•

Estas dos inmensas galaltias ---cada una delas cuales contiene miles de millones de cs­trellas, situadas a 114 millones de años luzde la Tierrn- han estado chocando en cá­mara lenta durante decenas de millones deaños. Dicho "choque" en realidad es unainteracción gravitacional entre las dos gala­xias. (Las estrellas individuales están tanseparadas entre sí que es poco probableque choquen unas con orras.)

la masa de estas dos galaxias

juntas es más de 1011 veces mayor que la

del Sol. ¿Por qué, entonces, no arrancan

t la Tierra de su órbita en torno al Sol y

la atraen hacia sí?

436

GRAVITACIÓN

Algunas de las primeras investigaciones en el campo de la lisiea nacieron de pre­guntas que la gente se hacía acerca del firmamento. ¿Por qué no se cae la Lu­

na? ¿Por qué se mueven los planetas en el cielo? ¿Y por qué no sale la Tierradespedida hacia el espacio extcrior en lugar de permanecer en órbita en tomo al Sol?El estudio de la gravitación responde a estas y muchas otras pregunlas relacionadas.

Como señalamos en el capitulo 5, la gravitación es una de las cuatro clases deinteracciones que observamos en la Naluraleza, y fue la primera que se estudióampliamente. En el siglo XVII, Newlon descubrió que la misma interacción quehace a una manzana caer de un árbol mantiene a los planetas en órbita alrcdedordel Sol. Ése fue el nacimiento de la mecánica ce/este, o sea cl estudio de la diná­mica de los objetos en el espacio. Hoy en día, nuestro conocimiento de la mecáni­ca celeste nos permite poncr un satélite en una órbita deseada alrededor de la Tierrao escoger la trayectoria ideal para enviar una nave a otro planeta.

En este capítulo estudiaremos la ley básica que gobierna las atracciones gravita·cionales. Es una ley universal: la gravedad actita fundamentalmente de la mismamanera: entre la Tierra y nuestro cuerpo, entre el Sol y un planeta y entre un plane­la y sus lunas. Aplicaremos la ley de la gravitación a fenómenos como: la variacióndel peso con la elevación, las órbitas de los satélites terrestres y las de los planetasalrededor del Sol.

,

12.1 I Ley de la gravilación de NewtoD 437

12.1 I Ley de la gravitación de Newton

El ejemplo de atracción gravitacional más conocido para el lector es seguramen­le su peso, la fuerza que 10 atrae hacia la Tierra. Al estudiar el movimiento delos planelas y la Luna, Newlon descubrió el carácter fundamental de la atrac­ción gravilacional enlre dos cuerpos cllalesquiera. Junio con sus tres leyes delmovimiento, Newton publicó en 1687 la ley de la gravitacjón, que puede enun­ciarse así:

Toda partícula de materia en el universo atrae a todas las demás partícu­las con una fuerza directamente proporcional a la masa de las partículase inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa.

Traducíendo esto a una ecuación, tenemos

F,(1_2) = F¡(2_n

12.1 Aunque dos partículas tengan masasmuy distintas. ejercen fuerzas de atraccióngravitacional igualmente fuertes entre sí.

(ley de la gravitación) (12.1)

(a) Dos masas esf"mc::aIllC'me (b) Dos panículassimWiea5 con masa

12.2 El efecto gravitacional afllera decualquier distribución esféricamente simé­trica de masa sería igual si toda la masase concentrara en el centro de la esfera.

mi

m,

,

d,

'",~!!!!ª!!ll~ Al ser casi iguales los simbolos 8 y G, es comun confundir las doscantidades gravitacionales que representan. 8 minuscula es la aceleración debi­

da a la gravedad, que relaciona el peso IV de un cuerpo con su masa m: IV ~ mg.El valor de g varía en diferentes puntos de la superficie terrestre y en la superfi­

cie de otros planetas. En cambio, G mayúscula relaciona la fuerza gravitacional

entre dos cuerpos con sus masas y la distancia entre ellos. Decimos que G es unaconstante universal porque tiene el mismo valor para cualesquiera dos cuerpos,

sin importar dónde estén. En la siguiente sección veremos la relación entre g y

G, pero recuerde que son definiciones muy diferentes.

donde F, es la magnitud de la fuerza gravitacional que actúa sobre cualesquiera delas panículas, mI Ym2 son sus masas, r es la distancia entre ellas (Fig. 12.1) Y Ges una constante fisica fundamental llamada constante gravltacional. El valornumérico de G depende del sistema de unidades empleado.

La ecuación (12.1) nos dice que la fuerza gravitacional entre dos paniculas dismi-nuye al aumentar la distancia r, por ejemplo, si la diSlancia se aumenta al doble, ?la fuerza se reducirá a la cuana pane. Aunque muchas estrellas del firmamentotienen una masa mucho mayor que la del Sol, están tan lejos que la fuerza gravi.tacional que ejercen sobre la Tierra es insignificante.

Las fuerzas gravilacionales siempre acnlan sobre la línea que une las dospanículas, y forman un par acción-reacción. Aun si las masas de las panículas di­fleTen. las fuerzas de inleracción tienen la misma magnitud (Fig. 12.1). La fuerzade atracción que el cuerpo del lector ejerce sobre la Tierra tiene la misma magnitud_ la que la líerra ejerce sobre el lector. Si caemos de un trampolin a una alber­a.. ¡la Tierra sube hacia nosolt'os! (¿Por que no lo notamos? La masa de la Tierraaunas IcP veces mayor que la de una persona, así que su aceleración es sólo 10-23

grande como la de la persona.)Hemos planteado la ley de la gravitación en términos de la interacción entrepartíclllas. Resulta que la interacción gravitacional de dos cuerpos con distri­. Des esféricamente simétricas de masa (como las esferas sólidas o huecas)

ti misma que seria si se concentrara toda la masa en el centro, como se muestra entgUra 12.2. Así, si modelamos la Tierra como un euerpo esférico de masa mE.

(12.2)I

438

12.3 Gracias a la inmensa masarle1.90 x 10-'1 kg del planeta Júpiter, la atrac­ción gravilacional muma de sus átomos hahecho que el planeta adquiera una formacasi esférica. No ha sucedido 10 mismocon Amallea (una de las lunas de Júpiter,de la cual se muestra un acercamiento).Por su masa relativamente insignificantede 7.17 X lOllkg, la graviración de Amal­tea es débil y esta luna tiene una formairregular.

12.4 Principio de la balanza de Caven­dish, empleada pum determinar el valorde G. El ángulo de desviación se exagerópor claridad.

CAPíTULO 12 I GravitaciÓn

la fuerza que ejerce sobre una partícula o un cuerpo esféricamente simétrico conmasa m, a una distancia r entre los centros, es

GIIlEmF~--. "

siempre que el cuerpo esté afuera de la Tierra. El cuerpo ejerce una fuerza de lamisma magnitud sobre la Tierra. (Demostraremos esto en la sección 12.6.)

En puntos dentro de la Tierra, la situación es diferente. Si pudiéramos tala­drar un agujero al centro de [a Tierra y medir la fuerza gravitacional a diferentesprofundidades, veriamos que disminuye hacia el centro, en lugar de aumentar se·gún llr2

• Al penetrar el cuerpo en la Tierra (u otro cuerpo esférico), parte de lamasa de la Tierra queda del lado del cuerpo opuesto al centro y actúa en la direc·ción opuesta. En el centro exacto de la Tierra, la fuerza gravitacional sobre elcuerpo es cero.

Los cuerpos esféricamente simétricos son un caso importante porque: [as lu­nas, planetas y estrellas tienden a ser esféricos. Dado que todas las partículas deun cuerpo se atraen gravitacionalmente entre sí, tienden a moverse a modo de re­ducir al mínimo la distancia que las separa. El resultado es que el cuerpo tiendenaturalmente a asumir una forma esférica, como sucede con un trozo de arcillasi 10 apretamos con fuerzas iguales por todos lados. Este efecto se reduce muchoen [os cuerpos celestes de masa baja porque la atracción gravitaciona[ es menor,y estos cuerpos tienden a 1/0 ser esféricos (Fig. 12.3).

Determinación del valor de G

Para detemúnar el valor de la constante de gravitación G, debemos medir la fuer­za gravitacional entre dos cuerpos de masas conocidas mI Ym2 a una distancia co­nocida r. La fuerza es muy pequeña para cuerpos que caben en un laboratorio,pero puede medirse con un instrumento llamado balanza de torsión que SirHenry Cavendish usó en 1798 para determinar G.

En la figura12.4 se muestra una versión rncxl.ema de la balanza de torsión. Unavarilla ligera y rigida con forma de T invenida es sostenida por una fibra verticalde cuarzo muy delgada. Dos esferas pequeñas, de masa mi se montan en los ex­tremos de los brazos de la T. Si colocamos dos esferas grandes, de masa m2 en lasposiciones mostradas, las fuerzas de atracción gravitacionales hacen girar la Ta un

2. la rolllciÓfl de la varillattlerce el eje de apoyo yel espejo a ~I sujeto

l. Las masas mi en la varillamóvil son atraídas a lasmasas eSlllCionarias mz

3. Un rnyo láser reflejado por el espejo se desv(a.,indicando qué lamo ha girndo la varilla y. portanlO la fuerl'.a con que se atrden las masas mi Ym2"._.

12.1 1 Ley de la gravitación de Newton 439

ángulo pequeño. Para medir el ángulo, hacemos incidir un rayo de luz en un espejosujeto a la T. El haz reflejado incide en una escala; al girar la T, la luz se mueve enla escala.

Despues de calibrar la balanza de Cavendish., podemos medir las fuerzas gravita­cionales y así determinar G. El valor aceptado actualmente (en unidades del SI) es

G = 6.673(10) X 10-11 N'm2/ki

Con tres cifras significativas, G = 6.67 X 10- 11 N. mllkgl. Dado que 1 N =

I kg. mlsl, las unidades de G también pueden expresarse (en unidades fundamen­tales del Sistema Internacional SI) como mJ/(kg . Sl).

Las fuerzas gravitacionales se combinan vectorialmente. Si dos masas ejercencada una, una fuerza sobre una tercera, la fuerza total que actúa sobre ésta es laresultante de las fuerzas individuales de las dos primeras. El ejemplo 12.3 aprove­cha esta propiedad, que se conoce como superposición defuerzas.

lO-l°ml~

F ~ .>c(6".6",7-,X,--",IO"~_"-,-N:....,,m;;'Ik~';;;' )",(",0".0;.:'00="",)"(",°.::500=',,,-')I - (O.0500m)l

= 1.33 x 10-10 N

EVALUAR: Ésta es una fuerza muy pequeña, como espenibamos:no semimos una atracción gravitacional aprttiable por los objetosordinarios de masa pequeña en nuestro entorno. Se requiere un obje­to en verdad masivo, como la Tiem, para ejercer una fuerza gravi­tacional considcrable.

La aceleración 01 de la esfera mayor tiene magnitud de

EVALUAR: Aunque las fuerzas que actUaD sobre los cuerpos tienenla misma magnitud, las magnitudes de las dos aceleraciones no soniguales. Además, las aceleradones no son constantes; las fuerzasgravilacionales aumentan cuando las esferas comienzan a moverseuna hacia la otra.

EJECUTAR: La aceleración al de la esfera pequeña tiene magnitud de

al = F, = 1.33 X lO-IoN = 1.33 X 1O-lmI~mi O.OI00kg

Cálculo de la fuerza gravitadonal

Aceleración debida a la atracción gravitacional

Ejemplo12 1

Ejemplo122

La masa mI de una de las esferas pequeñas de una balanza de Caven­dish es de 0.0100 kg, la masam2 de una de las esferas grandes es de0.500 kg, Yla distancia de centro a centro entre cada esfera grande yla esfera pequeña más cen.:ana. es de 0.0500 m. Calcule la fuerza gra­'1tacional F, que actUa sobTe cada esfera debida a la otra esfera.

5IIponga que una esfera grande y una pequeña se quiran del apara­del e,¡emplo 12.1 y se colocan con sus centros separados 0.0500 m

m llII punlO del espacio lejos de otros cuerpos. ¿Qué magnitud lie­.. la xeleración de cada una, relativa a un sistema inercial?

