayor que el límite de linealidad, aunque todavía dentro del límite de elasticidad, el comportamiento sigue siendo elástico, pero la relación entre el estrés y la tensión se hace no lineal. En el caso del estrés más allá del límite elástico, un material presenta un comportamiento plástico . Esto significa que el material se deforma de forma irreversible y no vuelve a su forma y tamaño originales, ni siquiera después de retirar la carga. Cuando el estrés se incrementa gradualmente más allá del límite elástico, el material sufre una deformación plástica. Los materiales similares al caucho muestran un aumento en el estrés con el incremento de la tensión, lo que significa que son más difíciles de estirar y, finalmente, alcanzan un punto de fractura en el que se rompen. Los materiales dúctiles, como los metales, muestran una disminución gradual del estrés con el aumento de la tensión, lo que significa que son más fáciles de deformar a medida que los valores de estrés-tensión se acercan al punto de rotura. Los mecanismos microscópicos responsables por la plasticidad de los materiales son diferentes para los distintos materiales. Podemos representar gráficamente la relación entre el estrés y la tensión en un diagrama estrés-tensión . Cada material tiene su propia curva característica de estrés-tensión. Un diagrama típico de estrés-tensión para un metal dúctil sometido a una carga se muestra en la . En esta figura, la tensión es una elongación fraccionada (no dibujada a escala). Cuando la carga se incrementa gradualmente, el comportamiento lineal (línea roja) que comienza en el punto sin carga (el origen) termina en el límite de linealidad en el punto H . Para más incrementos de carga más allá del punto H , la relación estrés-tensión es no lineal, aunque sigue siendo elástica. En la figura, esta región no lineal se observa entre los puntos H y E . Cargas cada vez mayores llevan el estrés al límite de elasticidad E , donde termina el comportamiento elástico y comienza la deformación plástica. Más allá del límite de elasticidad, cuando se elimina la carga, por ejemplo en P , el material se relaja hasta alcanzar una nueva forma y tamaño a lo largo de la línea verde. Es decir, el material se deforma permanentemente y no vuelve a su forma y tamaño iniciales cuando el estrés se hace nulo. El material sufre una deformación plástica para cargas lo suficientemente grandes como para que el estrés supere el límite de elasticidad en E . El material continúa deformándose plásticamente hasta que el estrés alcanza el punto de fractura (punto de rotura). Más allá del punto de fractura, ya no tenemos una muestra de material, por lo que el diagrama termina en el punto de fractura. Para completar esta descripción cualitativa, hay que decir que los límites lineales, elásticos y de plasticidad denotan una gama de valores y no un punto definido. Gráfico típico de estrés-tensión de un metal sometido a una carga: El gráfico termina en el punto de fractura. Las flechas muestran la dirección de los cambios bajo una carga cada vez mayor. Los puntos H y E son los límites de linealidad y elasticidad, respectivamente. Entre los puntos H y E , el comportamiento es no lineal. La línea verde que se origina en P ilustra la respuesta del metal cuando se retira la carga. La deformación permanente tiene un valor de tensión en el punto donde la línea verde intercepta el eje horizontal. El valor del estrés en el punto de fractura se denomina estrés de rotura (o tensión de rotura ). Materiales con propiedades elásticas similares, como dos metales, pueden tener un estrés de rotura muy diferente. Por ejemplo, la tensión de rotura del aluminio es 2,2 × 10 8 Pa y en el caso del acero puede llegar a ser 20,0 × 10 8 Pa , dependiendo del tipo de acero. Podemos hacer una estimación rápida, basada en la , de que, en las varillas con un área transversal de 1 in 2 , la carga de rotura para una varilla de aluminio es 3,2 × 10 4 lb , y la carga de rotura de una varilla de acero es unas nueve veces mayor. Resumen Un objeto o material es elástico si vuelve a su forma y tamaño originales cuando el estrés desaparece. En las deformaciones elásticas con valores de estrés inferiores al límite de proporcionalidad, el estrés es proporcional a la tensión. Cuando el estrés supera el límite de proporcionalidad, la deformación sigue siendo elástica, aunque no lineal hasta el límite de elasticidad. Un objeto o material tiene un comportamiento plástico cuando el estrés es mayor que el límite elástico. En la región plástica, el objeto o material no vuelve a su tamaño o forma original cuando desaparece el estrés, sino que se deforma permanentemente. El comportamiento plástico termina en el punto de rotura. Ecuaciones clave Primera condición de equilibrio ∑ k F → k = 0 → Segunda condición de equilibrio ∑ k τ → k = 0 → Relación lineal entre estrés y tensión estrés = (módulo elástico) × tensión Módulo de Young Y = tensión de tracción esfuerzo de tracción = F ⊥ A L 0 Δ L Módulo de compresibilidad B = tensión de compresibilidad esfuerzo de compresibilidad = − Δ p V 0 Δ V Módulo de corte S = tensión de corte esfuerzo cortante = F ∥ A L 0 Δ x Preguntas conceptuales Nota: A menos que se indique lo contrario, se supone que los pesos de los cables, varillas y otros elementos son despreciables. Los módulos elásticos de los materiales seleccionados figuran en la . ¿Qué se quiere decir cuando un sedal se designa como "una prueba de 10 libras"? Las varillas de acero suelen colocarse en el hormigón antes de que fragüe. ¿Para qué sirven estas varillas? Actúa como "refuerzo", y aumenta un rango de valores de tensión antes de que la estructura alcance su punto de rotura. Problemas Una cuerda uniforme de sección transversal 0,50 cm 2 se rompe cuando la tensión de tracción en este alcanza 6,00 × 10 6 N/m 2 . (a) ¿Cuál es la carga máxima que puede levantarse lentamente a rapidez constante por la cuerda? (b) ¿Cuál es la carga máxima que puede levantar la cuerda a una aceleración de 4,00 m/s 2 ? El extremo de un cable metálico vertical de 2,0 m de longitud y 1,0 mm de diámetro está fijado a un techo, y el otro extremo está fijado a un platillo de peso de 5,0 N, como se muestra a continuación. La posición del puntero antes de la sartén es de 4.000 cm. A continuación, se añaden diferentes pesos a la zona del plato y se registra la posición del puntero en la tabla que se muestra. Grafique el estrés frente a la tensión de este alambre y utilice la curva resultante para determinar el módulo de Young y el límite de proporcionalidad del metal. ¿Qué metal es más probable que sea? Carga añadida (incluido el plato) (N) Lectura de la escala (cm) 0 4,000 15 4,036 25 4,073 35 4,109 45 4,146 55 4,181 65 4,221 75 4,266 85 4,316 Un aluminio ( ρ = 2,7 g/cm 3 ) el cable está suspendido del techo y cuelga verticalmente. ¿Qué longitud deberá tener el cable para que el estrés en su extremo superior alcance el límite de proporcionalidad, que es 8,0 × 10 7 N/m 2 ? Problemas adicionales El coeficiente de fricción estática entre la goma del lápiz y el tablero de la mesa es μ s = 0,80 . Si la fuerza F → se aplica a lo largo del eje del lápiz, como se muestra a continuación, ¿cuál es el ángulo mínimo en el que el lápiz puede permanecer sin resbalar? Ignore el peso del lápiz. tan −1 ( 1 / μ s ) = 51,3 ° Un lápiz se apoya en una esquina, como se muestra a continuación. El extremo afilado del lápiz toca una superficie vertical lisa y el extremo de la goma toca un suelo horizontal rugoso. El coeficiente de fricción estática entre la goma de borrar y el suelo es μ s = 0,80 . El centro de masa del lápiz está situado a 9,0 cm de la punta de la goma y a 11,0 cm de la punta de la mina del lápiz. Halle el ángulo mínimo θ para que el lápiz no se deslice. Un tablón uniforme de 4,0 m que pesa 200,0 N se apoya en la esquina de una pared, como se muestra a continuación. No hay fricción en el punto en el que el tablón se encuentra con la esquina. (a) Halle las fuerzas que la esquina y el suelo ejercen sobre el tablón. (b) ¿Cuál es el coeficiente mínimo de fricción estática entre el suelo y el tablón para que el tablón no resbale? a. en la esquina 66,7 N en 30 ° con la horizontal; en el suelo 177 N en 109 ° con la horizontal; b. μ s = 0,346 Un niño de 40 kg salta desde una altura de 3,0 m, aterriza sobre un pie y se detiene en 0,10 s después de tocar el suelo. Supongamos que llega al reposo a desaceleración constante. Si el área total de la sección transversal de los huesos de las piernas justo por encima de los tobillos es 3,0 cm 2 , ¿cuál es el estrés de compresión en estos huesos? Los huesos de las piernas pueden fracturarse cuando se someten a un estrés superior a 1,7 × 10 8 Pa . ¿El niño corre peligro de fracturarse la pierna? Dos varillas finas, una de acero y otra de aluminio, se unen de extremo a extremo. Cada varilla tiene una longitud de 2,0 m y una sección transversal 9,1 mm 2 . Si se aplica una fuerza de tracción de 10.000 N en cada extremo de la combinación, calcule: (a) el estrés en cada varilla; (b) la tensión en cada varilla y (c) la elongación de cada varilla. a. 1,10 × 10 9 N/m 2 ; b. 5,5 × 10 −3 ; c. 11,0 mm, 31,4 mm Dos varillas, una de cobre y otra de acero, tienen las mismas dimensiones. Si la varilla de cobre se estira 0,15 mm bajo cierto estrés, ¿cuánto se estira la varilla de acero bajo el mismo estrés? Problemas de desafíos Una fuerza horizontal F → se aplica a una esfera uniforme en dirección exacta hacia el centro de la esfera, como se muestra a continuación. Halle la magnitud de esta fuerza para que la esfera permanezca en equilibrio estático. ¿Cuál es la fuerza de fricción de la pendiente sobre la esfera? F = Mg tan θ ; f = 0 Cuando un motor se coloca en el soporte de una plataforma articulada, como se ve a continuación, su peso puede utilizarse para mantener la tensión en la correa de transmisión. Cuando el motor no está en marcha las tensiones T 1 y T 2 son iguales. La masa total de la plataforma y del motor es de 100,0 kg, mientras que el diámetro de la polea de la correa de transmisión es 16,0 cm cuando el motor está apagado, calcule: (a) la tensión en la correa y (b) la fuerza en el soporte de la plataforma articulada en el punto C . Suponga que el centro de masa del motor más la plataforma está en el centro del motor. Dos ruedas A y B con pesos w y 2 w , respectivamente, están unidas por una varilla uniforme con peso w /2, como se muestra a continuación. Las ruedas giran libremente por las superficies inclinadas. Determine el ángulo que forma la varilla con la horizontal cuando el sistema está en equilibrio. Pista: Hay cinco fuerzas que actúan sobre la barra, que son dos pesos de las ruedas, dos fuerzas de reacción normales en los puntos donde las ruedas hacen contacto con la cuña y el peso de la barra. con la horizontal, θ = 42,2 ° ; α = 17,8 ° con el lado más inclinado de la cuña Se van añadiendo pesos a un platillo hasta que una rueda de masa M y radio R es arrastrada por un obstáculo de altura d , como se muestra a continuación. ¿Cuál es la masa mínima de las pesas más el platillo necesaria para conseguirlo? Para levantar una pala de tierra, el jardinero empuja hacia abajo el extremo de la pala y tira hacia arriba a distancia l 2 desde el final, como se muestra a continuación. El peso de la pala es m g → y actúa en el punto de aplicación de F → 2 . Calcule las magnitudes de las fuerzas F → 1 y F → 2 como funciones de l 1 , l 2 , mg , y el peso W de la carga. ¿Por qué sus respuestas no dependen del ángulo θ que hace la pala con la horizontal? W ( l 1 / l 2 − 1 ) ; W l 1 / l 2 + m g Una varilla uniforme de longitud 2R y masa M está unida a un pequeño collarín C y descansa sobre una superficie cilíndrica de radio R , como se muestra a continuación. Si el collarín puede deslizarse sin fricción a lo largo de la guía vertical, calcule el ángulo θ para el que la varilla está en equilibrio estático. El poste que se muestra a continuación está en un 90,0 ° inclinado en una línea eléctrica y, por tanto, está sometido a más fuerza de corte que los postes en las partes rectas de la línea. La tensión en cada línea es 4 . 0 0 × 1 0 4 N , en los ángulos indicados. El poste tiene 15,0 m de altura, un diámetro de 18,0 cm y se puede considerar que tiene la mitad de la resistencia de la madera dura. (a) Calcule la compresión del poste. (b) Halle cuánto se dobla y en qué dirección. (c) Halle la tensión en un cable de sujeción utilizado para mantener el poste recto si está unido a la parte superior del poste en un ángulo de 30,0 ° con la vertical. El cable de sujeción está en la dirección opuesta a la curva. a. 1,1 mm; b. 6,6 mm a la derecha; c. 1,11 × 10 5 N estrés de rotura (tensión de rotura) valor del estrés en el punto de fractura elástico objeto que vuelve a su tamaño y forma original cuando la carga ya no está presente límite elástico valor del estrés a partir del cual el material deja de comportarse elásticamente y se deforma permanentemente ecuación de onda lineal (límite de proporcionalidad) valor máximo de estrés a partir del cual el estrés deja de ser proporcional a la tensión comportamiento plástico el material se deforma irreversiblemente, no vuelve a su forma y tamaño original cuando se retira la carga y desaparece el estrés diagrama estrés-tensión gráfico que muestra la relación entre el estrés y la tensión, característica de un material

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Introducción Nuestro universo visible contiene miles de millones de galaxias, cuya existencia se debe a la fuerza de la gravedad. La gravedad es, en última instancia, la encargada de la producción de energía de todas las estrellas: al iniciar las reacciones termonucleares en las estrellas, permite que el Sol caliente la Tierra y hace que las galaxias sean visibles desde distancias insondables. La mayoría de los puntos que se ven en esta imagen no son estrellas, sino galaxias (créditos: modificación de un trabajo de la NASA/ESA). En este capítulo estudiamos la naturaleza de la fuerza gravitatoria en objetos tan pequeños como nosotros y en sistemas tan masivos como galaxias enteras. Mostramos cómo la fuerza gravitatoria incide en los objetos de la Tierra y en el movimiento del propio universo. La gravedad es la primera fuerza que se postula como una fuerza de acción a distancia, es decir, los objetos ejercen una fuerza gravitatoria entre sí sin contacto físico y esa fuerza cae a cero solo a una distancia infinita. La Tierra ejerce una fuerza gravitatoria sobre su cuerpo, pero también lo hacen nuestro Sol, la Vía Láctea y los miles de millones de galaxias, como las que se muestran arriba, tan distantes que no podemos verlas a simple vista.