EJECUTAR: Cada esfera experimenta la misma magnitud de fuerzapor la otra esfera, aunque las masas sean muy distintas (como en esteaso). La magnitud de cada fuerza es

lm!!m':DIDENTIFICAR Y PLANTEAR: Usaremos la ley de la gravitación,ecuación (12.1), para detenninar F, .

ACAR Y PLANTEAR: Ya calculamos en el ejemplo 12.1 la.....""de la fuerza que actúa sobre cada estera. (El sistema de dos

en el espacio esIá tan distanle de otros cuerpos que no necesi­amiderar orras fuerzas.) Usaremos la segunda ley de Newton

deraminar la magnitud de la aceleración de cada esfera.

440 CAPfTULO 12 I Gravitación

Ejemplo123 Superposición de fuerzas gravitacionales

Muchas estrellas del finnamento son en realidad sistemas de dos omis esrrellas que se mantienen juntas gracias a su atracción gravita­cional murua. La figura 12.5 muestra un sistema de tres estrellas enun instante en que están en los verliees de un triángulo rectángulo de45°. (Como base de comparación, [a masa del Sol _una estrena ti­piea--es de 1.99 X ¡oJO kg, Yla distancia TIena-SoI es de 1.50 x1011 m.) Suponemos que las estrellas son esféricas. asi que podemossustituirlas por masas puntuales situadas en su respectivo centro, ro­mo en la figura 12.2. Calcule la magnitud y dirección de la fuerzagravitacional total ejercida sobre la estrella pequeña por las grandes.

lm!!miJIIDENTIFICAR: Usaremos c:I principio de superposición: la fuerzalotal que aenia sobre la estrella chica es la resultante de las dos fuer­zas debidas a [as estrellas grandes.

EJECUTAR: La magnitud FI de la fuerza que aclUa sobre la estrellapequeña debida a la estrella grande de arriba es

[(6.67 X 1O-11N'm~lkg!) ]

X (8.00 X IoJO kg)( 1.00 X IO)l)kg)F - ':":-:';:-:':-:-:;;;;--',,"'-;,;:-;;:;-:-:-::;¡;--";';"1 - (2.00 X IOI~ m)! + (2.00 x 1012 m)!

'" 6.67 x 102'1 N

La magnitud F2 de la fuera debida a la otra estrella grande es

[(6.67 X 10- 11 N'm2/kg2

) ]

F~ = :.cX~(8::.00=-:X;,:;'O"~-,k:,,g",)(c;'c:'OOc:,;-X:...:.:'O_~c:k"-g)",,,- (2.00 X lOl! m)l

= 1.33 X 1lf6 N

Las componentes x y y de estas fuerzas son

•

12.5 La fuerza gravitacionaltotal que actúa sobre la estrella pe­queña es la suma vectorial de las fuerzas ejercidas sobre ella porlas dos estrellas grandes.

PLANTEAR: Suponemos que las estrellas son esferas, para poder usarla ley de la gravitación. Primero cakulamos la magnitud de cada fuer·za con la ecuación (12.1~ luego obtenemos la suma \'«tOrial emplean­do componentes a lo largo de los ejes mostrndos en la figura 12.5.

Fu = (6.67 X IWSN)(cos45°) =4.72 X IOlS N

F I .. = (6.67 X IOZS N)(seD 45°) = 4.72 X Ion N

F2x = 1.33 X Ifr!' N

F 2y = O

Las componentes de la fuerza lotal que actúa sobre la csrrclla chica son

Fi = f b + F2x = 1.81 X 1026 N

FJ = FIJ + Fq '" 4.72 X I02'lN

La magnitud de esta fuera es

F = VF} + F/ = Vr.(~1.78~'-X-'~O~~~N"')"-+--"-(4~.7=2~X-'--"O""=N"')'= 1.87 X 10Z6 N

EVALUAR: Si bien la fuerza tOlaI que actúa sobre la estrella pequeña estremenda. no lo es la magnitud de la aceleración resultante: a = Flm =(1.87 X l026 N)/(1.00 X lO:lOkg) = 1.87 X 1O~4m/s2.

¿Puede demostrar que la fuerza total que actúa sobre la estrellapequeña 110 apunta al centro de masa de las dos estrellas grandes?(Véase el problema 12.48.)

y su dirección relativa al eje x es

FJ 4.72 X 102$ N(J = arctan - = aretan 14.6°

F. 1.81 X 1026 N

8.00 x 1oJO kg

,,,,,,,,,,,,,,,, F/_---------

~--2.00X 1012 ID --.¡

y

1I

Una comparación de los ejemplos 12.1 y 12.3 muestra que las fuerzas gravitacio­nales son insignificantes entre objetos como los que tenemos en nuestras casas, peroson considerables entre objetos del tamaño de las estrellas. Efectivamente, la gravita­ción es la fuerza más importante en la escala dc los planetas, estrellas y galaxias (co­mo las que se muestran en la fotografia con que abre el capitulo). La gravitaciónmantiene la integridad de nueslm planeta y las órbitas de los planetas en tomo al Sol.La atracción gravitacional mutua de diferentes panes del Sol comprime los materia-

12.2 I Peso

les en su centro hasta alcanzar densidades y temperaturas muy elevadas que hacenposj,ple las reacciones nucleares que tienen lugar ahí. Dichas reacciones generan lasemisiones de energia solar, sin las cuales la vida no podria existir en la Tierra.

La fuerza gravitacional es tan importante en la escala cósmica porque actúa adistancia, sin contacto directo entre los cuerpos. Las fuerzas eléctricas y magnéti+cas tienen ésta misma propiedad notable, pero son menos importantes en la escalaastronómica porque las acumulaciones grandes de materia son eléctricamenteneutras; es decir, contienen cantidades iguales de carga negativa y positiva. Porello, las fuerzas eléctricas y magnéticas entre estrellas o planetas son muy pequeñaso valen cero. Las interacciones fuerte y débil que vimos en la sección 5.5 tambiénactúan a distancia, pero su influencia es insignificante a distancias mucho mayoresque el diámetro de un núcleo atómico (cerca de lQ-14 m).

Una forma útil de describir las fuerzas que actúan a distancia es en términos deun campo. Un cuerpo establece una perturbación o campo en todos los puntos delespacio, y la fuerza que actúa sobre otro cuerpo en un punto determinado es la res­puesta al campo del primer cuerpo en ese punto. Hay un campo asociado a cadafuerza que actúa a distancia, y por ello nos referimos a campos: gravitacionales,eléctricos, magnéticos, etcétera. No necesitaremos el concepto de campo para estu­diar la gravitación en este capítulo, asi que no hablaremos más de él. En capítulosposteriores, sin embargo, veremos que la descripción de campo es una herramientamuy uti! para describir interacciones eléctricas y magnéticas.

Calcule la magnitud de la fuerza gravitacional que actúa entre dos automóviles de900 kg cuando están separados 3.0 m. ¿Las fuerzas gravitacionales desempeñanun papel importante en los choques de automóviles?

12.2 I Peso

Definimos el peso de un cuerpo en la sección 4.4 como la fuerza de atracción gra­vitacional que la Tierra ejerce sobre él. Ahora podemos ampliar esa definición. Elpeso de un cuerpo es la fuerza gravitacional total ejercida sobre él por todoslos demás cuerpos del universo. Si un cuerpo está cerca de la superficie terrestre,podemos despreciar las demás fuerzas gravitacionales y considerar el peso comola atracción de la Tierra únicamente. En la superficie de la Luna, tomaremos elpeso de un cuerpo como la atracción gravitacional de la Luna, etcétera.

Si modelamos la Tierra como un cuerpo esféricamente simétrico con radio RT

y masa mT, el peso IV de un cuerpo pequeño de masa m en la superficie terrestre(a una distancia RT del centro) es

441

GmTmw=F =---

g Rl(peso de un cuerpo de masa In en la superficieterrestre)

(12.3)

Sin embargo, en la sección 4.4 también vimos que el peso w de un cuerpo es la fuerzaque causa la aceleración g de caida libre, de modo que por la segunda ley de Newton,W = /IIg. Si igualamos esto con la ecuación (12.3) y dividimos entre m, obtenemos

g = Gn~T (accleración dcbida a la gravedad en la superficie terrestre) (12.4)RT

=-:-- - ..

442

12.6 En un avión comercial a gran altirud,estamos más lejos del centro de la Tierraque cuando estamos cn el suelo, y pesamosmenos. El efecto es pequeño, pero medi­ble. ¿Puede demostrar que, a una altirudde 10 km. pesamos 0.3% menos que enel suelo?

CAPITULO 12 I Gravitación

La aceleración debida a la gravedad g es independieme de la masa m del cuerpoporque m no aparece en la ecuación. Ya sabíamos esto. pero ahora vemos cómo sedesprende de la ley de la gravitación.

Podemos medir todas las cantidades de la ecuación (12.14) excepto mT. así queesta relación nos permite calcular la masa de la Tierra. Si despejamos mT Y usamosRT = 6380 km = 6.38 X 106 m y g = 9.80 mJs2, obtenemos

gRlmT = G = 5.98 x lly4 kg

muy cercana al valor actualmente aceptado de 5.974 X 1024 kg. Una vez que Ca·

vendish midió G, calculó la masa terrestre precisamente así.En un punto arriba de la superficie terrestre a una distancia r del centro de la

Tierra (una distancia r - RT sobre la superficie), el peso de un cuerpo está dadopor la ecuación (12.13) sustituyendo RT por r:

GmTmw~F ~-- (12.5)• ,>

El peso de un cuerpo disminuye inversamente con el cuadrado de su distancia al

centro de la Tierra (f)g. 12.6). La figura 12.7 muestra cómo varia el peso de unastronauta con la altura sobre la Tierra si su peso es de 700 N en la superficie.

El peso aparente de un cuerpo en la Tierra difiere un poco de la fuerza gravi­tacional terrestre porque la Tierra gira Y. por tanto, no es precisamente un marcoinercial de referencia. Hasta ahora hemos hecho caso omiso de esle efeclo. supo­niendo que la Tierra es un sistema inercial. Volveremos al efecto de la rotación enla sección 12.7. .

Al explicar el peso, hemos usado el hecho de que la Tierra es una distribuciónde masa con simetría esférica aproximada, pero esto no implica que la Tierra seauniforme. Para demostrar que no puede ser uniforme, calculemos primero sudensidad media, o masa por unidad de volumen. Si suponemos una Tierra esféríca,el volumen es

--,J----!-L....,-!--....,'.--~~=~¡::==?,..-r(X 106 ro)O 5~ 10 15 20 25 30

----;'---,;;'---,;;'--7,,'--~'7--r - R~X 1()Ó m)5 10 15 20 25

Distancia sobre la snpeñlcie terrestre

12.7 Un astronauta que pesa 700 N en lasuperficie terrestre. experimenta menosatracción gravitacional si esta arriba de di·cha superficie. La distancia mostrada resdel astronauta al celltro de la Tierra (no delastronauta a la superficie terrestre).

400

300

200

100

r=RT '"'6.38X llfim

Astronallla, masa m

lO' - peso del l5tronalJla = GmrmJrr _ distancia del astronauta al Un/ro de la TielTll

r- RT = distancia del astronauta a la sup~ifici~ terrestre

12.2 I Peso 443

ManlaCDsu mayorpaltesólido

12.8 La densidad de la Tierra disminuyeal aumentar la distancia al centro.

6 R,2 3 4 5

r{x I~m)

o

I'r-/Núcleo: Núdeoinleriorl e.tlerior

lOTi fuOO\idO

~ 12

~ 8X-.: 4

La densidad media p (la letra griega "ro") de la Tierra es la masa total dividida en­tre el volumen total:

mT 5.97 X IOZ" kgp=-=

VT 1.09 X I¡T] m3

= 5500 kglm3 = 5.5 g/cm3

(Como referencia, la densidad del agua es de 1000 kglmJ = 1.00 g/cmJ.) Si la Tie­

rra fuera uniforme, cabria esperar que la densidad de rocas individuales cerca dela superficie tuvieran este mismo valor. De hecho, la densidad de rocas ígneas su­perficiales como granito o gneiss es del orden de 3000 kglmJ = 3 g/cm], aunqueciertas rocas basálticas lienen una densidad cercana a 5000 kgfm3 = 5 g/cmJ

• Portanto, la Tierra no puede ser uniforme, y el interior debe ser mucho más denso quela superficie para que la densidad media sea de 5500 kglm3 = 5.5 gfcm3

. Segúnlos modelos geofísicos del interior de la Tierra, la densidad máxima en el centroes de cerca de 13,000 kg/m3 = 13 g/cm3

. La figura 12.8 es una gráfica de densi­dad en función de la distancia al centro.