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Ley de la gravitación universal de Newton En primer lugar, repasamos la historia del estudio de la gravitación, con énfasis en aquellos fenómenos que durante miles de años han inspirado a filósofos y científicos a buscar una explicación. A continuación, examinamos la forma más sencilla de la ley de la gravitación universal de Newton y cómo aplicarla. La historia de la gravitación Los primeros filósofos se preguntaban por qué los objetos tienden naturalmente a caer hacia el suelo. Aristóteles (384-322 a.C.) creía que la naturaleza de las rocas era buscar la Tierra y la del fuego buscar el Cielo. Brahmagupta (598~665 d.C.) postuló que la Tierra era una esfera y que los objetos poseían una afinidad natural con ella, ya que caían hacia el centro desde cualquier lugar en el que se encontraran. Los movimientos del Sol, la Luna y los planetas también se han estudiado durante miles de años. Estos movimientos fueron descritos con asombrosa exactitud por Ptolomeo (90-168 de la era cristiana), cuyo método de los epiciclos describía las trayectorias de los planetas como círculos dentro de círculos. Sin embargo, hay pocas pruebas de que alguien relacionara el movimiento de los cuerpos astronómicos con el de los objetos que caen a la Tierra, hasta el siglo XVII. A Nicolás Copérnico (1473-1543) se le atribuye el mérito de ser el primero en desafiar el sistema geocéntrico (centrado en la Tierra) de Ptolomeo y proponer un sistema heliocéntrico, en el que el Sol está en el centro del sistema solar. Esta idea se vio respaldada por las mediciones increíblemente precisas de los movimientos planetarios realizadas a simple vista por Tycho Brahe y su análisis por Johannes Kepler y Galileo Galilei. Kepler demostró que el movimiento de cada planeta es una elipse (la primera de sus tres leyes, tratada en Las leyes del movimiento planetario de Kepler ), y Robert Hooke (el mismo que formuló la ley de Hooke para los resortes) sugirió intuitivamente que estos movimientos se deben a que los planetas son atraídos por el Sol. Sin embargo, fue Isaac Newton quien relacionó la aceleración de los objetos cercanos a la superficie terrestre con la aceleración centrípeta de la Luna en su órbita alrededor de la Tierra. Por último, en La Teoría de la Gravedad de Einstein , analizamos la teoría de la relatividad general propuesta por Albert Einstein en 1916. Su teoría parte de una perspectiva muy diferente, en la que la gravedad es una manifestación de la masa que deforma el espacio y el tiempo. Las consecuencias de su teoría dieron lugar a muchas predicciones notables, que se han confirmado esencialmente en las muchas décadas posteriores a la publicación de la teoría (incluida la medición en 2015 de las ondas gravitacionales procedentes de la fusión de dos agujeros negros). Ley de la gravitación universal de Newton Newton observó que los objetos en la superficie de la Tierra (por tanto, a una distancia de R E del centro de la Tierra) tienen una aceleración de g , pero la Luna, a una distancia de aproximadamente 60 R E , tiene una aceleración centrípeta sobre ( 60 ) 2 veces menor que g . Podría explicar esto al postular que existe una fuerza entre dos objetos cualesquiera, cuya magnitud viene dada por el producto de las dos masas, dividido entre el cuadrado de la distancia entre estas. Ahora sabemos que esta ley del cuadrado inverso es omnipresente en la naturaleza, una función de la geometría para las fuentes puntuales. La fuerza de cualquier fuente a una distancia r se extiende sobre la superficie de una esfera centrada en la masa. La superficie de esa esfera es proporcional a r 2 . En capítulos posteriores, veremos esta misma forma en la fuerza electromagnética. Ley de la gravitación de Newton La ley de la gravitación de Newton se expresa como F → 12 = G m 1 m 2 r 2 r ^ 12 donde F → 12 es la fuerza que ejerce el objeto 2 sobre el objeto 1 y r ^ 12 es un vector unitario que apunta desde el objeto 1 hacia el objeto 2. Tal como se muestra en la , el F → 12 vector apunta desde el objeto 1 hacia el objeto 2; de allí que represente una fuerza de atracción entre los objetos. La fuerza igual, pero opuesta F → 21 es la fuerza que ejerce el objeto 1 sobre el objeto 2. La fuerza gravitatoria actúa a lo largo de una línea que une los centros de masa de dos objetos. Estas fuerzas iguales, pero opuestas, reflejan la tercera ley de Newton, de la que ya hemos hablado. Obsérvese que, en sentido estricto, la se aplica a las masas puntuales: toda la masa está situada en un punto. No obstante, se aplica igualmente a cualquier objeto esféricamente simétrico, donde r es la distancia entre los centros de masa de esos objetos. En muchos casos, funciona razonablemente bien para objetos no simétricos, si su separación es grande en comparación con su tamaño, y tomamos r como la distancia entre el centro de masa de cada cuerpo. El experimento Cavendish Un siglo después de que Newton publicara su ley de la gravitación universal, Henry Cavendish determinó la constante de proporcionalidad G a través de un minucioso experimento. Construyó un dispositivo semejante al que se muestra en la , en el que se suspenden pequeñas masas de un cable. Una vez en equilibrio, dos masas fijas de mayor tamaño se colocan simétricamente cerca de las más pequeñas. La atracción gravitatoria crea una torsión (torsión) en el cable de soporte que se puede medir. La constante G se denomina constante de la gravitación universal y Cavendish la determinó como G = 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 . La palabra "universal" indica que los científicos piensan que esta constante se aplica a las masas de cualquier composición y que es la misma en todo el universo. El valor de G es un número increíblemente pequeño, lo que demuestra que la fuerza de la gravedad es muy débil. La atracción entre masas tan pequeñas como nuestros cuerpos, o incluso objetos del tamaño de un rascacielos, es increíblemente pequeña. Por ejemplo, dos masas de 1,0 kg situadas a 1,0 metro de distancia ejercen una fuerza de 6,7 × 10 −11 N entre sí. Este es el peso de un grano de polen típico. Cavendish utilizó un aparato semejante para medir la atracción gravitatoria entre dos esferas (m ) suspendidas de un cable y dos esferas fijas (M ). Este es un experimento común que se realiza en los laboratorios de licenciatura, pero es bastante desafiante. El paso de camiones fuera del laboratorio puede crear vibraciones que superen las fuerzas gravitatorias. Aunque la gravedad es la más débil de las cuatro fuerzas fundamentales de la naturaleza, su naturaleza atractiva es la que nos mantiene en la Tierra, hace que los planetas orbiten alrededor del Sol y que el Sol orbite alrededor de nuestra galaxia, y une a las galaxias en cúmulos, que van desde unos pocos hasta millones. La gravedad es la fuerza que forma el universo. Ley de la gravitación de Newton Para determinar el movimiento que causa la fuerza gravitatoria, siga estos pasos: Identifique las dos masas, una o las dos, para las que quiera encontrar la fuerza gravitatoria. Dibuje un diagrama de cuerpo libre; esboce la fuerza que actúa sobre cada masa e indique la distancia entre sus centros de masa. Aplique la segunda ley del movimiento de Newton a cada masa para determinar cómo se moverá. Una colisión en órbita Consideremos dos vehículos de carga útil Soyuz casi esféricos, en órbita alrededor de la Tierra, cada uno con una masa de 9000 kg y un diámetro de 4,0 m. Inicialmente están en reposo uno respecto del otro, a 10,0 m de centro a centro. (Como veremos en Las leyes del movimiento planetario de Kepler , ambos orbitan la Tierra a la misma rapidez e interactúan casi igual que si estuvieran aislados en el espacio profundo). Determine la fuerza gravitatoria entre ellos y su aceleración inicial. Calcule el tiempo que tardan en juntarse y con cuánta rapidez se mueven en el momento del impacto. Estrategia Usamos la ley de la gravitación de Newton para determinar la fuerza entre estos y luego usamos la segunda ley de Newton para determinar la aceleración de cada uno. Para la estimación , suponemos que esta aceleración es constante, y utilizamos las ecuaciones de aceleración constante de Movimiento a lo largo de una línea recta para hallar el tiempo y la rapidez de la colisión. Solución La magnitud de la fuerza es | F → 12 | = F 12 = G m 1 m 2 r 2 = 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 ( 9.000 kg ) ( 9.000 kg ) ( 10 m ) 2 = 5,4 × 10 −5 N. La aceleración inicial de cada carga útil es a = F m = 5,4 × 10 −5 N 9.000 kg = 6,0 × 10 −9 m/s 2 . Los vehículos tienen un diámetro de 4,0 m, por lo que se desplazan de 10,0 m a 4,0 m de distancia, es decir, una distancia de 3,0 m cada uno. Un cálculo similar al anterior, para cuando los vehículos están a 4,0 m de distancia, arroja una aceleración de 3,8 × 10 −8 m/s 2 , y la media de estos dos valores es 2,2 × 10 −8 m/s 2 . Si suponemos una aceleración constante de este valor y parten del reposo, entonces los vehículos colisionan a una rapidez dada por v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) , donde v 0 = 0 , así que v = 2 ( 2,2 × 10 −9 N ) ( 3,0 m ) = 3,6 × 10 −4 m/s. Utilizamos v = v 0 + a t para calcular t = v / a = 1,7 × 10 4 s o unas 4,6 horas. Importancia Estos cálculos (incluida la fuerza inicial) son solo estimaciones, ya que los vehículos probablemente no son esféricamente simétricos. No obstante, puede observar que la fuerza es increíblemente pequeña. Los astronautas deben atarse cuando realizan trabajos fuera, incluso de la enorme Estación Espacial Internacional (ISS). como en la , porque la atracción gravitatoria no puede salvarlos ni siquiera del más mínimo empujón fuera de la estación. Esta foto muestra a Ed White atado al transbordador espacial durante una caminata espacial (créditos: NASA). ¿Qué ocurre con la fuerza y la aceleración cuando los vehículos caen juntos? ¿Cuál será nuestra estimación de la velocidad en una colisión mayor o menor que la velocidad real? Por último, ¿qué pasaría si las masas no fueran idénticas? ¿La fuerza en cada uno de ellos sería la misma o diferente? ¿Qué hay de sus aceleraciones? La fuerza de la gravedad sobre cada objeto aumenta con el cuadrado de la distancia inversa a medida que caen juntos, y por lo tanto también lo hace la aceleración. Por ejemplo, si la distancia se reduce a la mitad, la fuerza y la aceleración se cuadruplican. Nuestro promedio es exacto únicamente para una aceleración que aumenta linealmente, mientras que la aceleración aumenta realmente a un ritmo mayor. Así que nuestra velocidad calculada es demasiado pequeña. Según la tercera ley de Newton (fuerzas de acción-reacción), la fuerza de gravedad entre dos objetos cualesquiera debe ser la misma. No obstante, las aceleraciones no lo serán si tienen masas diferentes. El efecto de la gravedad entre dos objetos con masas del orden de estos vehículos espaciales es efectivamente pequeño. Sin embargo, el efecto de la gravedad sobre su cuerpo desde la Tierra es lo suficientemente importante como para que una caída de solo unos metros en la Tierra sea peligrosa. En la siguiente sección examinaremos la fuerza de la gravedad cerca de la superficie de la Tierra. Atracción entre galaxias Calcule la aceleración de nuestra galaxia, la Vía Láctea , debida a la galaxia más cercana de tamaño comparable, la galaxia de Andrómeda ( ). La masa aproximada de cada galaxia es de 800.000 millones de masas solares (una masa solar es la de nuestro Sol), y están separadas por 2,5 millones de años luz. (Hay que tener en cuenta que la masa de Andrómeda no se conoce tan bien, aunque se cree que es ligeramente mayor que nuestra galaxia). Cada galaxia tiene un diámetro de aproximadamente 100.000 años luz ( 1 año luz = 9,5 × 10 15 m ) . Las galaxias interactúan gravitacionalmente a través de inmensas distancias. La galaxia de Andrómeda es la galaxia espiral más cercana a la Vía Láctea, y acabarán colisionando (créditos: Boris Štromar). Estrategia Como en el ejemplo anterior, utilizamos la ley de la gravitación de Newton para determinar la fuerza entre estos y, a continuación, utilizamos la segunda ley de Newton para determinar la aceleración de la Vía Láctea. Podemos considerar que las galaxias son masas puntuales, ya que su tamaño es unas 25 veces menor que su separación. La masa del Sol (véase el Anexo D ) es 2,0 × 10 30 kg y un año luz es la distancia que recorre la luz en un año, 9,5 × 10 15 m . Solución La magnitud de la fuerza es F 12 = G m 1 m 2 r 2 = ( 6,67 × 10 −11 N · m 2 / kg 2 ) [ ( 800 × 10 9 ) ( 2,0 × 10 30 kg ) ] 2 [ ( 2,5 × 10 6 ) ( 9,5 × 10 15 m ) ] 2 = 3,0 × 10 29 N. La aceleración de la Vía Láctea es a = F m = 3,0 × 10 29 N ( 800 × 10 9 ) ( 2,0 × 10 30 kg ) = 1,9 × 10 −13 m/s 2 . Importancia ¿Le parece que este valor de aceleración es asombrosamente pequeño? Si parten del reposo, entonces acelerarían directamente el uno hacia el otro, para "colisionar" en su centro de masa. Calculemos el tiempo para que esto ocurra. La aceleración inicial es ~ 10 −13 m/s 2 , así que si utilizamos v = a t , vemos que se necesitaría ~ 10 13 s para que cada galaxia alcance una velocidad de 1,0 m/s, y solo serían ~ 0,5 × 10 13 m más cerca. Es decir, nueve órdenes de magnitud menos que la distancia inicial entre estos. En realidad, estos movimientos rara vez son sencillos. Estas dos galaxias, junto con otras 50 galaxias más pequeñas, tienen límite gravitacional en nuestro cúmulo local. Nuestro cúmulo local tiene límite gravitacional a otros cúmulos en lo que se denomina un supercúmulo. Todo esto forma parte de la gran danza cósmica que resulta de la gravitación, como se muestra en la . Según los resultados de este ejemplo, más lo que los astrónomos han observado en otros lugares del universo, nuestra galaxia colisionará con la galaxia de Andrómeda dentro de unos 4.000 millones de años (créditos: modificación del trabajo de la NASA; ESA; A. Feild y R. van der Marel, STScI). Resumen Todas las masas se atraen entre sí con una fuerza gravitatoria proporcional a sus masas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre ellas. Las masas esféricamente simétricas pueden tratarse como si toda su masa estuviera situada en el centro. Los objetos asimétricos pueden tratarse como si su masa estuviera concentrada en su centro de masa, siempre que su distancia a otras masas sea grande en comparación con su tamaño. Preguntas conceptuales La acción a distancia, como es el caso de la gravedad, se consideraba antes ilógica y, por tanto, falsa. ¿Cuál es el determinante último de la verdad en la ciencia, y por qué se aceptó finalmente esta acción a distancia? La verdad en última instancia es la verificación experimental. La teoría de campos se desarrolló para explicar cómo se ejerce la fuerza sin que los objetos estén en contacto, tanto para la gravedad como para las fuerzas electromagnéticas que actúan a la velocidad de la luz. Solo a partir del siglo XX hemos podido medir que la fuerza no se transmite inmediatamente. En la ley de la gravitación universal, Newton supuso que la fuerza era proporcional al producto de las dos masas ( ~ m 1 m 2 ). Aunque todas las conjeturas científicas deberán verificarse experimentalmente, ¿puede aportar argumentos de por qué debe ser así? (Puede considerar ejemplos sencillos en los que cualquier otra forma llevaría a resultados contradictorios). Problemas Evalúe la magnitud de la fuerza gravitatoria entre dos bolas esféricas de acero de 5 kg, separadas por una distancia de centro a centro de 15 cm. 7,4 × 10 −8 N Estime la fuerza gravitatoria entre dos luchadores de sumo, con masas de 220 kg y 240 kg, cuando están abrazados y sus centros están a 1,2 m de distancia. La astrología da mucha importancia a la posición de los planetas en el momento del nacimiento. La única fuerza conocida que ejerce un planeta sobre la Tierra es la gravitatoria. (a) Calcule la fuerza gravitatoria que ejerce sobre un bebé de 4,20 kg un padre de 100 kg que se encuentra a 0,200 m de distancia en el momento del nacimiento (está asistiendo, por lo que está cerca del niño). (b) Calcule la fuerza que ejerce Júpiter sobre el bebé si se encuentra a su máxima distancia de la Tierra, unos 6,29 × 10 11 m lejos. ¿Cómo se compara la fuerza de Júpiter sobre el bebé con la fuerza del padre sobre el bebé? Otros objetos de la habitación y del edificio del hospital también ejercen fuerzas gravitatorias similares. (Por supuesto, podría haber una fuerza desconocida actuando, pero los científicos primero tienen que estar convencidos de que haya siquiera un efecto, y mucho menos de que una fuerza desconocida lo cause). a. 7,01 × 10 −7 N ; b. La masa de Júpiter es m J = 1,90 × 10 27 kg F J = 1,35 × 10 −6 N F f F J = 0,521 Una montaña situada a 10,0 km de una persona ejerce sobre ella una fuerza gravitatoria igual al 2,00 % de su peso. (a) Calcule la masa de la montaña. (b) Compare la masa de la montaña con la de la Tierra. (c) ¿Qué no es razonable en estos resultados? (d) ¿Qué premisas no son razonables o son incoherentes? (Tenga en cuenta que las mediciones gravitacionales precisas pueden detectar fácilmente el efecto de las montañas cercanas y las variaciones en la geología local). La Estación Espacial Internacional tiene una masa de aproximadamente 370.000 kg. (a) ¿Cuál es la fuerza sobre una astronauta de 150 kg de peso si se encuentra a 20 m del centro de masa de la estación? (b) ¿Qué precisión cree que tendrá su respuesta? (créditos: ©ESA-David Ducros). a. 9,25 × 10 −6 N ; b. No mucho, ya que la ISS ni siquiera es simétrica, y mucho menos esféricamente simétrica. El asteroide Toutatis pasó cerca de la Tierra en 2006 a una distancia cuatro veces superior a la de nuestra Luna. Este fue el mayor acercamiento que tendremos hasta 2060. Si tiene una masa de 5,0 × 10 13 kg , ¿qué fuerza ejerció sobre la Tierra en su máxima aproximación? (a) ¿Cuál fue la aceleración de la Tierra causada por el asteroide Toutatis (ver problema anterior) en su máxima aproximación? (b) ¿Cuál fue la aceleración de Toutatis en ese momento? a. 1,41 × 10 −15 m/s 2 ; b. 1,69 × 10 −4 m/s 2 la ley de la gravitación de Newton cada masa atrae a cualquier otra masa con una fuerza proporcional al producto de sus masas, inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre estas, y con dirección a lo largo de la línea que une el centro de masa de cada una constante de la gravitación universal constante que representa la fuerza de gravedad, que supuestamente es la misma en todo el universo

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Gravitación cerca de la superficie terrestre En esta sección, observamos cómo se aplica la ley de la gravitación de Newton en la superficie de un planeta y cómo se vincula con lo que aprendimos antes sobre la caída libre. También examinamos los efectos gravitatorios dentro de los cuerpos esféricos. Peso Recordemos que la aceleración de un objeto en caída libre cerca de la superficie de la Tierra es aproximadamente g = 9,80 m/s 2 . La fuerza que causa esta aceleración se denomina peso del objeto, y a partir de la segunda ley de Newton, tiene el valor mg . Este peso está presente, independientemente de que el objeto esté en caída libre. Ahora sabemos que esta fuerza es la fuerza gravitatoria entre el objeto y la Tierra. Si sustituimos mg por la magnitud de F → 12 en la ley de gravitación universal de Newton, m para m 1 , y M E para m 2 , obtenemos la ecuación escalar m g = G m M E r 2 donde r es la distancia entre los centros de masa del objeto y de la Tierra. El radio medio de la Tierra es de unos 6370 km. De allí que, en lo que respecta a los objetos situados a pocos kilómetros de la superficie de la Tierra, podemos tomar r = R E ( ). La masa m del objeto se anula, lo que da g = G M E r 2 . Esto explica por qué todas las masas caen libremente con la misma aceleración. Hemos ignorado el hecho de que la Tierra también acelera hacia el objeto que cae, pero eso es aceptable siempre que la masa de la Tierra sea mucho mayor que la del objeto. Podemos tomar la distancia entre los centros de masa de la Tierra y un objeto en su superficie como el radio de la Tierra, siempre que su tamaño sea mucho menor que el radio de la Tierra. Masas de la Tierra y la Luna ¿Se ha preguntado alguna vez cómo conocemos la masa de la Tierra? Desde luego, no podemos situarlo en una escala. Los valores de g y el radio de la Tierra se midieron con razonable exactitud hace siglos. Utilice los valores estándar de g , R E y la para hallar la masa de la Tierra. Calcule el valor de g en la Luna. Utilice el hecho de que la Luna tiene un radio de unos 1700 km (un valor de esta exactitud se determinó hace muchos siglos) y suponga que tiene la misma densidad media que la Tierra, 5.500 kg/m 3 . Estrategia Con los valores conocidos de g y R E , podemos utilizar la para hallar M E . En el caso de la Luna, esgrimimos la hipótesis de una densidad media igual para determinar la masa a partir de una relación de los volúmenes de la Tierra y de la Luna. Solución Reordenando la , tenemos M E = g R E 2 G = 9,80 m/s 2 ( 6,37 × 10 6 m ) 2 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 = 5,95 × 10 24 kg. El volumen de una esfera es proporcional al radio al cubo, por lo que un simple cociente nos da M M M E = R M 3 R E 3 → M M = ( ( 1,7 × 10 6 m ) 3 ( 6,37 × 10 6 m ) 3 ) ( 5,95 × 10 24 kg ) = 1,1 × 10 23 kg. Ahora utilizamos la . g M = G M M r M 2 = ( 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 ) ( 1,1 × 10 23 kg ) ( 1,7 × 10 6 m ) 2 = 2,5 m/s 2 Importancia Tan pronto como Cavendish determinó el valor de G en 1798, se pudo calcular la masa de la Tierra. (De hecho, ese era el objetivo en última instancia del experimento de Cavendish). El valor que hemos calculado para g de la Luna es incorrecto. La densidad media de la Luna es en realidad solo 3.340 kg/m 3 y g = 1,6 m/s 2 en la superficie. Newton intentó medir la masa de la Luna al comparar el efecto del Sol en las mareas oceánicas de la Tierra con el de la Luna. Su valor era un factor de dos demasiado pequeño. Los valores más exactos de g y de la masa de la Luna proceden del seguimiento del movimiento de las naves espaciales que han orbitado la Luna. No obstante, la masa de la Luna se puede determinar con exactitud sin necesidad de ir a la Luna. La Tierra y la Luna orbitan alrededor de un centro de masa común, y las mediciones astronómicas en detalle pueden determinar esa ubicación. La relación entre la masa de la Luna y la de la Tierra es la relación entre [la distancia del centro de masa común al centro de la Luna] y [la distancia del centro de masa común al centro de la Tierra]. Más adelante, en este capítulo, veremos que la masa de otros cuerpos astronómicos también puede determinarse por el periodo de los pequeños satélites que los orbitan. No obstante, hasta que Cavendish determinó el valor de G , las masas de todos estos cuerpos eran desconocidas. Gravedad sobre la superficie de la Tierra ¿Cuál es el valor de g a 400 km por encima de la superficie de la Tierra, donde está en órbita la Estación Espacial Internacional ? Estrategia Utilizando el valor de M E y al observar que el radio es r = R E + 400 km , utilizamos la para hallar g . En la tenemos g = G M E r 2 = 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 5,96 × 10 24 kg ( 6,37 × 10 6 + 400 × 10 3 m ) 2 = 8,67 m/s 2 . Importancia A menudo vemos videos de astronautas en estaciones espaciales, aparentemente ingrávidos. Obviamente, la fuerza