Ejemplo11.4 Gravedad en Marte

Imagine que participa en el diseño de una misión tripulada a lasuperficie de Marte, cuyo radio es 1'''1 = 3.40 X 106 Ycuya masaes mM = 6.42 X 101l kg. El peso en la Tierra del vehículo de des­ttIlSO es de 39,200 N. Calcule su peso F. y la aceleración KM debi-

da a la gravedad de Marte: a) 6.0 X 106 ro arriba de la superficie(la distancia a la que eSlá la luna Fobos); b) en la superficie. Notome en cuenta los efectos gravitacionales de las diminutas lunasde Marte.

........0

444 CAP[TULO 12 I Gt"avitaeión

(9.4 X lerm)'

3.40 x lctm

Le sugerimos usar ambos métodos para demostrar que, en la su­perficie, F, == 15,000 N YKM = 3.7 mlr.

Ésta es también la aceleración que experimenta Fobos en su órbita,6.0 x lO" m sobre la superficie de Marte.b) Para calcular F. y KM en la superficie, repelimos los cálculosanteriores, sustituyendo r == 9.4 X lo' m por RM = 3.40 X J(f m.O bien, dado que F. y KM son inversamente proporcionales a 11,1(en cualquier punto afuera del planeta), podemos multiplicar los re­sultados de (a) por el faclor

EJECUTAR: a) La distancia, desde el centro de Marte es

,== (6.0 X Io'm) + (3.40 X Icfim) == 9.4 X l()6m

La masa m del vehículo es su peso en la Tierra w dividido entre laaceleración de la gravedad Ken la Tierra:

~ La aceleración dcbida a la gravedad de Marte es

IDENTIFICAR y PLANTEAR: Obtendremos el peso F, empleando ~ &.l == F. == I940N = 0.48 mlszla ecuación (12.5) despues de suslituir mT (la masa de la Tierra) por m 4())J kg

mM (la masa de Marte). El valor de G es el mismo en todo el Uni­verso; es una constante fisica fundamental. Entonces, podremosobtener la aceleración KM a panir de F, == mgM' donde m es la ma­sa del vehiculo. No nos dan esle valor, pero podemos calcularlo conbase en su peso en la Tierra.

m == ~ == 39,200 N = 4000kgg 9.8 rnls2

La masa es la misma aunque el vehículo esté en: la Tierra, Marle ocamino a Marte, Por la ecuación (12.5),

GmMmF .--'-, "

EVALUAR: Los resultados de la parte (b) muestnm que el peso de unobjeto y la aceleración debida a la gravedad en la superficie marcia­na lienen valores de aproximadamente el 40% de los valores en lasuperficie terrestte. Las películas de ciencia ficción y los relatosque se desarrollan sobre Mane suelen describir las bajas temperam­ras y la aunósfera enrarecida del planeta, pero casi nunca mencionanla experiencia de estar en un entorno de baja gravedad.

== 1940 N

Marte tiene s610 el 11% de la masa de la Tierra. ¿Por que entonces la gravedad enla superficie de Mane no es el l1 % de la gravedad terrestre?

12.3 I Energla potencial gravitacional

Cuando desarrollamos el concepto de energía potencial gravitacional en la sección7.1, supusimos que la fuerza gravitacional que actúa sobre un cuerpo es constanteen magnitud y dirección, dando pie a la expresión U = mgy. Ahora sabemos que lafuerza gravitacional de la Tierra sobre un cuerpo de masa m afuera de la Tierra estádada de forma más general por la ecuación (12.2), Fg = GmTrnl,-2, donde rnT es lamasa de la Tierra y r es la distancia del cuerpo al centro de la Tierra. En problemasen los que r cambia tanto que la fuerza gravitacional no puede considerarse constan­te, necesitarnos una expresión más general para la energía potencial gravitacional.

Para obtener esta expresión, usamos la misma secuencia básica de pasos comoen la sección 7.1. Consideramos un cuerpo de masa m fuera de la Tierra, y calcu­lamos el trabajo efectuado por la fuerza gravitacional WII.... cuando el cuerpo sealeja del centro de la Tierra o se acerca a él, desde r = '1 a r = '2 (Hg. 12.9). AsíIV,.... está dado por

J"

lViU2" = F, dr

'.(12,6)

12.3 I Energía potencial gravitacional 445

Sustituyendo la ecuación (12.7) en la (12.6), vemos que Wgrav está dado por

Trayectoria

="

"

mTrayectoriacurva

El tmbajo efectuado por FIno depende del caminoseguido (la fuerzagravilacional esconservadora)

(12.8)

(12.7)

(12.9)(energía potencial gravitacional)u~

donde Fr es la componente radial de la fuerza gravitacional F, es decir, la com­ponente dirigida hacia ajilera desde el centro de la Tierra. Dado que F apunta alcentro de la Tierra, F r es negativa; difiere de la ecuación (12.2), la magnitud dela fuerza gravitacional, por un signo menos:

GmTmF,~-~

i r, dI' GmTm GmTmWgrav = -GmT I1/ """2 = --- - ---

rL

r 1'2 1'1

La trayectoria no tiene que ser recIa; puede ser una curva como la de la figura12.9. Por un argumento similar al de la sección 7.1, este trabajo sólo depende delos valores: inicial y final de 1', no del camino seguido. Esto también demuestraque la fuerza gravitacional siempre es conservadora.

Ahora definimos la energía potencial correspondiente U tal que Wll"". = VI - U2,

como en la ecuación (7.3). Comparando esto con la ecuación (12.8), vemos que ladefinición apropiada de energía potencial gravitacional es

,

12.10 Gráfica de energía potencial gravita­cional U para el sistema de la Tierra (masamT) Yun astronauta (masa m) contra la dis­tancía r entre el astronauta y el centro de laTierra.

12.9 Cuando un cuerpo se mueve de lacoordenada radial 1'] a 1'2> el trabajo-efec­tuado sobre él por la fuerza gravitacionales el mísmo, ya sea que el cuerpo siga unatrayectoria recta o curva.

•

Gm-pn,

u

Energía pOlencialgravilacional U ""

'-:1.." : ASlronauta, masa m,,: • U siempre es negativaI • U se vuelve menos, . II negallva a aumentar: la distancia radial r

--.,+--+'-----=-,

_Gm,'~ __:vR,

No confunda las expresiones de fuerza gravítacional (ecuación

'-.2..1) y de energia potencial gravitacional (ecuación 12.9). la fuerza F, es pro­

:crtional a I/r2, y la energía potencial U es proporcional a l/l'.

Con la ecuación (12.9), ya podemos usar relacíones de energía generales paraproblemas en los que debe incluirse el comportamiento según 111'2 de la fuerzagravitacional de la Tierra. Si esta fuerza es la única que efectúa trabajo sobre el

La figura 12.10 muestra cómo esta energia depende de la distancia l' entre el cuer­po de masa m y el .centro de la Tierra. Si el cuerpo se aleja de la Tierra, l' aumen­ta, la fuerza gravitacional efectúa trabajo negativo, y U aumenta (se vuelve menosnegativa). Si el cuerpo "cae" hacia la Tierra, l' disminuye, el trabajo gravitacionales positivo y la energía potencial disminuye (se hace más negativa).

La ecuación (12.9) podría parecer extraña porque dice que la energía poten­~ gravitacional siempre es negatíva, pero ya hemos visto valores negativos deL antes. Al usar la fórmula U = mgy en la sección 7.1, vimos que U era negatí­q siempre que el cuerpo de masa m estaba en un valor de y menor que la altura:abitraria que escogímos como y = O; es decir, si el cuerpo y la Tierra estaban~ cerca que cierta distancia arbitraria. (Véase el ejemplo 7.2 de la sección 7.1.):\1 definir V con la ecuación (12.9), escogímos que U es cero cuando el cuerpo

masa m está infinitamente lejos de la Tierra (1' = 00). Al acercarse el cuerpo a la--.:na, la energía potencial gravitacional disminuye y se hace negativa. Si quisié­

podríamos tomar U = Oen la superficie terrestre, donde l' = RT, con s6­sumar la cantidad GmTm/RT a la ecuación (12.9). Esto haría a U positiva

r > RT , pero a cambío de complicar la expresión para U. El término su­no afectaría la diferencia en V entre dos puntos, que es la única cantidad fí­

tlC!meDte signífícativa; por eso lo omitimos y usamos la ecuación (12.9) para la~potencial.

446 CAPiTULO 12 I Gravitación

cuerpo, la energía mecánica total delllistema es constante, ose conserva. En el ejem­plo que sigue usaremos este principio para calcular la rapidez de escape, la rapidezque debe tener un cuerpo para escapar por completo de un planeta.

Ejemplo12.5 "De la Tierra a la Luna"

12.11 Proyectil disparado desde la superficie terrestre hasta unaaltitud igual al radio de la Tierra.

lEl!m:DIDENTIFICAR: Una vez que el casco sale del cañón, sólo la fuerzagravitacional (conservadora) efectúa trabajo, asi que se conserva laenergía mecánica. Usaremos esto para determinar la rapidez del cascoal salir del cañón en la parte (a), donde el casco se detiene a una dis­lanCia de dos radios terrestres respecto al centro del planeta, y en lapane (b), donde el casco se detiene a una distancia infmira de la TIerra.

(rapidez de escape)

EJECUTAR: a) Podemos delenninar 111 con la ecuación de conserva­ción de la energía

KI+UI;;Kz+~

.!.ml1)2 + (~ Gmrm) == O+ (_ Gmrm)2 Rr 2RT

Reacomodando, obtenemos

VI = JGmrR,

= /0(76.767'-::X-='''0-O>''''NC"·-m"'Ik""i")"(5".9"7-cx;--';'¡;="k""g)

\j 6.38 X \()6 ID

= 7900 mIs (=28,400 kmlh ;; 17,700 miIh)

EVALUAR: Este resultado no depende de la masa del casco ni de ladirección en la que se lanza. Las naves modernas lanzadas desdeFlorida deben alcanzar prácticamente la misma rapidez para escaparde la Tierra. Una nave en tierra en Cabo Cañaveral ya se está mo­viendo a 410 mis al este por la rOlación terrestre; si el lanzamientoes hacia el este, la nave aprovecha esta contribución "gratuita" a larapidez de escape.

Generalizando nuestro resultado, la rapidez inicial ti) que uncuerpo necesita para escapar de la superficie de una masa esféricaM con radio R (despreciando la resistencia del aire) es

111 == J2~M

b) Queremos que el casco apenas "llegue" a'l ::= 00, sin energía ciné­tica sobrante, así que K2 ::= Oy U2 ::= O(la energía potencial es cero enel infmito; véase la figura 12.10). La energía mecánica toral es enton­ces cero; por tanto, al dispararse el casco, su energía cinética positivaKI y su energía potencial negativa VI también deben sumar cero:

tml1 )l + (_ G~;m) = O

tl1

== J2GmrR,

= /~2cr(6""."67'""X-='''0'''-,;el"'N~·m--r.2/kc-g""j("5".9"7-cX~'O'''''','-g')V 6.38 X )ctm

= 1.12 X lit mis (==40,200 kmIh = 25,000 milh)

Se puede usar este resultado paro calcular la rapidez de escape deotl'Oscuerpos.Obtenemos5.02 X IQl mis para Marte, 5.95 X lltmls

para Júpiter y 6.18 X 10' para el Sol.