de la gravedad actúa sobre ellos. Comparando el valor de g que acabamos de calcular con el de la Tierra ( 9,80 m/s 2 ) , vemos que los astronautas de la Estación Espacial Internacional siguen teniendo el 88% de su peso. Solo parecen ingrávidos porque están en caída libre. Volveremos a hablar de ello en Órbita satelital y energía . ¿Cómo se compara su peso en la cima de un edificio alto con el del primer piso? ¿Cree que los ingenieros deben tener en cuenta el cambio del valor de g cuando diseñan el soporte estructural de un edificio muy alto? Los edificios más altos del mundo tienen todos menos de 1 km. Dado que g es proporcional a la distancia al cuadrado desde el centro de la Tierra, una simple relación muestra que el cambio de g a 1 km por encima de la superficie de la Tierra es inferior al 0,0001%. No sería necesario tenerlo en cuenta en el diseño estructural. El campo gravitacional La es una ecuación escalar, que da la magnitud de la aceleración gravitatoria en función de la distancia al centro de la masa que provoca la aceleración. No obstante, podríamos haber mantenido la forma vectorial de la fuerza de gravedad en la , y escribir la aceleración en forma vectorial como g → = G M r 2 r ^ . Identificamos el campo vectorial representado por g → como el campo gravitacional causado por la masa M . Podemos imaginar el campo como se muestra la . Las líneas se dirigen radialmente hacia el interior y se distribuyen simétricamente alrededor de la masa. Representación tridimensional del campo gravitacional creado por la masa M . Obsérvese que las líneas están distribuidas uniformemente en todas las direcciones. (El recuadro se ha añadido únicamente como ayuda en la visualización). Como ocurre con cualquier campo vectorial, la dirección de g → es paralelo a las líneas de campo en cualquier punto. La fuerza de g → en cualquier punto es inversamente proporcional a la distancia entre líneas. Otra forma de decirlo es que la magnitud del campo en cualquier región es proporcional al número de líneas que atraviesan una unidad de superficie, lo que supone una densidad de líneas. Dado que las líneas están igualmente espaciadas en todas las direcciones, el número de líneas por unidad de superficie a una distancia r de la masa es el número total de líneas, dividido entre la superficie de una esfera de radio r , que es proporcional a r 2 . De allí que esta imagen represente perfectamente la ley del cuadrado inverso, además de indicar la dirección del campo. En la imagen de campo, decimos que una masa m interactúa con el campo gravitacional de la masa M . Utilizaremos el concepto de campo con gran provecho en los capítulos posteriores sobre electromagnetismo. Peso aparente: contabilización de la rotación de la Tierra Como vimos en Aplicaciones de las leyes de Newton , los objetos que se desplazan a rapidez constante en un círculo tienen una aceleración centrípeta dirigida hacia el centro del círculo, lo que significa que deberá haber una fuerza neta dirigida hacia el centro de ese círculo. Dado que todos los objetos en la superficie de la Tierra se mueven a través de un círculo cada 24 horas, deberá haber una fuerza centrípeta neta en cada objeto, dirigida hacia el centro de ese círculo. Consideremos primero un objeto de masa m situado en el ecuador, suspendido de una balanza ( ). La balanza ejerce una fuerza ascendente F → s lejos del centro de la Tierra. Esta es la lectura en la balanza; de allí que sea el peso aparente del objeto. El peso (mg ) apunta hacia el centro de la Tierra. Si la Tierra no girara, la aceleración sería nula y, en consecuencia, la fuerza neta sería nula, lo que da F s = m g . Esta sería la verdadera lectura del peso. Para una persona situada en el ecuador, la aceleración centrípeta ( a c ) está en la misma dirección que la fuerza de gravedad. En latitud λ , el ángulo entre a c y la fuerza de la gravedad es λ y la magnitud de a c disminuye con cos λ . Con la rotación, la suma de estas fuerzas deberá proporcionar la aceleración centrípeta, a c . Utilizando la segunda ley de Newton, tenemos ∑ F = F s − m g = m a c donde a c = − v 2 r . Tenga en cuenta que a c apunta en la misma dirección que el peso; de allí que sea negativo. La rapidez tangencial v es la rapidez en el ecuador y r es R E . Podemos calcular la rapidez simplemente al observar que los objetos en el ecuador recorren la circunferencia de la Tierra en 24 horas. En su lugar, utilicemos la expresión alternativa para a c que vimos en Movimiento en dos y tres dimensiones . Recordemos que la rapidez tangencial está relacionada con la rapidez angular ( ω ) por v = r ω . De allí que tengamos a c = − r ω 2 . Reorganizando la y sustituyendo r = R E , el peso aparente en el ecuador es F s = m ( g − R E ω 2 ) . La rapidez angular de la Tierra en todas partes es ω = 2 π rad 24 hr × 3.600 s/h = 7,27 × 10 −5 rad/s. Sustituyendo los valores o R E y ω , tenemos R E ω 2 = 0,0337 m/s 2 . Esto es solo el 0,34% del valor de la gravedad, por lo que es claramente una pequeña corrección. Peso aparente cero ¿A qué velocidad tendría que girar la Tierra para que los que están en el ecuador tuvieran un peso aparente nulo? ¿Cuál sería la duración del día? Estrategia Utilizando la , podemos establecer el peso aparente ( F s ) a cero y determinar la aceleración centrípeta necesaria. A partir de ahí, podemos determinar la velocidad en el ecuador. La duración del día es el tiempo necesario para una rotación completa. Solución A partir de la , tenemos ∑ F = F s − m g = m a c , por lo que al configurar F s = 0 , obtenemos g = a c . Utilizando la expresión para a c , sustituyendo el radio de la Tierra y el valor estándar de la gravedad, obtenemos a c = v 2 r = g v = g r = ( 9,80 m/s 2 ) ( 6,37 × 10 6 m ) = 7,91 × 10 3 m/s . El periodo T es el tiempo de una rotación completa. Por lo tanto, la velocidad tangencial es la circunferencia dividida entre T , por lo que tenemos v = 2 π r T T = 2 π r v = 2 π ( 6,37 × 10 6 m ) 7,91 × 10 3 m/s = 5,06 × 10 3 s . Son unos 84 minutos. Importancia Más adelante en este capítulo veremos que esta rapidez y duración del día serían también la rapidez orbital y el periodo de un satélite en órbita en la superficie de la Tierra. Si bien una órbita de este tipo no sería posible cerca de la superficie de la Tierra debido a la resistencia del aire, ciertamente es posible a solo unos cientos de millas por encima de la Tierra. Resultados lejos del ecuador En los polos, a c → 0 y F s = m g , al igual que ocurre sin rotación. En cualquier otra latitud λ , la situación es más complicada. La aceleración centrípeta se dirige hacia el punto P de la figura, y el radio se convierte en r = R E cos λ . La suma vectorial del peso y F → s deberá apuntar hacia el punto P ; de allí que F → s ya no apunta lejos del centro de la Tierra. (La diferencia es pequeña y exagerada en la figura). Una plomada siempre apuntará en esta dirección desviada. Todos los edificios se construyen alineados a lo largo de esta dirección desviada, no a lo largo de un radio que pasa por el centro de la Tierra. En el caso de los edificios más altos, esto representa una desviación de unos cuantos pies en la parte superior. También cabe destacar que la Tierra no es una esfera perfecta. El interior es parcialmente líquido, lo que aumenta el abultamiento de la Tierra en el ecuador debido a su rotación. El radio de la Tierra es unos 30 km mayor en el ecuador que en los polos. Se deja como ejercicio comparar la fuerza de la gravedad en los polos con la del ecuador, al utilizar la . La diferencia es comparable a la diferencia debida a la rotación y está en la misma dirección. Al parecer, realmente se puede perder "peso" trasladándose al trópico. La gravedad lejos de la superficie Anteriormente hemos afirmado sin pruebas que la ley de la gravitación se aplica a los objetos esféricamente simétricos, donde la masa de cada cuerpo actúa como si estuviera en el centro del cuerpo. Ya que la se deriva de la , también es válida para distribuciones de masa simétricas, aunque ambas ecuaciones son válidas solo para valores de r ≥ R E . Como vimos en la , a 400 km sobre la superficie de la Tierra, donde orbita la Estación Espacial Internacional, el valor de g es 8,67 m/s 2 . (Veremos más adelante que esta es también la aceleración centrípeta de la ISS). Para r < R E , la y la no son válidas. Sin embargo, podemos determinar g para estos casos mediante un principio que proviene de la ley de Gauss. Esta poderosa herramienta matemática la estudiamos en mayor detalle, más adelante en el curso. Una consecuencia de la ley de Gauss, aplicada a la gravitación, es que solo la masa dentro de r contribuye a la fuerza gravitatoria. Además, esa masa, al igual que antes, puede considerarse situada en el centro. El efecto gravitacional de la masa fuera de r tiene un efecto neto nulo. Se dan dos casos especiales muy interesantes. Para un planeta esférico con densidad constante, la masa dentro de r es la densidad por el volumen dentro de r . Esta masa puede considerarse situada en el centro. Al sustituir M E con solo la masa dentro de r , M = ρ × ( volumen de una esfera ) , y R E con r , la se convierte en g = G M E R E 2 = G ρ ( 4 / 3 π r 3 ) r 2 = 4 3 G ρ π r . El valor de g ; de allí que su peso disminuya linealmente a medida que descienda por un agujero hasta el centro del planeta esférico. En el centro, no se tiene peso, ya que la masa del planeta tira por igual en todas las direcciones. En realidad, la densidad de la Tierra es inconstante, como tampoco la Tierra es sólida en todo momento. La muestra el perfil de g si la Tierra tuviera una densidad constante y el perfil más probable basado en las estimaciones de densidad derivadas de los datos sísmicos. Para r < R E , el valor de g para el caso de densidad constante es la línea recta verde. La línea azul del Modelo Terrestre de Referencia Preliminar (Preliminary Reference Earth Model, PREM) es probablemente la más cercana al perfil real de g . El segundo caso interesante se refiere a la vida en un planeta de cáscara esférica. Este escenario ha sido propuesto en muchas historias de ciencia ficción. Ignorando importantes cuestiones de ingeniería, la cáscara podría construirse con un radio y una masa total deseados, de manera que el g en la superficie sea el mismo que el de la Tierra. ¿Podría adivinar lo que ocurre una vez que desciende en un elevador hasta el interior de la cáscara, donde no hay masa entre su cuerpo y el centro? ¿Qué ventajas tendría esto para viajar grandes distancias de un punto a otro de la esfera? Por último, ¿qué efecto tendría si el planeta estuviera girando? Resumen El peso de un objeto es la atracción gravitatoria entre la Tierra y el objeto. El campo gravitacional se representa como líneas que indican la dirección de la fuerza gravitatoria; el espacio entre las líneas indica la intensidad del campo. El peso aparente difiere del peso real debido a la aceleración del objeto. Preguntas conceptuales ¿Deben los ingenieros tener en cuenta la rotación de la Tierra a la hora de construir edificios muy altos en cualquier lugar que no sea el ecuador o esté muy cerca de los polos? La aceleración centrípeta no se dirige a lo largo de la fuerza gravitatoria y, por tanto, la línea correcta del edificio (es decir, la línea de la plomada) no se dirige hacia el centro de la Tierra. No obstante, los ingenieros utilizan una plomada o un tránsito, que responden tanto a la dirección de la gravedad como a la aceleración. No es necesario hacer ninguna consideración especial por su ubicación en la Tierra. Problemas (a) Calcule la masa de la Tierra dado que la aceleración debida a la gravedad en el Polo Norte se mide en 9,832 m/s 2 y el radio de la Tierra en el polo es de 6356 km. (b) Compare esto con el valor de la Hoja de Datos de la Tierra de la NASA de 5,9726 × 10 24 kg . (a) ¿Cuál es la aceleración debida a la gravedad en la superficie de la Luna? (b) ¿En la superficie de Marte? La masa de Marte es 6,418 × 10 23 kg y su radio es 3,38 × 10 6 m . a. 1,62 m/s 2 ; b. 3,75 m/s 2 (a) Calcule la aceleración debida a la gravedad en la superficie del Sol. (b) ¿En qué factor aumentaría su peso si pudiera estar de pie en el Sol? (No importa que no pueda). La masa de una partícula es de 15 kg. (a) ¿Cuál es su peso en la Tierra? (b) ¿Cuál es su peso en la Luna? (c) ¿Cuál es su masa en la Luna? (d) ¿Cuál es su peso en el espacio exterior lejos de cualquier cuerpo celeste? (e) ¿Cuál es su masa en este punto? a. 147 N; b. 25,5 N; c. 15 kg; d. 0; e. 15 kg En un planeta cuyo radio es 1,2 × 10 7 m , la aceleración debida a la gravedad es 18 m/s 2 . ¿Cuál es la masa del planeta? El diámetro medio del planeta Saturno es 1,2 × 10 8 m , y su densidad de masa media es 0,69 g/cm 3 . Halle la aceleración debida a la gravedad en la superficie de Saturno. 12 m/s 2 El diámetro medio del planeta Mercurio es 4,88 × 10 6 m , y la aceleración debida a la gravedad en su superficie es 3,78 m/s 2 . Calcule la masa de este planeta. La aceleración debida a la gravedad en la superficie de un planeta es tres veces mayor que en la superficie de la Tierra. Se sabe que la densidad de la masa del planeta es el doble de la de la Tierra. ¿Cuál es el radio de este planeta en términos del radio de la Tierra? ( 3 / 2 ) R E Un cuerpo en la superficie de un planeta con el mismo radio que el de la Tierra pesa 10 veces más que en la Tierra. ¿Cuál es la masa de este planeta en términos de la masa de la Tierra? peso aparente lectura del peso de un objeto en una balanza que no tiene en cuenta la aceleración campo gravitacional campo vectorial que rodea a la masa que crea el campo. El campo se representa mediante líneas de campo, en las que la dirección del campo es tangente a las líneas, y la magnitud (o intensidad de campo) es inversamente proporcional a la separación de las líneas. Otras masas responden a este campo.

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Energía potencial gravitacional y energía total Estudiamos la energía potencial gravitacional en Energía potencial y conservación de la energía , donde el valor de g se mantuvo constante. Ahora desarrollamos una expresión que funciona para distancias tales que g no es constante. Esto es necesario para calcular correctamente la energía necesaria para poner satélites en órbita o enviarlos en misiones al espacio. Energía potencial gravitacional más allá de la Tierra Definimos el trabajo y la energía potencial en Trabajo y energía cinética y Energía potencial y conservación de la energía . La utilidad de estas definiciones es la facilidad con la que podemos resolver muchos problemas mediante la conservación de la energía. La energía potencial es particularmente útil para las fuerzas que cambian con la posición, como lo hace la fuerza gravitacional a grandes distancias. En Energía potencial y conservación de la energía , demostramos que el cambio en la energía potencial gravitacional cerca de la superficie de la Tierra es Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) . Esto funciona muy bien si g no cambia significativamente entre y 1 y y 2 . Volvemos a la definición de trabajo y energía potencial para derivar una expresión que sea correcta en distancias mayores. Recordemos que el trabajo (W ) es la integral del producto punto entre la fuerza y la distancia. Esencialmente, es el producto de la componente de una fuerza a lo largo de un desplazamiento por ese desplazamiento. Definimos Δ U dado que el negativo del trabajo realizado por la fuerza que asociamos a la energía potencial. Para mayor claridad, derivamos una expresión para el movimiento de una masa m desde la distancia r 1 del centro de la Tierra a la distancia r 2 . Sin embargo, el resultado puede generalizarse fácilmente a dos objetos cualesquiera que cambien su separación de un valor a otro. Consideremos la , en la que tomamos m de una distancia r 1 desde el centro de la Tierra a una distancia r 2 desde el centro. La gravedad es una fuerza conservativa (su magnitud y dirección son funciones solo de la ubicación), por lo que podemos tomar cualquier camino que deseemos, y el resultado para el cálculo del trabajo es el mismo. Tomamos el camino indicado, ya que simplifica mucho la integración. Primero nos movemos radialmente hacia afuera desde la distancia r 1 a distancia r 2 , y luego nos desplazamos por el arco de un círculo hasta llegar a la posición final. Durante la parte radial, F → es opuesta a la dirección en la que viajamos d r → , así que E = K 1 + U 1 = K 2 + U 2 . A lo largo del arco, F → es perpendicular a d r → , así que F → · d r → = 0 . No se hace ningún trabajo mientras nos movemos a lo largo del arco. Si utilizamos la expresión de la fuerza gravitatoria y observamos los valores de F → · d r → a lo largo de los dos segmentos de nuestro camino, tenemos Δ U = − ∫ r 1 r 2 F → · d r → = G M E m ∫ r 1 r 2 d r r 2 = G M E m ( 1 r 1 − 1 r 2 ) . Dado que Δ U = U 2 − U 1 , podemos adoptar una expresión sencilla para U : U = − G M E m r . La integral de trabajo, que determina el cambio de energía potencial, puede evaluarse a lo largo de la trayectoria indicada en rojo. Hay que tener en cuenta dos aspectos importantes de esta definición. Primero, U → 0 como r → ∞ . La energía potencial es cero cuando las dos masas están infinitamente alejadas. Solo la diferencia de U es importante, por lo que la elección de U = 0 para r = ∞ es meramente uno de conveniencia. (Recordemos que en los anteriores problemas de gravedad, usted era libre de tomar U = 0 en la parte superior o inferior de un edificio, o en cualquier lugar) En segundo lugar, obsérvese que U se vuelve cada vez más negativo a medida que las masas se acercan. Esto es coherente con lo que se ha aprendido sobre la energía potencial en Energía potencial y conservación de la energía . A medida que las dos masas se separan, se debe realizar un trabajo positivo contra la fuerza de la gravedad y, por lo tanto, U aumenta (se vuelve menos negativo). Todas las masas caen naturalmente bajo la influencia de la gravedad, al pasar de una energía potencial más alta a una más baja. Elevación de una carga útil ¿Cuánta energía se necesita para elevar el vehículo Soyuz de 9000 kg desde la superficie de la Tierra hasta la altura de la ISS, a 400 km por encima de la superficie? Estrategia Utilice la para calcular el cambio de energía potencial de la carga útil. Esa cantidad de trabajo o energía debe suministrarse para elevar la carga útil. Solución Si prestamos atención al hecho de que empezamos en la superficie de la Tierra y terminamos a 400 km por encima de la superficie, el cambio en U es Δ U = U órbita − U Tierra = − G M E m R E + 400 km − ( − G M E m R E ) . Insertamos los valores m = 9.000 kg, M E = 5,96 × 10 24 kg, R E = 6,37 × 10 6 m y convertir 400 km en 4,00 × 10 5 m . Hallamos Δ U = 3,32 × 10 10 J . Es positivo, lo que indica un aumento de la energía potencial, como cabría esperar. Importancia Para tener una perspectiva, considere que el consumo medio de energía de los hogares estadounidenses en 2013 fue de 909 kWh al mes. Eso es energía de 909 kWh × 1.000 W/kW × 3.600 s/h = 3,27 × 10 9 J al mes. Así que nuestro resultado es un gasto energético equivalente a 10 meses. Sin embargo, esto es solo la energía necesaria para elevar la carga útil 400 km. Si queremos que la Soyuz esté en órbita para que pueda reunirse con la ISS y no caiga de nuevo a la Tierra, necesita mucha energía cinética. Como veremos en la siguiente sección, esa energía cinética es aproximadamente cinco veces la de Δ U . Además, se gasta mucha más energía al levantar el propio sistema de propulsión. Los viajes espaciales no son baratos. ¿Por qué no utilizar la expresión más sencilla Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) ? ¿Qué importancia tendría el error? (Recordemos el resultado anterior, en el , de que el valor g a 400 km sobre la Tierra es 8,67 m/s 2 .) El valor de g desciende aproximadamente un 10 % en este cambio de altura. Así que Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) dará un valor demasiado grande. Si utilizamos g = 9,80 m/s , entonces obtenemos Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) = 3,53 × 10 10 J que es aproximadamente un 6 % mayor que el hallado con el método correcto. Conservación de la energía En Energía potencial y conservación de la energía , describimos cómo aplicar la conservación de la energía para sistemas con fuerzas conservativas. Hemos podido resolver muchos problemas, sobre todo los relacionados con la gravedad, de forma más sencilla mediante la conservación de la energía. Estos principios y estrategias de resolución de problemas se aplican igualmente a este caso. El único cambio es colocar la nueva expresión de la energía potencial en la ecuación de conservación de la energía, E = K 1 + U 1 = K 2 + U 2 . 1 2 m v 1 2 − G M m r 1 = 1 2 m v 2 2 − G M m r 2 Nótese que utilizamos M , en lugar de M E , como recordatorio de que no nos limitamos a los problemas relacionados con la Tierra. Sin embargo, seguimos asumiendo que m < < M . (Para los problemas en los que esto no es cierto, tenemos que incluir la energía cinética de ambas masas y utilizar la conservación del momento para relacionar las velocidades entre sí. Sin embargo, el principio sigue siendo el mismo). Velocidad de escape La velocidad de escape se define como la velocidad inicial mínima de un objeto que se necesita para escapar de la superficie de un planeta (o de cualquier cuerpo grande como una luna) y no volver nunca más. Como es habitual, suponemos que no se pierde energía en la atmósfera, en caso de que la haya. Consideremos el caso en el que se lanza un objeto desde la superficie de un planeta a una velocidad inicial dirigida hacia fuera del planeta. A la velocidad mínima necesaria para escapar, el objeto acabaría descansando a una distancia infinita, es decir, el objeto cede la última parte de su energía cinética justo al llegar al infinito, donde la fuerza de la gravedad se hace nula. Dado que U → 0 como r → ∞ , esto significa que la energía total es cero. Así, hallamos la velocidad de escape de la superficie de un cuerpo astronómico de masa M y radio R al fijar la energía total igual a cero. En la superficie del cuerpo, el objeto se encuentra en r 1 = R y tiene velocidad de escape v 1 = v esc . Llega a r 2 = ∞ a velocidad v 2 = 0 . Sustituyendo en la , tenemos 1 2 m v esc 2 − G M m R = 1 2 m 0 2 − G M m ∞ = 0 . Resolviendo la velocidad de escape, v esc = 2 G M R . Observe que m se ha cancelado de la ecuación. La velocidad de escape es la misma para todos los objetos, independientemente de su masa. Además, no estamos limitados a la superficie del planeta; R puede ser cualquier punto de partida más allá de la superficie del planeta. Escapar de la Tierra ¿Cuál es la velocidad de escape de la superficie de la Tierra? Supongamos que no hay pérdida de energía por la resistencia del aire. Compárese con la velocidad de escape del Sol, partiendo de la órbita de la Tierra. Estrategia Utilizamos la , al definir claramente los valores de R y M . Para escapar de la Tierra, necesitamos la masa y el radio de la Tierra. Para escapar del Sol, necesitamos la masa del Sol y la distancia orbital entre la Tierra y el Sol. Solución Sustituyendo los valores de la masa y el radio de la Tierra directamente en , obtenemos v esc = 2 G M R = 2 ( 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 ) ( 5,96 × 10 24 kg ) 6,37 × 10 6 m = 1,12 × 10 4 m/s. Esto supone unos 11 km/s o 25.000 