Proyectil.~",m2

PLANTEAR: La ecuación que usarernosÍen ambas partes es la expre­sión de conservación de la energía, Xl + VI ;; Kl + Ul,donde laener­gia potencial U está dada por la ecuación (12.9). Sea el punto 1dondeel casco sale del cañón con rapidez tll (la incógnita). En este punto, ladisrancia al centro de la TIerra es,) ::= RT, el radio de la TIerra. El pun­to 2es donde el casco alcanza su altura máxima; en la parte (a) es en rl== 2Rr (Fig. 12.11), mientras que en la parte (b) es a una distancia infi­nira de la Tierra, en'2 == oo. En ambos casos, el casco está en reposo enel punto 2, así que tl2 == O. Sea m la masa del casco (con pasajeros).

~n la historia de Julio Veme con ese titulo (1865). tres hombres viaja­ron a la Luna en un casco disparado desde un cañón gigante hundidoen el suelo de Florida. a) Calcule la rapidez inicial necesaria paradisparar el casco verticalmente hasta una altura sobre la Tierra igualal radio de ésta. b) Calcule la ropldez de escape; es decir, la rapidezinicial que pennitirla al casco escapar de la Tierra. Desprecie laresistencia del aire, la rotación de la Tierra y la atracción gravitacio­nal de la Luna. El radio de la Tierra es Rr "" 6380 km =; 6.38 X 10'm y su masa es mr ;; 5.97 X 102~ kg (véase el apéndice F).

11,

,

12.4 I Movimiento de satélites

Más sobre la fuerza gravitacional y, la energía potencial

La relación entre la fUerza gravitacional que actúa sobre un cuerpo, dada por laecuación (12.7), y su energia potencial gravitacional, dada por la ecuación (12.9),puede expresarse de otra forma usando los métodos de la sección 7.4. Las ecua­ciones (7.17) Y (7.18) muestran que la componente de la fuerza en una direccióndada es igual al negativo de la derivada de U reSpecto a la coordenada correspon­diente. Para movimiento en el eje x,

447

dU

dx(\2.\0)

(\2.11)

La fuerza gravitacional tiene componente sólo en la dirección radial, así que sus­tituimos x por r en la ecuación (12.10). Obtenemos

F = _ dU = ~.E...(_ GmTm) = _ GmTmTdrdrr ,l

Esto concuerda con laF, inicial de la ecuación (12.7). Como ya señalamos, F, es ne­gativa, lo que indica que la fuerza apunta en la dirección opuesta a la de r creciente.

Como nota final, demostremos que, si estamos cerca de la superficie terrestre, laecuación (12.9) se reduce a U = mgy del capitulo 7. Primero reescribimos la ecua­ción (12.18):

Si el cuerpo se mantiene cerca de la Tierra, en el denominador podemos sustituirr¡ y r2 por RT, el radio de la Tierra, así que

T¡ - r2Wgrav = GmTm --,­

RT

Según la ecuación (12.4), g = GmT/R/, así que

Si sustituimos las r por y, ésta es la ecuación (7.1) para el trabajo efectuado portID3 fuerza gravitacional constante. En la sección 7.1 usamos esta ecuación paralkducir la ecuación (7.2), U = mgy, así que podemos considerar esta expresión dehenergia potencial gravitacional como un caso especial de la ecuación (12.9).

L'"n planeta puede tener la misma gravedad superficial (es decir, el mismo valor:ieg en la superficie) que la Tierra y tener una rapidez de escape mayor?

2.4 I Movimiento de satélites

satélites artificiales en órbita son usados en la vida moderna (Fig. 12.12). Pe­.:cómo se mantienen en órbita y qué determina la~ propiedades de sus órbitas?

?'lIdmK>s usar las leyes de Newton y la de la gravitación para obtener las respues­ElIla siguiente sección, veremos como el movimiento de los planetas se pue­

~ imilizar del mismo modo.?!Ia comenzar, recordemos lo dicho sobre el movimiento de proyectiles en la

3.3. En el ejemplo 3.7, un motociclista se lanza horizontalmente del borde

12.1 Z Con una longitud de 13.2 m y unamasa de 11,000 kg, el telescopio espacialHubble se cuenta entre los satélites másgrandes que se han puesto en órbita.

448 CAPfTUlO 12 I Gravitaci6n

A----B

(7)

(6)

Trayectorias (1) a (7):proyeclil lanzado de~e A.haci.. B oon rapidezcreciente

'.

J ,

12.13 Trayectorias de un proyectil lanzado desde el punto A en la dirección AS condiferentes velocidades iniciales. Las órbitas (1) Y(2) se completarían como se muestra sila Ticn:,¡¡. fuera una masa puntual en C. (Esta ilustr,¡ción se basa en una figura aparecidaen los Principia de Isaac Newlon.)

de un acantilado en una trayectoria parabólica que termina en terreno plano en labase de] acantilado. Si sobrevive y repite el experimento aumentando su rapidezde lanzamiento, caerá más lejos del punto de partida. Podemos imaginarlo lanzán­dose con tal rapidez que la curvatura de la Tierra se hace significativa. Al caer, lacaída es más larga por la curvatura. Si la rapidez del motociclista es suficiente, ysi su punto de lanzamiento es tan alto que puede librar las montañas, podría seguirdando vuelta a la Tierra, sin jamás tocar el suelo.

La figura 12.13 muestra una variación de este tema. Lanzamos un proyectil delpunto A en la dirección AS, tangente a la superficie terrestre. Las trayectorias (1)a (7) muestran el efecto de aumentar la rapidez inicial. En las trayectorias (3) a (5)el proyectil no choca con la Tierra y se conviene en su satélite. Si no hay una fuer­za que frene al proyectil, su rapidez al volver a A es la que tcnía inicialmente y elmovimiento se repite indeímidamente.

Las trayectorias (1) a (5) tenninan donde comenzaron y se denominan órbitascerradas. Todas las órbitas cerradas con elipses o segmentos de elipses; la tra­yectoria (4) es un círculo, un caso especial de elipse. Las trayectorias (6) y (7) sonórbitas abiertas; el proyeclil nunca vuelve a su punto de partida y se aleja cadavez más de la Tierra.

Una 6rbita circular como la trayectoria (4) de la figura 12.13 es el caso más sim­ple. También es un caso importante, pues muchos satélites artificiales tienen órbitascasi circulares y las órbitas de los planetas alrededor del Sol también son aproxima­damente circulares. La única fuerza que actúa sobre un salélite en órbita circular al­rededor de la TIerra es la atracción grnvitacional de esla, dirigida hacia el centro dela Tierra y, por tanto, hacia el centro de la órbita (Fig. 12.14). Como vimos en la sec­ción 5.4, esto implica que el satélitc está en movimiento circular uniforme y su rapi­dez es constante. El satélite no cae hacia la Tierra; más bien, cae constantemente

12.4 I Movimiemo de satélites 449

,

"

Órbita circular: aceleración iiperpendicular a la velocidad ¡j,por ello. la rapidez ¡¡ es constante

12.14 La fuerza ¡, debida a la atraccióngravitacional de la Tierra proporciona laaceleración centrípela que mantiene a unsatélite en órbita. Compare esta figura conla 5.29

AqivPhY'4cs

4.6 Satélites en órbita

. .\ ,

.~. l~ \ \.

-~~ -.,'

k· IR. .~ ,12.15 Estos astronautas del transbordadorespacial están en un estado de ingravidezaparente. ¿Cuáles están parados y cuálesestán de cabeza?

(12.12)(órbita circular)

alrededor de la lierra. En una órbita circular, la rapidez es exactamente la necesa­ria para mantener constante la distancia entre el satélite y el centro de la lierra.

¿Cómo podemos calcular la rapidez constante u de un satélite en órbita circu­lar? El radio de la órbita es r, medido desde el centro de la Tierra; la aceleracióndel satélite tiene magnitud a,.¡ "" u2/r y siempre está dirigida hacia el centro delcirculo. Por la ley de la gravitación, la fuerza neta (la gravitacional) que acnia so­bre el satélite de masa m tiene magnirud F,:: Gm-¡m/rz y tiene la dirección de laaceleración. La segunda ley de Newton ('LF = mil) nos dice que

Gmr'l1 mul-,-;- "" --;:-

rDespejando u, tenemos que

Esta relación muestra que no podemos escoger el radio de la órbita r y la rapidezv independientemente; para un radio dado, la rapidez de la órbita circular esta de­terminada.

La ecuación (12.12) también muestra que el movimiento del satélite no dependede su masa porque m no aparece en la ecuación. Si pudiéramos panir un satélite ala mitad sin alterar su rapidez, cada mitad seguiria con el movimiento original.Una astronauta a bordo de un transbordador espacial también es como un satélitede la Tierra, mantenido por la atracción gravitacionaJ en la misma órbita que la na·ve. La astronauta tiene la misma velocidad y aceleración que la nave, así que nadala empuja contra el piso o las paredes de la nave. Ella está en un estado de ingrovi­de= aparente, como en un elevador en caída libre; véase la explicación que sigue alejemplo 5.10 en la sección 5.2. (La verdadero ingravidez sólo se lograria si la astro­nauta esruviera infinitamente lejos de cualquier otra masa, de modo que la fuerzagravitacional sobre ella fuera cero.) De hecho, cada pane de su cuerpo esta aparan­temente ingravida (carece de peso); ella no siente que nada empuje el estómagoconlra los intestinos ni la cabeza contra los hombros (Fig. 12.15).

450 CAPfTULO 12 I Gravitación

Obtenemos una expresión para T si despejamos T de la ecuación (12.13) y sus­tituimos u de la ecuación (12.12):

(12.13)

( [2.15)

(órbita circular) (12.14)

2",v:--T

(órbita circular)

E = K + U = !mu2 + (_ CmTm) = '!'m(GmT ) _ CmTm2 r 2 r r

E=

La ingravidez aparente no se da sólo en órbitas circulares; existe siempre quela gravedad es la única fuerza que'nenia sobre una nave espacial; por tanto, se ex­perimenta en órbitas de cualquier forma, incluidas las abiertas como las (6) y (7)de la figura 12.13.

Podemos deducir una relación entre el radio r de una órbita circular y el perio­do T, la duración de una revolución. La rapidez u es la distancia 27Tr recorrida enuna revolución dividida entre el periodo:

Las ecuaciones (12.12) y (12.14) muestran que las órbitas más grandes correspon­den a velocidades más bajas y periodos más largos (Fig. 12.16).

Es interesante comparar la ecuación (12.12) con el cálcuJo de la rapidez de escapeen el ejemplo 12.5. Vemos que la rapidez de escape de un Cllerpo esférico con radioR es v1 veces la rapidez de un satélite en una órbita circular con ese radio. Si nues~tra nave está. en órbita circular alrededor de cualquier planeta, deberemos multiplicarnuestra rapidez por V2 para escapar al infinito, no importando la masa del planeta.

Dado que la rapidez u en una órbita circular está dada por la ecuación (12.12)para un radio orbital r dado, la energía mecánica total E = K + U también está de­terminada. Usando las ecuaciones Vi 2.9) Y(12.12), tenemos

lb)

12.16 (a) La Estación Espaciallnternacio­nal está en órbita a una altirud de aproxi­madamente 400 km, o sea, a cerca de 6800km del centro de la Tierra. Su rapidez orbi­mi es de apro)(imadamente 1.7 kmls ':1 superiodo orbital es cercano a 93 minutos.(b) La Luna estJi en órbita terrestre a unadislaJ1cia mucho mayor de aprm:imadamen­te 384,000 km. Por ello, tiene una rapidezorbilallenla (cerca de 1.0 kmls) y un pe­riodo orbital largo (27.3 días).

•

12.17 Los anillos de Saturno se componende ¡numerables part[culas de hielo, cadauna de las cuales es un satélite indepen­diente en órbita alrededor de Saturno.

La energía mecánica total en una órbita circular es negativa e igual a la mitadde la energia potencial. Aumentar el radio orbital r implica aumentar la energíamecánica (o sea, hacer E menos negativa). Si el satélite está en una órbita re­lativamente baja y toca los márgenes de la atmósfera, la energía mecánica dismi­nuirá a causa del trabajo negativo efectuado por la resistencia del aire; en con­secuencia, el radio orbital disminuirá hasta que el satélite caiga a tierra o se quemeen la atmósfera.

Hemos hablado casi exclusivamente de satélites terrestres, pero podemos apli­car el mismo análisis al movimiento circular de cualquier cuerpo sometido a laatracción gravitacional de un cuerpo estacionario. Otros ejemplos son: la Luna,las lunas de otros planetas y los anillos de Saturno. Si estos anillos fueran un cuerporígido en rotación, todas sus partes tendrian el mismo periodo orbital Ty, por laecuación (12.13), las regiones eXleriores de los anillos (r grande) tendrían mayorrapidez que las interiores (r pequefto). Sin embargo, dado que los anillos estánformados por muchas partículas en órbita, las ecuaciones (12.12) y (12.14) nos di­cen que las particulas de las regiones exteriores lienen un periodo más largo y semueven más lentamente que las de las regiones interiores (Fig. 12.17).

Ejemplo12".6 Una órbita de satélite

12.4 I Movimiento de satélites 451

(6.67 X 10 11 N·m1/kg2)(5.97 X 1O"4kg)

....... 6.68 X 106 m

Suponga que desea poner un satélite metereológico de 1000 kg en ór­bita circular a una altura de 300 km sobre la superficie terrestre. a)¿Qué rapidez, periodo y aceleración radial debe tener? b) ¿Cuánto tra­bajo se requiere para poner el satélite en órbita? c) ¿Cuánto trabajoadicional se necesitaría para que el satélite escapara de la Tierra? Elradio de la Tierra es RT= 6380 km ysu masaesmT = 5.97 x Ilf'kg.

lE!!mIIDENTI~ICAR: El satélite está en órbita circular, así que podemosusar las ecuaciones que deducimos en ésta sección.

PLANTEAR: En la parte (a) nos dan la altura del satélite, así que prime­ro calculamos el radio de su órbita y luego la rapidez v y el pcriodo Tusando las ecuaciones (12.12) y (12.14). La aceleración en una órbitacircular está dada por la fórmula que vimos en el capítulo 3, a~ =

[}Ir. Para los procesos descritos en las partes (b) y (c), el trabajo re­querido es la diferencia entre las energías mecánicas inicial y final que,en el caso de una órbita circular, están dadas por la ecuación (12.15).

EJECUTAR: a) El radio de la órbita del satélite es

r= 6380 km + 300 km = 6(í80km = 6.68 X 106 m

Por la ecuación (12.12),

v = ~G~T =

= 7720 mIs

Por la ecuación (12.14),

27Tr 27T(6.68 X 106 m)T~-~

o 7720 mis

= 5440 s = 90.6 min

La aceleración radial es

01 (7720 m/s)2ar><l=-=

r 6.68 X lOó m

= 8.92 mlsl

Éste es el valor de g a una altura de 300 km sobre la superficie te­rrestre; es un poco menor que en la superficie.b) El trabajo requerido es la diferencia entre El, la energía mecánicatotal cuando el satélite está en órbita, y El' la energía mecánica ori­ginal cuando el satélite estaba en reposo en su plataforma de lanza­miento. En órbita, si usamos la ecuación (12.15), la energia es

GmTmE2 = --­

2,

(6.67 X 1O- Il N·m1/kg2)(5.97 X Hy4kg)(IOOOkg)

2(6.68 x l(fm)

= -2.99 X 1010 J

En reposo en la superficie terrestre, la energia es exclusivamentepotencial:

( Cm,m)El = KI + Ul = O + -----¡¡;-

(6.67 X 1O- II N·m2/kg2)(5.97 X IlY4 k.g)(HXXHg)

6.68 X 106 m

= -6.25 X 1010 J

asi que

Wrt:<¡ucrido = E2 - El = -2.99 X 10 10 J - (-6.25 x lotO J)= 3.26 X 1010 J

c) En la parte (b) del ejemplo 12.5, vimos que. para que UD satéli­te escape al infinito, la energía mecánica total debe ser cero. Laenergia mecánica total en la órbita circular es ~ = -1_99 X 1010

J; para elevar esto a cerQ tendríamos que efectuar un uabajo de2.99 X 10 10 1. Esta energía extra podria venir de cohetes unidos alsatélite.

EVALUAR: En la parte (b), hicimos caso omiso de b mngía cinéticainicial que el satélite tenia por la rotaciónte~ cuando aÚD estabaen la platafonna de lanzamiento. Le sugerimos veriracar b importan­cia de la diferencia (en el ejemplo 12.5 se dan dalOS útiles).

Un transbordador espacial y un satélite están en la misma órbita circular pero en

lados opuestos de la Tierra. Explique cómo el transbordador podría hacer contac­

to con el satélite maniobrando hasta colocarse en una órbita circular con un radio

un poco menor. ¿El contacto también podría establecerse colocándose en una ór­bita circular con radio un poco mayor?

452 CAPíTULO 12 1 Gravitación

Peribc:lio

y

~-II--dP Afelio

12.5 I Las leyes de Kepler y el movimientode los planetas

12.18 Geometría de una elipse. La sumade las diSla11cias SP y S'P es la misma paratodos los puntos de la curva. Se exageraronlos tamaños del sol (S) y del planeta (P)por claridad.

, \S~p-líneadeISOI

al planeta

(.)

(b)

('J

12.19 (a) El planeta P se mueve alrededordel Sol (S) en una órbita elíptica. (b) EnUD tiempo dt, la línea SP barre un áreadA '" Hrd8)r =~r2d6.(c)Larapidezdelplaneta varía de modo que la línea SPbarre la misma ma A en UD tiempodado t, sea cual sea la posición del planetaen su órbita.

La palabra planeta viene de un vocablo griego que significa ''vagabundo''; efectiva­mente, los planetas cambian continuamente su posición en el cielo relativa al fondoestrellado. Uno de los grandes logros intelectuales de los siglos XVI y XVII fue darsecuenta de tres descubrimientos: que la Tierra es lID planeta, que todos los planetas es­tán en órbita alrededor del Sol y que los movimientos aparentes de los planetasvistos desde la Tierra pueden servir para determinar con precisión sus órbitas.

Los primeros dos descubrimientos fueron publicados por Nicolás Copernicoen Polonia en 1543. La determinación de las órbitas planetarias entre 1601 y 1619corrió a cargo del astrónomo y matemático alemán Johanh~S Kepler, utilizando unvoluminoso conjunto de datos precisos acerca de los movimientos planetariosaparentes compilado por su mentor, el astrónomo danes Tycho Brahe. Por mediode prueba y error, Kepler descubrió tres leyes empíricas que describían con exac­titud los movimientos de los planetas:

1. Cada planeta se mueve en una órbita elíptica, con el Sol en uno de losfocos de la elipse.

2. Una línea del Sol a un planeta dado barre áreas iguales en tiemposiguales.

3. El periodo de un planeta es proporcional a la longitud del eje mayor desu órbita elevado a la potencia t-

Kepler no sabía pOI' qué los planetas se movían así. Tres generaciones despues,cuando Newton dirigió su atención al movimiento de los planetas, descubrió quelas leyes de Kepler pueden deducirse; son consecuencias de las leyes del movi­miento de Newton y de la ley de la gravitación. Veamos de dónde surge cada unade las leyes de Kepler.

Consideremos primero las órbitas elípticas descritas en la primera ley de Ke·pler. La figura 12.18 muestra la geometría de la elipse. La dimensión más larga esel eje mayor, siendo "a" la mitad de su longitud; esta distancia se denomina ejesemimayor. La suma de las distancias de S a P y de S' a P es la misma para todoslos puntos de la curva. S y Si son los focos. El Sol está en S, y el planeta está en P;consideramos a ambos como puntos porque su tamaño es muy pequeño en com­paración con la distancia entre ellos. No hay nada en el otro foco S'.

La distancia de cada foco al centro de la elipse es ea, donde e es un número adi·mensional entre Oy 1 llamado excentricidad. Si e = O, la elipse es un círculo. Lasórbitas reales de los planetas son casi circulares; sus excentricidades varían entre0.007 para Venus y 0.248 para Plutón (la órbita de la Tierra tiene e = 0.017). Elpunto de la órbita más cercano al Sol es el perihelio, y el más lejano, el afelio.

Newton pudo demostrar que, para un cuerpo sobre el que actita una fuerza deatraccióI\proporcional a IIr2 las únicas órbitas cerradas posibles son un círculo ouna elipse; también demostró que las órbitas abiertas (las trayectorias (6) y (7) enla Fig. 12.13) deben ser parábolas o hipérbolas. Estos resultados pueden deducir·se aplicando directamente las leyes de Newton y la ley de la gravitación,junto conecuaciones diferenciales más complejas que las que podemos enfrentar.

La segunda ley de KepIer se muestra en la figura 12.19. En un lapso pequeñodt, la línea del Sol S al planeta P describe un ángulo dO. El área barrida es el trián·

12.5 I Las leyes de Kepler y el movimiento de los planetas 453

gula coloreado de altura r, base r dO y área dA = !r2de (Fig. 12.19b). La rapidezcon la que se barre área, dA/dt, se denomina velocidad de sector:

dA 1 2de- ~ -, - (12.16)dt 2 dr

La esencia de la segunda ley de Kepler establece que la velocidad de sector tieneel mismo valor en todos los puntos de la órbita. Cuando el planeta está cerca delSol, r es pequeña y de/dt es grande; cuando el planeta está lejos del Sol, r es gran­de y dfJldt es pequeña.

Para ver cómo la segunda ley de K.epler es consecuencia de las leyes de Newton,expresamos dAldt en términos del vector de velocidad vdel planeta P. La compo­nente" de vperpendicular a la línea radial <;s v 1. = V sen 1>. Por la figura 12.19b, eldesplazamiento en la dirección de v1. durante el tiempo dt es r de, de modo quetenemos u1. = r daldt. Usando esta relación en la ecuación (12.16), obtenemos

dA 1- = -ru sen 1>dI 2

( velocidad de sector) (12.17)

(12.18)

Ahora bien, rv sen 1> es la magnitud del'producto vectorial r x V, que es l/m ve­ces la cantidad de movimiento angular L = r x mv del planeta respecto al Sol.Tenemos entonces

dA~-I-lrxmvl=~dt 2m 2m

Por tanto, la segunda ley)de Kepler, establece que la velocidad de sector es cons­tante, ¡implica que la cantidad de movimiento angular es constante!

Es fácil ver por qué la cantidad de movimiento angular del planeta debe ser cons­tante. Según la ecuación (10.29), la rapidez de cambio de L es igual al momentode torsión de la fuerza gravitacional Fque actúa sobre el planeta:

Dado que el planeta está en órbita alrededor del Sol, no de la Tierra, sustituimosmy en la ecuación (12.14) por la masa del Sol, ms. Observe que el periodo no

(12.19)(órbita elíptica alrededor del Sol)

dL ~ ~ ~-='T=rxFdI

En nuestra situación, r es el vector del Sol al planeta, yFestá dirigida del planeta al Sol.Por tanto, estos vectores siempre están en la misma línea y su producto r x Fvecto­rial es cero, y dL/dt = O. Esta conclusión no depende del comportamiento según 1/r2 dela fuerza; la cantidad de movimiento angular angular se conserva para cualquier fuerzaque siempre actúa sobre la línea que une la partícula a un punto ftio, denominadaJUer­za central. (La primera y tercera leyes de Kepler sólo son válidas para fuerzas IIr2

.)

La conservación de la cantidad de movimiento angular también explica por quéla órbita está en un plano. El vector L = r x mv siempre es perpendicular al pia­no de ry v; dado que Les constante en magnitud ydirección, ry vsiempre estánen el mismo plano, que es el plano de la órbita del planeta.