mph. Para escapar del Sol, partiendo de la órbita de la Tierra, utilizamos R = R ES = 1,50 × 10 11 m y M Sol = 1,99 × 10 30 kg . El resultado es v esc = 4,21 × 10 4 m/s o unos 42 km/s. Importancia La rapidez necesaria para escapar del Sol (abandonar el sistema solar) es casi cuatro veces la velocidad de escape de la superficie de la Tierra. Sin embargo, hay ayuda en ambos casos. La Tierra gira a una velocidad de casi 1,7 km/s en el ecuador, la que podemos utilizar para escapar o para alcanzar la órbita. Por esta razón, muchas empresas espaciales comerciales mantienen instalaciones de lanzamiento cerca del ecuador. Para escapar del Sol, hay aún más ayuda. La Tierra gira alrededor del Sol a una velocidad de aproximadamente 30 km/s. Con un lanzamiento en la dirección en que se mueve la Tierra, solo necesitamos 12 km/s adicionales. Con la asistencia gravitacional de otros planetas, esencialmente una técnica de honda gravitacional, las sondas espaciales pueden alcanzar una rapidez aún mayor. En esta técnica de honda, el vehículo se acerca al planeta y acelera por la atracción gravitatoria del planeta. Tiene su mayor rapidez en el punto de mayor aproximación, aunque desacelera en igual medida cuando se aleja. No obstante, en relación con el planeta, la rapidez del vehículo mucho antes de la aproximación, y mucho después, es la misma. Si las direcciones se eligen correctamente, eso puede dar lugar a un aumento significativo (o a una disminución, si es necesario) de la rapidez del vehículo en relación con el resto del sistema solar. Visite esta página web para saber más sobre la velocidad de escape. Si enviamos una sonda fuera del sistema solar desde la superficie de la Tierra, ¿solo tenemos que escapar del Sol? La sonda debe superar tanto la atracción gravitatoria de la Tierra como la del Sol. En el segundo cálculo de nuestro ejemplo, hallamos la rapidez necesaria para escapar del Sol desde una distancia de la órbita de la Tierra, no desde la Tierra misma. La forma correcta de hallar este valor es comenzar con la ecuación de energía, , en la que se incluiría un término de energía potencial tanto para la Tierra como para el Sol. Energía y objetos con límite gravitacional Tal como se ha señalado anteriormente, la velocidad de escape se define como la velocidad inicial de un objeto que puede escapar de la superficie de una luna o de un planeta. Más generalmente, es la rapidez en cualquier posición tal que la energía total es cero. Si la energía total es cero o mayor, el objeto escapa. Si la energía total es negativa, el objeto no puede escapar. Veamos por qué. Tal como se ha señalado anteriormente, vemos que U → 0 como r → ∞ . Si la energía total es cero, entonces cuando m alcanza un valor de r que se aproxima al infinito, U se hace cero y también la energía cinética. De allí que m llegue al reposo infinitamente lejos de M . Ha "escapado" de M . Si la energía total es positiva, entonces la energía cinética permanece en r = ∞ y ciertamente m no vuelve. Cuando la energía total es cero o mayor, entonces decimos que m no tiene límite gravitacional a M . Por otro lado, si la energía total es negativa, entonces la energía cinética deberá llegar a cero en algún valor finito de r , donde U es negativo e igual a la energía total. El objeto nunca puede sobrepasar esta distancia finita de M , ya que para hacerlo sería necesario que la energía cinética se volviera negativa, lo que no es posible. Decimos que m tiene un límite gravitacional a M . Hemos simplificado este debate al asumir que el objeto se dirigía directamente lejos del planeta. Lo notable es que el resultado se aplica a cualquier velocidad. La energía es una cantidad escalar y, por tanto, es una ecuación escalar: la dirección de la velocidad no desempeña ningún papel en la conservación de la energía. Es posible tener un sistema de límite gravitacional en el que las masas no "caen juntas", sino que mantienen un movimiento orbital entre sí. Tenemos una importante observación final. Antes hemos señalado que, si la energía total es cero o mayor, el objeto escapa. Estrictamente hablando, la y la se aplican a los objetos puntuales. Se aplican también a los objetos de tamaño finito y con simetría esférica, siempre que el valor de r en la sea siempre mayor que la suma de los radios de los dos objetos. Si r es menor que esta suma, entonces los objetos colisionan. (Incluso para valores mayores de r , pero cercanos a la suma de los radios, las fuerzas de marea gravitatoria podrían crear efectos significativos si ambos objetos tienen el tamaño de un planeta. Examinamos los efectos de las mareas en Fuerzas de marea ). Ni la energía total positiva ni la negativa impiden que las masas de tamaño finito colisionen. En el caso de los objetos reales, la dirección es importante. ¿Hasta dónde puede escapar un objeto? Consideremos de nuevo el ejemplo anterior, en el que hemos calculado la velocidad de escape de la Tierra y el Sol, partiendo de la órbita terrestre. Observamos que la Tierra ya tiene una rapidez orbital de 30 km/s. Como veremos en la siguiente sección, esa es la rapidez tangencial necesaria para mantenerse en órbita circular. Si un objeto tuviera esta rapidez a la distancia de la órbita de la Tierra, pero se dirigiera directamente hacia el Sol, ¿qué distancia recorrería antes de llegar al reposo? Ignore los efectos gravitacionales de cualquier otro cuerpo. Estrategia El objeto tiene energías cinéticas y potenciales iniciales que podemos calcular. Cuando su rapidez llega a cero, se encuentra a su máxima distancia del Sol. Utilizamos la , la conservación de la energía, para hallar la distancia a la que la energía cinética es cero. Solución La posición inicial del objeto es el radio de la órbita de la Tierra y la rapidez inicial se da como 30 km/s. La velocidad final es cero, por lo que podemos resolver la distancia en ese punto a partir de la ecuación de conservación de la energía. Utilizando R ES = 1,50 × 10 11 m y M Sol = 1,99 × 10 30 kg , tenemos 1 2 m v 1 2 − G M m r 1 = 1 2 m v 2 2 − G M m r 2 1 2 m ( 3,0 × 10 3 m/s ) 2 − ( 6,67 × 10 −11 N · m/kg 2 ) ( 1,99 × 10 30 kg ) m 1,50 × 10 11 m = 1 2 m 0 2 − ( 6,67 × 10 −11 N · m/kg 2 ) ( 1,99 × 10 30 kg ) m r 2 donde la masa m se cancela. Resolver para r 2 obtenemos r 2 = 3,0 × 10 11 m . Hay que tener en cuenta que esto es el doble de la distancia inicial al Sol y nos lleva más allá de la órbita de Marte, pero no del todo al cinturón de asteroides. Importancia En este caso, el objeto alcanzó una distancia exactamente igual al doble de la distancia orbital inicial. Veremos la razón de esto en la próxima sección, cuando calculemos la rapidez para las órbitas circulares. Suponga que está en una nave espacial en órbita alrededor del Sol en la órbita de la Tierra, pero lejos de la Tierra (para que pueda ignorarse). ¿Cómo podría redirigir su velocidad tangencial a la dirección radial de forma que pudiera pasar por la órbita de Marte? ¿Qué habría que hacer para cambiar solo la dirección de la velocidad? Cambia la dirección de su velocidad con una fuerza que es perpendicular a la velocidad en todos los puntos. En efecto, deberá ajustar constantemente los propulsores para crear una fuerza centrípeta hasta que su momento cambie de tangencial a radial. Un simple diagrama de vectores de momento indica que el cambio neto en el momento es 2 veces la magnitud del momento en sí. Esto resulta ser una forma muy ineficiente de llegar a Marte. Se habla de la forma más eficaz en las Leyes de Kepler sobre el movimiento planetario . Resumen La aceleración debida a la gravedad cambia a medida que nos alejamos de la Tierra, y la expresión de la energía potencial gravitatoria deberá reflejar este cambio. La energía total de un sistema es la suma de la energía cinética y la energía potencial gravitatoria, y esta energía total se conserva en el movimiento orbital. Los objetos deben tener una velocidad mínima, la velocidad de escape, para salir de un planeta y no regresar. Los objetos con una energía total inferior a cero están ligados; los que tienen cero o más, no están ligados. Preguntas conceptuales Se ha señalado que un satélite con energía total negativa está en una órbita limitada, mientras que uno con energía total cero o positiva está en una órbita no limitada. ¿Por qué es así? ¿Qué elección de la energía potencial gravitacional se ha hecho para que esto sea cierto? Se demostró que la energía necesaria para elevar un satélite a una órbita terrestre baja (el cambio de energía potencial) es apenas una pequeña fracción de la energía cinética necesaria para mantenerlo en órbita. ¿Esto es así para las órbitas más grandes? ¿Existe una tendencia en la relación entre la energía cinética y el cambio en la energía potencial a medida que aumenta el tamaño de la órbita? A medida que pasamos a órbitas más grandes, el cambio de energía potencial aumenta, mientras que la velocidad orbital disminuye. De allí que la relación sea más alta cerca de la superficie de la Tierra (técnicamente infinita si orbitamos en la superficie de la Tierra sin cambio de elevación), y se mueve a cero a medida que nos alejamos infinitamente. Problemas Calcule la velocidad de escape de un proyectil desde la superficie de Marte. 5000 m/s Calcule la velocidad de escape de un proyectil desde la superficie de Júpiter. ¿Cuál es la velocidad de escape de un satélite situado en la órbita de la Luna alrededor de la Tierra? Supongamos que la Luna no está cerca. 1440 m/s (a) Evalúe la energía potencial gravitatoria entre dos esferas de acero de 5,00 kg separadas por una distancia de centro a centro de 15,0 cm. (b) Suponiendo que ambas están inicialmente en reposo una respecto de la otra en el espacio profundo, utilice la conservación de la energía para calcular con cuánta rapidez se desplazarán en el momento del impacto. Cada esfera tiene un radio de 5,10 cm. Un asteroide de tamaño medio situado 5,0 × 10 7 km de la Tierra con masa 2,0 × 10 13 kg se dirige directamente hacia la Tierra a una rapidez de 2,0 km/s. ¿Cuál será su rapidez justo antes de chocar con nuestra atmósfera? (Puede pasar por alto el tamaño del asteroide). 11 km/s a) ¿Cuál será la energía cinética del asteroide del problema anterior justo antes de que choque con la Tierra? b) Compare esta energía con la de la mayor bomba de fisión, 2100 TJ. ¿Qué impacto tendría esto en la Tierra? (a) ¿Cuál es el cambio de energía de una carga útil de 1000 kg tomada en reposo en la superficie de la Tierra y colocada en reposo en la superficie de la Luna? (b) ¿Cuál sería la respuesta si la carga útil fuera llevada desde la superficie de la Luna a la Tierra? ¿Es este un cálculo razonable de la energía necesaria para mover una carga útil de un lado a otro? a. 5,85 × 10 10 J ; b. -5,85 × 10 10 J ; No. Se supone que la energía cinética es recuperable. Esto ni siquiera sería razonable aunque tuviéramos un ascensor entre la Tierra y la Luna. velocidad de escape velocidad inicial que necesita un objeto para escapar de la atracción gravitatoria de otro; se define más exactamente como la velocidad de un objeto con energía mecánica total nula límite gravitacional dos objetos tienen límite gravitacional si sus órbitas son cerradas; los sistemas de limite gravitacional tienen una energía mecánica total negativa