Ya deducimos la tercera ley de Kepler para el caso particular de órbitas circu­lares. La ecuación (12.14) muestra que el periodo de un satélite o planeta en unaórbita circular es proporcional al radio de la órbita elevado a la potencia ~ New­Ion pudo demostrar que esta misma relación se cumple para una órbita elíptica,sustituyendo el radio r por el eje semimayor a: 1I

27Ta312

T~--

~

454 CAPÍTULO 12 I Gravilación

depende de la excentricidad e. Un asteroide en una órbita eliptica alargada con ejesemimayor a tiene el mismo periodo orbital que un planeta en una órbita circularde radio a. La diferencia clave es que la rapidez del asteroide varia a lo largo desu órbita elíptica (Fig. 12.19c), mientras que la del planeta es constante.

EJemploConceptual 12.7 Rapideces orbitales

¿En qué punto de una órbita elíptica (Fig. 12.18) tiene mayor rapi­dez un planeta?

lill!!Iil':'llILa energía mecánica se conserva al desplazarse el planeta en su ór­bita. La energía cinética del planela, K = fmv 2 es máxima cuandola energia potencial U = -Gmsm1r es mínima (es decir, más nega-

tiva; véase la Fig. 12.10), lo cual se da cuando r es mínima. Por tan·to, la rapidez ti es máxima en el perihelio.

Aquí podemos aprovechar lo que nos dice la intuición acerca delos cuerpos que caen. Al caer el planeta hacia el Sol, adquiere I"3pi­dez, y su rapidez es máxima cuando está l.lás cerca del Sol. Por elmismo razonamiento, el planeta se frena al alejarse del Sol, y su ra­pidez es mínima en el afelio.

El asteroide Pallas tiene un periodo orbital de 4.62 años y una ex­centricidad orbital de 0.233. Calcule el eje semimayor de su órbita.

lill!!Iil':'llIIDENTIRCAR Y PLANTEAR: Los asleroides están en órbita a1mledordel Sol, asi que podemos usar [a lercera ley de Kep[eren la forma de laecuación (12.19) para determinar el eje semimayor a a partir del perio­do dado T. Obsen'e que no necesitamos el valor de la excentricidad.

EJECUTAR: Por la ecuación (12.19),~ = CVCms T)n1T. Paradespejar o, elevamos esta expresión a la potencia J:

a ~ (GmsT2

)'",,,'

Puesto que G = 6.67 X 10- 11 N· m2lki y ms = 1.99 x lePO kg(lamasa del Sol, del apéndice F) está dada en unidades del Sistema [n-

temacional SI, debe~mos expresar el periodo Ten segundos, no enaños, empleando un factor de conversión del apéndice E: T"= (4.62años) (3.156 X 101 slaño) "" 1.46 x 103 s. Con este valor, obtene­mos 0= 4.15 X 1011J!' (Haga el cálculo para comprobarlo.)

EVALUAR: Nueslro resultado es intermedio entre los ejes scmima­yores de Mane y Júpiter (véase el apéndice F). Efectivamente, lamayor parte de los asteroides están en un "cinturón de asteroides"entre las órbitas de esos dos planetas.

Como nota histórica, Pallas se descubrió apenas en 1802. casidos siglos después de la publicación de la tercera ley de Kepler.Aunque Kepler dedujo sus tres leyes a partir de los movimientos delos cinco planetas (aparte de la Tierra) que se conocían en ese enton­ces, dichas leyes han demostrado ser válidas para lodos los planetas,asteroides y cometaS que se descubrieron posteriormente en órbitaalrededor del Sol.

Tercera ley de KeplerElemplo

12.8

Ejemplo129 El cometa Halley

El comela Hal1ey se mueve en una órbila e[iptica alargada alrede­dordel Sol (Fig. 12.20). En el perihelio, el cometa está a 8.75 x 101

km del Sol; en el afelio, estA a 5.26 x 109 km del Sol. Calcule el ejesemimayor, la excentricidad y el periodo de [a ómita.

lill!!Iil':'llIIDENTIFICAR Y PLANTEAR: Dadas las distancias en el perihelio yel afelio, podemos obtener el eje semimayor y la excenlricidad apartir de la figura 12.18. Una vez que conozcamos el eje semima·yor, podremos obtener el periodo orbital con la ecuación (12.19).

EJECUTAR: Por la figura 12.18, la longitud del eje mayor es la su­ma de las dislancias cometa-Sol en el perihelio y en el afelio. Lalongitud de ese eje es 20. asi que

8.75 X 101km + 5.26 X 109km 9a = 2 = 2.67 x 10 km

Si analizamos la figura 12.18 veremos que la distancia cometa­Sol en el perihelio está dada por

a-ea=a(l-e)

12.5 I Las leyes de Kepler y el movimiento de los planetas 455

(,'Conocemos esta distancia (8.75 X 101 km), asi que la excentrici·dad es

8.75 x 107 km 8.75 x 107 km1- =I~ =0.967

a 2.67 X 109 km

El periodo está dado porJecuación (12.19):

2'rro3!2 2'rr(2.67 X 1012 m).Ir.'T ~ ~V~G~m~, ~ CVC(O=6~.6~7~X="'1O~";N""='m""';/k:;:g"");(;,;.9~9~X~lO"'"O=k~g"')

= 2.38 X 109 S = 75.5 años

(b)

12.20 (a) Órbita del cometa Halley. (b) El camela en 1986. En elcorazón del cometa hay un cuerpo helado, llamado núcleo, deunos 10 km de diámetro. Cuando el cometa se acerca el Sol, el ca­lor de éste hace que el núcleo se evapore parcialmente. El materialevaporado forma la cauda, que puede tener decenas de kilómetrosde longitud.

EVALUAR: La excentricidad es casi 1, así quc la órhita del comclaes muy alargada (véase la figura 12.20a). El cornela Halley estuvoen su perihelio a principios de 1986; llegará otra vez al peripelío un

periodo despues, en el año 2061.

12.21 Una estrella y su planeta están en ór­bita alrededor de su cenlro de masa común.La estrella tiene una masa mucho mayor yestá mucho más cerca del centro de masa(mucho más que lo que se muestra aquí). Elplaneta y la estrella están en lados opuestosdel centro de masa cn todo momento.

Hemos supuesto que, mientras Lm planeta o cometa se mueve alrededor del Sol, és·te permanece absolutamente estacionario. Desde luego, esto no puede ser correcto; e!Sol ejerce una fuerza gravitacional sobre e! planeta, así que éste debe ejercer sobreel Sol una fuerza de la misma magnitud pero dirección opuesta. De hecho, tanto e! Solcomo el planeta gimn alrededor de su centro de masa común (Fig. 12.21). No obstan­te, nuestro error al despreciar este efecto es pequeño; la masa del Sol es unas 750 vecesmayor que la masa combinada de todos los planetas, de modo que el centro de masa delsistema solar no está lejos del centro de! Sol. Resulta interesante que los astrónomoshan aprovechado este efecto para detectar la presencia de planetas en órbita alrededorde otras estrellas. Los telescopios más sensibles pueden detectar e! "bamboleo" aparen­te de una estrella en órbita alrededor del centro de masa común de la estrella y un pla­neta acompañante que no puede verse. (La luz reflejada por los planems es demasiadotenue para observarse direcmmcme.) Analizando los dJmlles de esos ''bamboleos'', losastrónomos han descubierto planetas en órbita alrededor de docenas de estrellas.

Los astrónomos modernos usan a diario los resulmdos del análisis de los movi­mientos planetarios efectuado por Newton. No obsmme, el fesulmdo más nomblede lalabor de Newton es que los movimientos de los cuerpos celestes obedecen las mismasleyes que los cuerpos en la Tierra. Esta simesis newtoniana, como se ha llamado, es

Planeta

\Órbi13 del planeta

r--!"~Estrella

/Órbita de la estrella

(12.20)

456

pm

•

(.)

p

• +T,R=~ ti~R

O(b)

12.22 (a) Para calcular los efectos gravita­cionales afuera de un casco esférico, pue·de considerarse que toda la masa M estáconcentrada en el centro. (b) La distancia ses la hipotenusa de un triángulo rectángulocon caletos (r - R cos 4J) y R sen f/J.

CAPfTULO 12 1 Gravitación

uno de los grandes principios unificadores de la ciencia y afecta profundamente la for·ma como vemos el universo: no como un reino de misterio impenetrable, sino comouna extensión directa del mundo cotidiano, sujeta al estudio científico y el cálculo.

La órbita del comela X tiene un eje semimayor cualfo veces más grande que eleje semimayor del cometa Y. Calcule la razón de [OS periodos orbitales de los doscometas.

*12.6 I Distribuciones esféricas de masa

Hemos usado, sin demostrarla, la afirmación de que la interacción gravitacionalentre dos distribuciones de masa esféricamente simétricas es la misma que sería sila masa de cada una estuviera concentrada en su centro. Ya estamos en condicio­nes de demostrar esto. Newton buscó varios años una demostración, y aplazó lapublicación de la ley de la gravitación hasta que la encontró.

He aquí 10 que haremos. En vez de comenzar con dos masas esféricamente sí­métricas, atacaremos el problema más sencillo de una masa puntual m que interac·túa con un casco esférico delgado con masa total M. Demostraremos que, si m estáfuera de la esfera, la energía potencial asociada a esta interacción gravitacional esla que sería si M estuviera concentrada en el centro de la esfera. Según la ecuación(12.10), la fuerza es la derivada negativa de la energía potencial, asi que la fuerzaque actúa sobre m es la misma que para una masa puntual M. Toda distribuciónesfericamente simétrica de masa puede considerarse formada por muchos cascos es­féricos concéntricos, así que nuestro resuljado será válido para cualquier M esfé·ricamente simétrica.

Comenzamos por considerar un anillo en la superficie del casco (Fig. l2.22a),centrado en la linea del centro del casco a m. Hacemos esto porque todas las par·ticulas del anillo están a la misma distancia s de la masa puntual m. Por la ecuación(12.9), la energía potencial de la interacción entre la Tierra (masa mT ) Y una masapuntual m separada una distancia /. es U = -GmTmlr. Cambiando la notación enésta expresíón, vemos que, en la situación de la figura 12.22a, la energía potencialde interacción entre m y una partícula de masa m; del anillo está dada por

Gmlll¡U;= --­,

Para calcular la energía potencial de interacción entre 111 y el anillo entero de ma·sa dM = 11'1;, sumamos esta expresión de U¡ para todas las partículas del anillo.Llamamos a esta energía potencial dU, y vemos que

dU = LU; = L l- Gmmj\ = _ Gm L,./II; = _ GmdMI i \ . s J s i S

Para continuar, necesitamos conocer la masa dM del anillo, que podemos calcularcon un poco de geometría. El radio del casco es R, así que, en términos del ángu·lo 4J de la figura, el radio del anillo es R sen 1', y su circunferencia es 21rR sen q,.La anchura del anillo es R de/>, Y su área dA es aproximadamente su anchura mul·tiplicada por su circunferencia:

dA = 21r~ sen 4J d4J

12,6 I Distribuciones esféricas de masa 457

La relación enrre la masa del anillo dM y la masa tOlal M del casco es la mismaque hay entre el área dA del anillo y el área total A = 41TR2 del casco:

(12.21)

(12.22)

(12.23)

(12.25)GMm

--[(dR) - (r-R))2rR

(masa puntual 111 afuera de un casco esférico M) (12.26)

GMm f'"U = --- ds =2rR r-R

GMmu=--­r

= r2- 2rRcos4> + R1

Diferenciamos ambos miembros:

s' = (r - Rcos</»' + (Rsen</»'

Ahora despejamos dM y sustituimos el resultado en la ecuación (12.20) para obte­ner la energía potencial de interacción enrre la masa puntual m y el anillo:

dU = _ GMm sen ¡jJ drP2s

Por último, tenemos

La energía potencial total de interacción entre la masa punmal m y el casco Mes la integral de la ecuación (12.22) para toda la esfera, desde 4> = Ohasta 4> = 1T

(¡no 21T1) y desde s = r - R hasta s = r + R. Para realizar la integración, de­bemos expresar el integrando en términos de una sola variable; escogemos s.Para expresar ti> y d4J en ténninos de 5 necesitamos otro poco de geometría. En lafigura 12.22b es evidente que s es la hipotenusa de un triangulo rectángulo con ca­tetos (r - R cos rP) y R sen tI>. así que, por el teorema de Pitágoras:

Esto es igual a la energla potencial de dos masas puntuales m y M a una distancia r,así que hemos demostrado que la energía potencial gravitacional del casco esféricoM y la masa puntual m a cualquier distancia,. es la misma que sería si fueran masaspuntuales. Dado que la fuerza está dada por Fr = -dU/dr. la fuerza es la misma,

Cualquier distribución esféricamente simétrica de masa puede considerarse comouna combinación de cascos esféricos concéntricos. Por el principio de superposi­ción de las fuerzas, lo que es válido para un casco es válido para la combinación.Por tanlo. hemos demostrado [a mitad de lo que nos propusimos. que la interac­ción gravilacional enrre una distribución esféricamenle simétrica de masa y unamasa punrual es la misma que sería si toda la masa de la distribución esruvieraconcentrada en su centro.

La otra mitad consiste en demostrar que dos distribuciones esféricamente simé­tricas de masa imeracnian como si fueran puntos. Esto es más [adl. En la figura1222. las fuerzas que los dos cuerpos ejercen entre sí son un par acción-reacción, yobedecen la tercera ley de NeWlon. Por tanto, hemos demostrado que la fuerza que• ejerce sobre la esfera M es la que ejercería si M fuera un punto. Si ahora sustitui-

2s ds = 2rR sen rP d4>

Ahora dividimos esto entre 2rR y sustituimos el resultado en la ecuación (12.22):

GMm sds GMmdU = ----- = ---d, (12.24)

25 rR 2rR

"1 Ahora podemos integrar la ecuación (12.24), recordando ques varia de (r - R) a (r + R):

458 CAPfTULO 12 I Gravitación

Masa puntual dentro de un casco esférico

mos m por una distribución esféricamenle simétrica de masa centrada en la posi.ción de m, la fuerza gravitacional que actúa sobre cualquier parte de M es la mis­ma que antes, y 10 mismo se cumple para la fuerza total. Esto completa lademostración.

(12.27)

(masa puntual m dentro de un casco esférico M) (12.28)

Supusimos al principio que la masa puntual ni estaba afuera del casco esférico, asique nuestra demostración sólo es válida si m está afuera de una distribución esfé­ricamente simétrica de masa. Si m está adentro de un casco esférico, la geometríaes la que se muestra en la figura 12.23. El amilisis es el mismo; las ecuaciones(12.20) a (12.24) siguen siendo válidas, pero en la ecuación (12.25) los limites deiDlegración deben cambiarse a R - r y R + r. Entonces tenemos

GMm f.R+r .GMmU- --- ds: ---[(R + ,) - (R - ,)]

2rR R-r 2rR

y el resultado final es

GMmU= --R-

12.23 Si una masa puntual m está dentrode un casco esferita unifonne de masa M,la energia potencial es la misma sin impor­tar en qué punto del interior del casco estéla masa puntual. La fuerza de la interac­ción gravilacional mutua de las masases cero.

•

\

~

Compare este resultado con la ecuación (12.26): en lugar de tener r, la distancia entrem y el centro de M, en el denominador, lenemos a R, el radio del casco. Esto implicaque U en la ecuación (12.28) no depende de r y por tanto liene el mismo valor en IO­do el interior del casco. Si ni se mueve dentro del casco, no se efectúa trabajo sobre ella,así que la fuerza que actúa sobre ni en cualquier punto dentro del casco debe ser cero.

En términos más generales, en cualquier punto del interior de una distribuciónesféricamente simétrica de masa (no necesariamente hueca), a una distancia r delcentro, la fuerza gravitacional que actúa sobre una masa puntual ni es la mismaque existiría si elimináramos toda la masa situada a una distancia mayor que r delcentro y concentráramos la masa restante en el centro.

Ejemplo12 10 "Viaje al centro de la Tierra"

Suponga que hace un agujero que atraviesa la Tierra (radio Rr ,masa mr) siguiendo un diámetro y deja caer una mochila de correo(masa m) por el. Deduzca una expresión para la fuerza gravitaeionalque actúa sobre la mochila en función de su distancia r al centro.Suponga que la densidad de la Tierra es uniforme (un modelo nomuy realista; vea la Fig. 12.S).

lT:1!!IlI:'IlIIDENTIFICAR Y PLANTEAR: Como vimos, la fuerza gravitacionala una distancia r del centro sólo depende de la masa M dentro deuna esfera de radio r(Fig. 12.24).

EJECUTAR: Con densidad uniforme, la masa es proporcional al volu­men de la esfera, que es ~1Trlpara esta esfera y ~1TR.f para la Tierra.)"enemos

m,

12.24 Agujero por el centro de la Tierra (que suponemos unifor­me). Si un objeto está a una distancia r del centro, sólo la masadentro de una esfera de radio r ejerce una fuerza gravitacional netasobre él.

En la novela clásica de ciencia ficción En el centro de la Tierra, escrita en 1913por Edgar Rice Burroughs. ciertos exploradores descubren que la Tierra es unaesfera hueca y que toda una civilización vive en el interior de la esfera. ¿Sería po­

sible pararse y caminar en la superficie interior de un planeta hueco?

12.7 I Peso aparente y rOl:ación terrestre

la magnitud de la fuerza gravitaeional que actúa sobre m está dada por

GMm GmTm,J GmTmF ~--~---.--,

• ,-! r! R/ R/

EVALUAR: Denlro de la Tierra. F, es dirrclamt!ntt! proporcional ar. no a I/r como afuera de la esfera. En la superficie, donde r "" RT•

459

la expresión anterior da F. "" Gmrm/RT!, como es de esperar. En elsiguiente capítulo aprenderemos a calcular elliempo que la mochi­la tardaría en llegar al orro lado de la Tiern. Por ahora, tenga pre­5enle que el supuesto de densi~d unifonne de la Tierra es, como elagujero, pura fanlaSía. Ya vimos la variación de la densidad de laTierra en la sección 12.2.

·12.7 I Peso aparente y rotación terrestre

Puesto que la Tierra gira sobre su eje, no es precisamente un marco de referenciainercial. Por esta razón, el peso aparente de un éliCrPOen la Tierra no es exactamen­te igual a la atracción gravitacional terrestre, a la que llamaremos peso \'erdadero Wodel cuerpo. La figura 12.25 es una vista recortada de la Tierra que muestra tres ob­servadores. Cada uno sostiene una balanza de resane (dinamómetrol de la cual cuel­ga un cuerpo de masa m. Cada balanza aplica tma fuerza de tensión F al cuerpo, y la

lecrura de cada balanza es la magnitud Fde dicha fuerza. Si los observadores no sonconscientes de la rotación de la Tierra, piensan que la lectura de la báscula es igual

Polo norte o sur:peso aparente ==peso verdadero

N

Ñio - peso verdadero de un objeto de masa",

¡ - fuen:a ejercida por la balaJUa sobre el objetode masa",

¡ + ,yo - fuen:a neta que actúa sobre el objeto de masa",:debido a la rotación terrestre. no es cero(excepto cn los polos)

,¡; '"' peso aparente == opue.to de F

¡,=_,1m .P!___ ~=Wlm

--6>:-irod

--------

Lejos de tos polos:por la rotación terrestre.

c:l peso aparenleno~ igual al peso

verdadero

12.25 Excepto en los polos, la lectura deuna b8scula en la que se pesa un objelo (elpeso apanntt!) ~ ImDOr que la fuerza deatracción gravitaciooal que acrua sobre elobjelo (el peso l·errkulero). Ello se debe aque se requiere una fuerza neta que propor­cione la aceleración centripeta, pues elobjeto gira junto con la Tierra. Por claridad,en el dibujo se exagera considerablementeel ángulo f3 entre los vectores de peso ver­dadero y peso aparente.

460 CAPÍTULO 12 I Gravitación

(12.29)-­(en el ecuador)mu2

w= wo-­RT

Si la Tierra no girara y el cuerpo se soltara, éste tendría una aceleración de cai­da libre go = wolm. Como la Tierra sí gira, la aceleración real del cuerpo relativaal observador en el ecuador es g = w/m. Dividiendo la ecuación (12.29) entre m yusando estas relaciones, obtenemos

al peso del cuerpo porgue creen que éste está en equilibrio. Así, cada observadorpiensa que a la tensión F a laque llamamos peso aparente. Pero si los cuerpos giranjunIo con la Tierra, no están precisamente en equilibrio. Nuestro problema es encon·trar la relación entre el peso aparente w, y el verdadero wo-

Si suponemos que la Tierra es esféricamente simétrica, el peso verdadero Wo ten­drá magnitud Gm"r'IIIR/, donde /liT y RT son la masa y el radio de la Tierra. Este va­lor es el mismo para todos los puntos en la superficie terrestre. Si podemos tomar elcentro de la Tierra como el origen de un sistema inercial de coordenadas, el cuerpoque está en el polo norte realmente está en equilibrio en un sislema inercial, y la lec·tura de la balanza de resorte de ese observador es igual a Wll' En cambio, el cuerpo enel ecuador se mueve en un circulo de radio RT con rapidez v, y debe haber una fuer­za neta hacia adentro igual a la masa muhiplicada por la aceleración centrípeta:

mu'wo-F=­

RT

Por lanto, la magnitud del peso aparente (igual a la magnitud de F) es

u'g = go -­

RT(en el ecuador)

Para evaluar u2/RT, observamos que, en 86,164 s, un punto en el ecuador se mueveuna distancia igual a la circunferencia de la Tierra, 27TRT = 21T(6.38 X 106 m). (Eldía solar, 86,400 s, es ~ más largo porque, en un dia, la Tierra también recorre~de su órbita alrededor del Sol.) Por tanto,

2".(6.38 X lO'm)u = 86,164 s = 465 mIs

u2 (465m1s)2- = = 0.0339 ro/s2RT 6.38 X 106 ro

Así, para una Tierra esféricamente símétrica, la aceleración debida a la gravedaddebe ser cerca de 0.03 m/s2 menor en el ecuador que en los polos.

En puntos intennedios entre el ecuador y los polos, el peso verdadero Woy laaceleración centrípeta no están en la misma línea, y necesitamos escribir unaecuación vectorial correspondiente a la ecuacíón (12.29). Por la figura 12.25, esevidente que la ecuación apropiada es

w= Wo - 1114.-1 = mgo - mara¡J (12.30)

La diferencia en las magnitudes de g y go está entre O y 0.0339 mls2. Como seaprecia en la figura 12.25, la dirección del peso aparente difiere de la dirección ha­cia el centro de la Tierra en un ángulo pequeño {3, que es 0.1 0 o menos.

La tabla 12.1 da los valores de g en varios lugares, mostrando las variacionescon la latitud. También hay otras variaciones pequeñas debidas a que la Tierra notiene una simetría esférica perfecta, variaciones locales en la densidad y diferenciasen elevación.

12.8 I Agujeros negros 461

Zona del Canal 9' . O 9.78243Jamaica 18' O 9.78591Bermuda 32' O 9.79806Denver 40' 1638 9.79609Pittsburgh, Pa. 40.5" 235 9.80118Cambridge, Mass. 42' O 9.80398Groenlandia 70' O 9.82534

Nuestro análisis del peso aparente también puede aplicarse al fenómeno de laingravidez aparente en las naves en órbita, que describimos en la sección 12.4. Loscuerpos dentro de la nave tienen peso; la atracción gravitacional de la Tierra sigueactuando sobre ellos igual que si estuvieran en reposo relativos a la Tierra. El pesoaparente de un cuerpo en una nave está dado también por la ecuación (12.30):

W = Wo - miif3d = mio - matad

Sin embargo, para una nave en órbita, así como para un cuerpo dentro de la nave,la aceleración a"'d hacia el centro de la Tierra es igual al valor de la aceleración de lagravedad io en la posición de la nave. Por tanto

12.26 Sobre éste astronauta en órbita ac·túa la gravedad de la Tierra, pero él sientequc no tiene peso porque su aceleraciónes igual a g.

g(m/s1)

Tabla 12.1 Variaciones de g con la latitud y la elevación

Estación Latitud norte Elevación (m)

io = arady el peso aparente es

W=oEsto es a 10 que nos referimos al decir que un astronauta u otro cuerpo en una

nave aparentemente no tiene peso. Observe que no supusimos nada acerca de lafonna de la órbita; como dijimos en la sección 12.4, un astronauta carecerá de pesoaparente sea cual sea su órbita (Fig. 12.26).