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Órbita satelital y energía La Luna orbita alrededor de la Tierra. A su vez, la Tierra y los demás planetas orbitan alrededor del Sol. El espacio directamente sobre nuestra atmósfera está lleno de satélites artificiales en órbita. Examinamos la más sencilla de estas órbitas, la órbita circular, para comprender la relación entre la rapidez y el periodo de los planetas y satélites en relación con sus posiciones y los cuerpos que orbitan. Órbita circular Como se indicó al principio de este capítulo, Nicolás Copérnico fue el primero en sugerir que la Tierra y todos los demás planetas realizan una órbita circular alrededor del Sol. Además, observó que el periodo orbital aumenta con la distancia al Sol. Posteriormente, Kepler demostró que estas órbitas son en realidad elipses, pero las de la mayoría de los planetas del sistema solar son casi circulares. La distancia orbital de la Tierra al Sol varía apenas un 2 %. La excepción es la órbita excéntrica de Mercurio, cuya distancia orbital varía casi un 40 %. La determinación de la rapidez orbital y el periodo orbital de un satélite es mucho más fácil para las órbitas circulares, por lo que hacemos esa suposición en la derivación que sigue. Como hemos descrito en el apartado anterior, un objeto con energía total negativa tiene límite gravitacional y, por tanto, está en órbita. Nuestro cálculo para el caso especial de la órbita circular lo confirmará. Nos centramos en los objetos que orbitan la Tierra, pero nuestros resultados pueden generalizarse para otros casos. Considere un satélite de masa m en una órbita circular alrededor de la Tierra a una distancia r del centro de la Tierra ( ). Tiene una aceleración centrípeta dirigida hacia el centro de la Tierra. La gravedad de la Tierra es la única fuerza que actúa, por lo que la segunda ley de Newton da G m M E r 2 = m a c = m v órbita 2 r . Un satélite de masa m que orbita a un radio r del centro de la Tierra. La fuerza gravitatoria proporciona la aceleración centrípeta. Resolvemos la velocidad de la órbita, al observar que m se cancela, para obtener la rapidez orbital v órbita = G M E r . En consonancia con lo que vimos en la y la , m no aparece en la . El valor de g , la velocidad de escape y la velocidad orbital dependen solo de la distancia al centro del planeta, y no de la masa del objeto sobre el que se actúa. Obsérvese la similitud de las ecuaciones para v órbita y v esc . La velocidad de escape es exactamente 2 veces mayor, aproximadamente un 40 %, que la velocidad orbital. Esta comparación se observó en el , y es válida para un satélite de cualquier radio. Para hallar el periodo de una órbita circular, observamos que el satélite recorre la circunferencia de la órbita 2 π r en un periodo T . Utilizando la definición de rapidez, tenemos v órbita = 2 π r / T . Sustituimos esto en la y reordenamos para obtener T = 2 π r 3 G M E . Veremos en la siguiente sección que esto representa la tercera ley de Kepler para el caso de las órbitas circulares. También confirma la observación de Copérnico de que el periodo de un planeta aumenta con el incremento de la distancia al Sol. Solo tenemos que sustituir M E con M Sol en la . Concluimos esta sección al volver a nuestro debate anterior sobre los astronautas en órbita que parecen no tener peso, como si estuvieran en caída libre hacia la Tierra. De hecho, están en caída libre. Considere las trayectorias que se muestran en la . (Esta figura está basada en un dibujo de Newton en sus Principia y también apareció anteriormente en El movimiento en dos y tres dimensiones ). Todas las trayectorias mostradas que chocan con la superficie de la Tierra tienen una velocidad inferior a la orbital. Los astronautas acelerarían hacia la Tierra por las trayectorias no circulares mostradas y se sentirían ingrávidos. (Los astronautas se entrenan para la vida en órbita montando en aviones en caída libre durante 30 segundos cada vez). Sin embargo, con la velocidad orbital correcta, la superficie de la Tierra se aleja de ellos exactamente a la misma velocidad que caen hacia la Tierra. Por supuesto, permanecer a la misma distancia de la superficie es el punto de una órbita circular. Una órbita circular es el resultado de elegir una velocidad tangencial tal que la superficie de la Tierra se aleja a la misma velocidad que el objeto cae hacia la Tierra. Podemos resumir nuestro debate sobre los satélites en órbita en la siguiente estrategia de resolución de problemas. Órbitas y conservación de la energía Determine si las ecuaciones de rapidez, energía o periodo son válidas para el problema en cuestión. Si no es así, empiece con los primeros principios que usamos para derivar esas ecuaciones. A partir de los primeros principios, dibuje un diagrama de cuerpo-libre y aplique la ley de la gravitación de Newton y la segunda ley de Newton. Junto con las definiciones de velocidad y energía, aplique la segunda ley del movimiento de Newton a los cuerpos de interés. La Estación Espacial Internacional Determine la rapidez y el periodo orbital de la Estación Espacial Internacional (International Space Station, ISS). Estrategia Dado que la ISS orbita 4,00 × 10 2 km sobre la superficie de la Tierra, el radio al que orbita es R E + 4,00 × 10 2 km . Utilizamos la y la para calcular la rapidez orbital y el periodo, respectivamente. Solución Utilizando la , la velocidad orbital es v órbita = G M E r = 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 ( 5,96 × 10 24 kg ) ( 6,36 × 10 6 + 4,00 × 10 5 m ) = 7,67 × 10 3 m/s lo que supone unas 17.000 mph. Utilizando la , el periodo es T = 2 π r 3 G M E = 2 π ( 6,37 × 10 6 + 4,00 × 10 5 m ) 3 ( 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 ) ( 5,96 × 10 24 kg ) = 5,55 × 10 3 s que dura poco más de 90 minutos. Importancia Se considera que la ISS está en órbita terrestre baja (Low Earth Orbit, LEO). Casi todos los satélites están en LEO, incluso la mayoría de los satélites meteorológicos. Los satélites GPS, a unos 20.000 km, se consideran de órbita terrestre media. Cuanto más alta sea la órbita, más energía se requiere para posicionarla allí y más energía se necesita para llegar a ella para repararla. Son especialmente interesantes los satélites en órbita geosincrónica. Todas las antenas parabólicas fijas en el suelo que apuntan al cielo, como las antenas de recepción de televisión, apuntan a los satélites geosíncronos. Estos satélites están colocados a la distancia exacta, y justo por encima del ecuador, de manera que su periodo de órbita es de 1 día. Permanecen en una posición fija con respecto a la superficie de la Tierra. ¿En qué factor deberá cambiar el radio para reducir la velocidad orbital de un satélite a la mitad? ¿En qué medida cambiaría el periodo? En la , el radio aparece en el denominador dentro de la raíz cuadrada. Así que el radio deberá aumentar en un factor de 4, para disminuir la velocidad orbital en un factor de 2. La circunferencia de la órbita también ha aumentado por este factor de 4, por lo que con la mitad de la velocidad orbital, el periodo deberá ser 8 veces más largo. Eso también se puede ver directamente en la . Determinación de la masa de la Tierra Determine la masa de la Tierra a partir de la órbita de la Luna. Estrategia Utilizamos la , resolvemos para M E , y se sustituye el periodo y el radio de la órbita. El radio y el periodo de la órbita de la Luna se midieron con precisión razonable hace miles de años. Según los datos astronómicos del Apéndice D , el periodo lunar es de 27,3 días = 2,36 × 10 6 s , y la distancia media entre los centros de la Tierra y la Luna es de 384.000 km. Solución Resolver para M E , T = 2 π r 3 G M E M E = 4 π 2 r 3 G Τ 2 = 4 π 2 ( 3,84 × 10 8 m ) 3 ( 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 ) ( 2,36 × 10 6 s ) 2 = 6,01 × 10 24 kg . Importancia Compárelo con el valor de 5,96 × 10 24 kg que obtuvimos en el , al utilizar el valor de g en la superficie de la Tierra. Aunque estos valores son muy próximos (~0,8 %), ambos cálculos utilizan valores medios. El valor de g varía desde el ecuador hasta los polos en aproximadamente 0,5 %. No obstante, la Luna tiene una órbita elíptica en la que el valor de r varía algo más del 10 %. (El tamaño aparente de la Luna llena varía en realidad en esta cantidad, pero es difícil de notar a través de la observación casual, ya que el tiempo que pasa de un extremo al otro es de muchos meses). Hay otra consideración a este último cálculo de M E . Derivamos la suponiendo que el satélite orbita alrededor del centro del cuerpo astronómico con el mismo radio utilizado en la expresión de la fuerza gravitatoria entre ellos. ¿Qué suposición se hace para justificar esto? La Tierra tiene aproximadamente 81 veces más masa que la Luna. ¿Orbita la Luna alrededor del centro exacto de la Tierra? Se supone que el objeto que orbita es mucho menos masivo que el cuerpo que orbita. Esto no está realmente justificado en el caso de la Luna y la Tierra. Tanto la Tierra como la Luna orbitan alrededor de su centro de masa común. Abordamos este asunto en el siguiente ejemplo. Rapidez y periodo galácticos Repasemos el . Supongamos que la Vía Láctea y la galaxia de Andrómeda están en una órbita circular una alrededor de la otra. ¿Cuál sería la velocidad de cada una y cuál sería su periodo orbital? Supongamos que la masa de cada una es de 800.000 millones de masas solares y que sus centros están separados por 2,5 millones de años luz. Estrategia No podemos utilizar directamente la y la porque se derivaron asumiendo que el objeto de masa m orbitaba alrededor del centro de un planeta mucho mayor de masa M . Determinamos la fuerza gravitatoria en el por medio de la ley de gravitación universal de Newton. Podemos utilizar la segunda ley de Newton, aplicada a la aceleración centrípeta de cualquiera de las galaxias, para determinar su velocidad tangencial. A partir de este resultado podemos determinar el periodo de la órbita. Solución En el , hallamos que la fuerza entre las galaxias es F 12 = G m 1 m 2 r 2 = ( 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 ) [ ( 800 × 10 9 ) ( 2,0 × 10 30 kg ) ] 2 [ ( 2,5 × 10 6 ) ( 9,5 × 10 15 m ) ] 2 = 3,0 × 10 29 N y que la aceleración de cada galaxia es a = F m = 3,0 × 10 29 N ( 800 × 10 9 ) ( 2,0 × 10 30 kg ) = 1,9 × 10 −13 m/s 2 . Ya que las galaxias están en una órbita circular, tienen una aceleración centrípeta. Si ignoramos el efecto de otras galaxias, entonces, como aprendimos en Momento lineal y colisiones y Rotación en eje fijo , los centros de masa de las dos galaxias permanecen fijos. De allí que las galaxias deben orbitar alrededor de este centro de masa común. En el caso de las masas iguales, el centro de masa está exactamente a mitad de camino entre ellas. Así que el radio de la órbita, r órbita , no es la misma que la distancia entre las galaxias, sino la mitad de ese valor, es decir, 1,25 millones de años luz. Estos dos valores diferentes se muestran en la . La distancia entre dos galaxias, que determina la fuerza gravitatoria entre ellas, es r , y es diferente de r órbita , que es el radio de la órbita de cada uno. Para masas iguales, r órbita = 1 / 2 r (créditos: modificación del trabajo de Marc Van Norden). Utilizando la expresión de la aceleración centrípeta, tenemos a c = v órbita 2 r órbita 1,9 × 10 −13 m/s 2 = v órbita 2 ( 1,25 × 10 6 ) ( 9,5 × 10 15 m ) . Resolviendo la velocidad de la órbita, tenemos v órbita = 47 km/s . Por último, podemos determinar el periodo de la órbita directamente a partir de T = 2 π r / v órbita , para hallar que el periodo es T = 1,6 × 10 18 s , unos 50.000 millones de años. Importancia La rapidez orbital de 47 km/s puede parecer alta a primera vista. Sin embargo, esta velocidad es comparable a la velocidad de escape del Sol, que hemos calculado en un ejemplo anterior. Para dar aún más perspectiva, este periodo es casi cuatro veces más largo que el tiempo que ha existido el universo. De hecho, el movimiento relativo actual de estas dos galaxias es tal que se espera que colisionen en unos 4.000 millones de años. Aunque la densidad de estrellas en cada galaxia hace improbable la colisión directa de dos estrellas, dicha colisión tendría un efecto dramático en la forma de las galaxias. Los ejemplos de estas colisiones son bien conocidos en astronomía. Las galaxias no son objetos individuales. ¿Cómo se compara la fuerza gravitatoria que ejerce una galaxia sobre las estrellas "más cercanas" de la otra galaxia con las más lejanas? ¿Qué efecto tendría esto en la forma de las propias galaxias? Las estrellas del "interior" de cada galaxia estarán más cerca de la otra galaxia; de allí que sentirán una mayor fuerza gravitatoria que las del exterior. En consecuencia, tendrán una mayor aceleración. Incluso sin esta diferencia de fuerzas, las estrellas interiores estarían orbitando a un radio menor; de allí que se produciría una elongación o estiramiento de cada galaxia. La diferencia de fuerza solo aumenta este efecto. Consulte la página del Sloan Digital Sky Survey para obtener más información sobre las galaxias en colisión. Participe en la simulación Phet a continuación para mover el Sol, la Tierra, la Luna y la estación espacial y ver los efectos en sus fuerzas gravitatorias y trayectorias orbitales. Visualice los tamaños y las distancias entre los diferentes cuerpos celestes; desactive la gravedad para ver qué pasaría sin ella. Energía en órbitas circulares En Energía potencial gravitacional y energía total , argumentamos que los objetos tienen límite gravitacional si su energía total es negativa. El argumento se basaba en el caso simple de que la velocidad se alejara o se acercara directamente al planeta. Ahora examinamos la energía total para una órbita circular y mostramos que, efectivamente, la energía total es negativa. Al igual que antes, partimos de la segunda ley de Newton aplicada a una órbita circular, G m M E r 2 = m a c = m v 2 r G m M E r = m v 2 . En el último paso, multiplicamos por r en cada lado. El lado derecho es solo el doble de la energía cinética, por lo que tenemos K = 1 2 m v 2 = G m M E 2 r . La energía total es la suma de las energías cinética y potencial, por lo que nuestro resultado final es E = K + U = G m M E 2 r − G m M E r = − G m M E 2 r . Podemos ver que la energía total es negativa, con la misma magnitud que la energía cinética. Para las órbitas circulares, la magnitud de la energía cinética es exactamente la mitad de la magnitud de la energía potencial. Sorprendentemente, este resultado se aplica a dos masas cualesquiera en órbitas circulares alrededor de su centro de masa común, a una distancia r entre sí. La prueba de esto se deja como ejercicio. Veremos en la siguiente sección que una expresión muy similar se aplica en el caso de las órbitas elípticas. Energía necesaria para orbitar En el , calculamos la energía necesaria para elevar simplemente el vehículo Soyuz , de 9000 kg, desde la superficie de la Tierra hasta la altura de la ISS, a 400 km por encima de la superficie. En otras palabras, calculamos su cambio de energía potencial. Ahora nos preguntamos, ¿qué cambio de energía total en el vehículo Soyuz se requiere para sacarlo de la superficie de la Tierra y ponerlo en órbita con la ISS para un encuentro ( )? ¿Qué parte de esa energía total es energía cinética? La Soyuz en un encuentro con la ISS. Obsérvese que este diagrama no está a escala; la Soyuz es mucho más pequeña que la ISS y su órbita está mucho más cerca de la Tierra (créditos: modificación de trabajos de la NASA). Estrategia La energía necesaria es la diferencia entre la energía total de la Soyuz en órbita y la de la superficie terrestre. Podemos utilizar la para hallar la energía total de la Soyuz en la órbita de la ISS. No obstante, la energía total en la superficie es simplemente la energía potencial, ya que parte del reposo. [Nótese que no utilizamos la en la superficie, ya que no estamos en órbita en la superficie]. La energía cinética se halla entonces a partir de la diferencia en el cambio de energía total y el cambio de energía potencial en . Alternativamente, podemos utilizar la para calcular v órbita y calcular la energía cinética directamente a partir de ella. La energía total requerida es entonces la energía cinética más el cambio de energía potencial que en el . Solución Desde la , la energía total de la Soyuz en la misma órbita que la ISS es E órbita = K órbita + U órbita = − G m M E 2 r = ( 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 ) ( 9.000 kg ) ( 5,96 × 10 24 kg ) 2 ( 6,36 × 10 6 + 4,00 × 10 5 m ) = -2,65 × 10 11 J . La energía total en la superficie de la Tierra es E superficie = K superficie + U superficie = 0 − G m M E r = − ( 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 ) ( 9.000 kg ) ( 5,96 × 10 24 kg ) ( 6,36 × 10 6 m ) = -5,63 × 10 11 J . El cambio de energía es Δ E = E órbita − E superficie = 2,98 × 10 11 J . Para obtener la energía cinética, restamos el cambio de energía potencial del , Δ U = 3,32 × 10 10 J . Eso nos da K órbita = 2,98 × 10 11 − 3,32 × 10 10 = 2,65 × 10 11 J . Como se indicó anteriormente, la energía cinética de una órbita circular es siempre la mitad de la magnitud de la energía potencial, y la misma que la magnitud de la energía total. Nuestro resultado lo confirma. El segundo enfoque consiste en utilizar la para hallar la rapidez orbital de la Soyuz , lo que hicimos para la ISS en el . v órbita = G M E r = ( 6,67 × 10 −11 N · m 2 /kg 2 ) ( 5,96 × 10 24 kg ) ( 6,36 × 10 6 + 4,00 × 10 5 m ) = 7,67 × 10 3 m/s. Así que la energía cinética de la Soyuz en órbita es K órbita = 1 2 m v órbita 2 = 1 2 ( 9.000 kg ) ( 7,67 × 10 3 m/s ) 2 = 2,65 × 10 11 J, lo mismo que en el método anterior. La energía total es solo E órbita = K órbita + Δ U = 2,65 × 10 11 + 3,32 × 10 10 = 2,95 × 10 11 J. Importancia La energía cinética de la Soyuz es casi ocho veces el cambio de su energía potencial, o el 90 % de la energía total necesaria para el encuentro con la ISS. Es importante recordar que esta energía representa solo la que debe darse a la Soyuz . Con nuestra actual tecnología de cohetes, la masa del sistema de propulsión (el combustible del cohete, su contenedor y el sistema de combustión) supera con creces la de la carga útil, y hay que dar una enorme cantidad de energía cinética a esa masa. Así que el coste real en energía es muchas veces superior al cambio de energía de la propia carga útil. Resumen La velocidad orbital se determina por la masa del cuerpo en órbita y la distancia al centro de ese cuerpo, y no por la masa de un objeto en órbita mucho más pequeño. El periodo de la órbita también es independiente de la masa del objeto en órbita. Cuerpos de masas comparables orbitan alrededor de su centro de masa común y sus velocidades y periodos deben determinarse a partir de la segunda ley de Newton y de la ley de gravitación. Preguntas conceptuales Un estudiante argumenta que un satélite en órbita está en caída libre porque sigue cayendo hacia la Tierra. Otro señala que un satélite en órbita no está en caída libre porque la aceleración debida a la gravedad no es 9,80 m/s 2 . ¿Con quién está de acuerdo y por qué? Muchos satélites se colocan en órbitas geosincrónicas. ¿Qué tienen de especial estas órbitas? Para una red de comunicación global, ¿cuántos de estos satélites serían necesarios? El periodo de la órbita deberá ser de 24 horas. Además, el satélite deberá situarse en una órbita ecuatorial y orbitar en el mismo sentido que la rotación de la Tierra. Los tres criterios deberán cumplirse para que el satélite permanezca en una posición respecto a la superficie de la Tierra. Se necesitan al menos tres satélites, ya que dos situados en lados opuestos de la Tierra no pueden comunicarse entre sí. (Esto no es técnicamente cierto, ya que se puede elegir una longitud de onda que proporcione suficiente difracción. Sin embargo, esto sería totalmente impráctico). Problemas Si un planeta con 1,5 veces la masa de la Tierra viajara en la órbita terrestre, ¿cuál sería su periodo? Dos planetas en órbitas circulares alrededor de una estrella tienen velocidades de v y 2 v . (a) ¿Cuál es la relación de los radios orbitales de los planetas? (b) ¿Cuál es la relación de sus periodos? a. 0,25; b. 0,125 Utilizando la distancia media de la Tierra al Sol, y el periodo orbital de la Tierra, (a) calcule la aceleración centrípeta de la Tierra en su movimiento alrededor del Sol. (b) Compare este valor con el de la aceleración centrípeta en el Ecuador debida a la rotación de la Tierra. (a) ¿Cuál es el radio orbital de un satélite terrestre que tiene un periodo de 1,00 h? (b) ¿Qué es lo que no es razonable en este resultado? a. 5,08 × 10 3 km ; b. Esto es menos que el radio de la Tierra. Calcule la masa del Sol a partir de los datos de la órbita terrestre y compare el valor obtenido con la masa real del Sol. Halle la masa de Júpiter por el hecho de que Io, su luna más interna, tiene un radio orbital medio de 421.700 km y un periodo de 1,77 días. 1,89 × 10 27 kg Las observaciones astronómicas de nuestra Vía Láctea indican que tiene una masa de aproximadamente 8,0 × 10 11 masas solares. Una estrella que orbita en la periferia de la galaxia está aproximadamente 6,0 × 10 4 años luz de su centro. (a) ¿Cuál debería ser el periodo orbital de esa estrella? (b) Si su periodo es 6,0 × 10 7 años en cambio, ¿cuál es la masa de la galaxia? Estos cálculos se utilizan para implicar la existencia de otra materia, como un agujero negro muy masivo en el centro de la Vía Láctea. (a) Para evitar que un pequeño satélite derive hacia un asteroide cercano, se coloca en una órbita con un periodo de 3,02 horas y un radio de 2,0 km. ¿Cuál es la masa del asteroide? (b) ¿Le parece razonable esta masa para el tamaño de la órbita? a. 4,01 × 10 13 kg ; b. El satélite deberá estar fuera del radio del asteroide, por lo que no puede ser mayor que este. Si fuera de este tamaño, entonces su densidad sería de aproximadamente 1.200 kg/m 3 . Esta cifra está justo por encima de la del agua, por lo que parece bastante razonable. La Luna y la Tierra giran en torno a su centro de masa común, que se encuentra a unos 4.700 km del centro de la Tierra. (Esto es a 1.690 km por debajo de la superficie.) (a) Calcule la aceleración debida a la gravedad de la Luna en ese punto. (b) Calcule la aceleración centrípeta del centro de la Tierra al girar alrededor de ese punto una vez cada mes lunar (unos 27,3 d) y compárela con la aceleración hallada en la parte (a). Comente si son o no iguales y por qué deberían o no serlo. El Sol orbita la Vía Láctea una vez cada 2,60 × 10 8 años , en una órbita aproximadamente circular con un radio promedio de 3,00 × 10 4 años luz. (Un año-luz es la distancia que recorre la luz en 1 año). Calcule la aceleración centrípeta del Sol en su órbita galáctica. ¿Su resultado apoya la afirmación de que un marco de referencia casi inercial puede localizarse en el Sol? (b) Calcule la rapidez media del Sol en su órbita galáctica. ¿Le sorprende la respuesta? a. 1,66 × 10 −10 m/s 2 ; Sí, la aceleración centrípeta es tan pequeña que apoya la afirmación de que un marco de referencia casi inercial puede situarse en el Sol. b 2,17 × 10 5 m / s Un satélite terrestre geosincrónico es aquel que tiene un periodo orbital de exactamente 1 día. Estas órbitas son útiles para la comunicación y la observación meteorológica, porque el satélite permanece sobre el mismo punto de la Tierra (siempre que orbite en el plano ecuatorial en la misma dirección que la rotación de la Tierra). Calcule el radio de dicha órbita con base en los datos de la Tierra del Apéndice D . periodo orbital tiempo necesario para que un satélite complete una órbita rapidez orbital rapidez de un satélite en una órbita circular; también se puede utilizar para la rapidez instantánea en órbitas no circulares, donde la velocidad es inconstante

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