¿Qué rapidez v tendria que tener un punto en el ecuador para que un objeto ahitenga un peso aparente de cero?

12.8 I Agujeros negros

El concepto de agujero negro es una de las consecuencias más interesantes y descon­certantes de la teoria gravilacional moderna, pero la idea básica puede entendersecon base en los principios newtonianos. Pensemos primero en las propiedades denuestro Sol. Su masa M = 1.99 X 1030 kg Y radio R = 6.96 X 108m son muchomayores que los de cualquier planeta pero, en comparación con otras estrellas, elSol no es excepcionalmente masivo.

¿Qué densidad media p tiene el Sol? Podemos calcularla como hicimos para laTierra en la sección 12.2

M M 1.99 X 1030 kg

p = V = ~7TR3 = ~7T(6.96 X 108mp= 1410 kg/m3

La temperatura del Sol varia entre 5800 K (unos 5500°C) en la superficie y 1.5 X 107 Ken el interior, así que seguramente no contiene sólidos ni líquidos. No obstante, la

r-"'~--------_·

462 CAPfTULO 12 I Gravitación

atracción gravitacional junta los alomos de gas hasta hacer al Sol, en promedio, 41 %mas denso que el agua yunas 1200 veces más denso que el aire que respiramos.

Veamos ahora la rapidez de escape de un cuerpo en la superficie del Sol. En elejemplo 12.5 (sección 12.3) vimos que la rapidez de escape de la superficie de unamasa esférica de masa M y radio R es v = V2GMIR. Podemos relacionar esto conla densidad media. Sustituyendo M = pV = p(j7TR3) en la expresión para la ve­locidad de escape tenemos

(12.31)

Si un euerpo esferico sin rOlación con masa Al tiene un radio menor que Rs, nada(ni siquiera la luz) podrá escapar de su superficie, y el cuerpo funcionará comoagujero negro (Fíg. 12.27). En esle caso, todos los cuerpos que estén a menos deuna distancía Rs del centro del agujero negro quedarán atrapados por su atracción

"gravitacional y no podr:in escapar de el.La superficie de la esfera con radio Rs que rodea a un agujero negro se denomi­

na horizonte de e,·entos porque, dado que la luz no puede escapar del interior de laesfera, no podemos ver los eventos que ocurren ahí. Lo único que un observadorafuera del horizonte de evemos puede conocer acerca de un agujero negro es su ma­sa (por sus efectos gravitacionales sobre otros cuerpos), su carga eléctrica (por lasfuerzas eléctricas que ejerce sobre otros cuerpos cargados) y su cantidad de movi-

Con cualquier forma de esta ecuación., podemos calcular la rapidez de picape pa­ra un cuerpo en la superficie solar, ésta es u = 6.18 X 103 mis (cerca de 2.2 X 106

km/h). Este valor, que es cerca de 1/500 de la rapidez de la luz, es independientede la masa del cuerpo que escapa; sólo depende de la masa y el radio (o la densidadmedia y el radio) del Sol.

Consideremos ahora diversas estrellas con la misma densidad media p y diferen­tes radios R. La ecuación (12.31) muestra que, para un valor dado de p, la rapidezde escape u es directamente proporcional a R.fn 1783, John Mitchell, un astró­nomo aficionado, señaló que, si un cuerpo~ la misma densidad media que elSol tuviera un radio 500 veces mayor, la magnitud de su rapidez de escape seríamayor que la rapidez de la luz c. Al apuntar que "toda la luz emitida de semejan­te cuerpo tendría que regresar a él", MitchelI se convirtió en la primera persona ensugerir la existencia de lo que ahora llamamos agujero negro.

La primera expresión para la rapidez de escape de la ecuación (12.31) también su­giere que un cuerpo de masa M actúa como agujero negro si su radio R es menor oigual que cierto radio critico. ¿Cómo podemos determinar dicho radio critico? Po­driamos pensar que se puede determinar su valor con sólo hacer u = e en la ecuación(12.31). De hecho, esto sí da el resultado correcto, pero sólo porque dos errores secompensan. La energía cínética de la luz no es mc2!2, y la energía potencial gravita­cional cerca de un agujero negro no está dada por la ecuación (l2.9). En 1916, KarlSchwanschild usó la leoria general de la relatividad de Einstein (que en parte esuna generalización y eXlensión de la leoria gravitacional newtoniana) para dedu­cir una expresión para el radio crítico Rs, llamado ahora radio de Schwarzschild.El resultado es el mismo que si hubiéramos igualado u a c en la ecuac¡óri (12.31):

e ~ J2GMRs

Despejando el radio de Schwarzschild Rs• tenemos

(12.32)(radio de Schw3nschild)2GM

Rs~¿

(b)

12.27 (a) Si el radio R de un cuerpo esmayor que el radio de Schwarzschild Rs, laluz puede escapar de la superficie del cuer­po. Al alejarse, la luz se "desplaza al rojo"hacia longitudes de onda mayores. (b) Si elcuerpo está dentro del horizonte de eventos(radio Rs), es un agujero negro con una ra­pidez de escape mayor que la rapidez de laluz. En tal caso es muy poca la informa~

ción que podemos oblener acerca de él.

(o)

""'

12.8 I Agujeros negros

miento angular (porque un agujero negro en roUlción tiende a arrastrar el espacio-y todo lo que contiene- junto con él). Toda la demás información acerca delcuerpo se pierde irremisiblemente cuando se colapsa dentro de su horizonte de eventos.

- Cálculos de agujeros negros

463

Las teorias de astrofisica modernas sugieren que una estrella que­mada puede colapsarse bajo su propia gravedad para formar unagujero negro si su masa es de cuando menos tres masas solares. Ental caso, ¿qué radio tendría el horizonte de eventos?

lEI!I3l!llIIDENTIFICAR Y PLANTEAR: El radio en cuestión es Rs, dado porla ecuación (12.32). "Tres masas solares" significa M = 3 (1.99X \030 kg) = 6.0 X \030 kg.

EJECUTAR: Por la ecuación (12.32):

R _ _2G_M_ _ cc2("6c::.6"7"X~IO=C-ccUc::Ncc·,,m:c',,/k:cg-,')-,("6';CO_X,--"lO,,~c::k,,,g,,-)s ~ el - (3.00 X lOs mis)!

= 8.9 X 103m = 8.9 km

EVALUAR: Si el radio de semejante objeto es exactamente igual aRs, la densidad media tiene el increíblemente alto valor de

M 6.0 X IO){) kg

P = ~11-R3 = ~1T(8.9 X IOJ m)J

= 2.0 X IO lg kg/m3

Esto es del orden de l01~ veces la densidad de la materia ordinariaen la Tierra y es comparable con la densidad de los núcleos atómi­cos. Oc hecho, una vez que el cuerpo se colapsa a un radio de Rs,nada puede evitar que se colapse más. Toda la masa se comprime aun solo punto llamado singularidad en el centro del horizonte deeventos. Este punto tiene volumen cero y, por tanto, densidad irIfinita.

que es menos de 6 millas.

En puntos alejados de un agujero negro, sus efectos gravimcionales son los mis­mos que los de cualquier cuerpo normal con la misma masa. Si el Sol se colapsarapara formar un a!,'Ujero negro, las órbitas de los planetas no se afectarían. Sin em­bargo, en las cercanías del agujero negro las cosas son drásticamente distintas. Si ellector decidiera convertirse en un mártir de la ciencia y saltara a un agujero negro,quienes se quedaran atrás observarían varios efectos extraños al moverse usted haciael horizonte de eventos, casi todos asociados a la relatividad general. Si usted llevaraun radiotransmisor para informar de sus experiencias, habría que resintonizar el re­ceptor continuamente a frecuencias cada vez más bajas por el efecto denominadodesplazamiento gravitacional al rojo. Junto con éste desplazamiento, los observa­dores percibirían que los relojes de usted (electrónicos o biológicos) avanzan cadavez más lentamente por el efecto llamado dilatación del tiempo. De hecho, a los ob­servadores no les alcanzaria la vida para ver cómo Ud. llega al horizonte de eventos.En su marco de referencia, usted llegaría al horizonte de eventos en un tiempo muycorto pero de forma un tanto desconcertante. Al caer con los pies por delante hacia elagujero negro, la atracción gravitacional sobre los pies sería mayor que sobre la ca­beza, que estaría un poco más lejos del agujero. Las diferencias en la fuerza gravi­tacional que actúa sobre las distintas partes de su cuerpo serían suficientes paraestirarlo a usted en la dirección hacia el agujero negro y comprimirlo en la direcciónperpendicular. Estos efectos (llamados fuerzas de marea) separarían sus átomos yluego los desgarrarían, antes de que usted llegase al horizonte de eventos.

Si la luz no puede escapar de un agujero negro, y si los agujeros negros son tan pe-•queños como sugiere el ejemplo 12.11, ¿cómo podemos saber que mies cosas existen?Si hay gas o polvo cerca de un agujero negro, tenderá a formar un disco de acrecen­tamiento que girará en torno del agujero y caerá en él, como en un remolino (Fig.1228). La fricción dentro del material del disco hace que pierda energía mecánica ycaiga en espiral hacia el agujero negro, comprimiéndose al hacerlo. Esto causa un ca­lentamiento del material, como sucede con el aire comprimido en una bomba para bi-

464

12.28 Sistema de estrella binaria en el queuna estrella ordinaria y un agujero negrogiran uno alrededor del otro. El agujeronegro tira de la materia de la estrella ordi·naria para fonnar un disco de acrecenta·miento a su alrededor. El gas del disco secomprime y calienta a temperaturas tan ai­las que se conviene en una fuente intensade rayos x.

12.29 Esta imagen de color falso muestralos movimientos de estrellas en el centrode nuestra galaxia durante un periodo decinco años. Un análisis de estas órbitas conla tercera ley de Kcpler indica que las es­trellas se mueven alrededor de un objetoinvisible cuya masa es 2.6 x 106 veces ladel Sol. La barra de escala indica unalongitud de 1014

ID (670 veces la distanciaentre la Tierra y el Sol) a la distancia delcentro galáctico.

CAPfTllLO 12 I Gravitación

cicleta Se pueden alcanzar temperaturas por encima de 1rI K en el disco de acrecent3­miento, de modo que no sólo se emite luz visible (como hacen los cuerpos al "rojo vivo"o al "rojo blanco"), sino también rayos x. Los astrónomos buscan estos rayos x (emitidosantes de que el material cmce el horizonte de cventos) para detectar la presencia de unagujero negro. Se han hallado varios candidatos prometedores, y los astrónomos han ex·presado una confianza considerable en la existencia de los agujeros negros.

La masa de los agujeros negros en sistemas de estrella binaria como el de lafigura 12.28 es unas cuanlas veces mayor que la del Sol, y cada vez hay más ·prue.bas de la existencia de agujeros negros supermasivos mucho mayores. Se cree quehay uno en el centro de nuestra galaxia. la Vía Láctea, a unos 26,000 años luz dela Tierra en la dirección de la constelación Sagitario. Imágenes de alta definicióndel centro galáctico revelan estrellas que giran a más de 1500 kmIs en tomo a unobjeto invisible que coincide con la posición de una fuente de ondas de radio lIa·mada Sgr A· (Fig. 12.29). Al analizar estos movimientos, los astrónomos puedeninferir el periodo T y el eje semimayor a de la órbita de cada estrella. Asi, se puedecalcular la masa /1/x del objeto invisible utilizando la tercera ley de Kepler en laforma que se da en la ecuación (12.19), sustituyendo la masa del Sol ms por !1/x:

21ra312 41r2a3

T = . r::--- así que mx = ---;;::;-vGmx GJ-

La conclusión es que el misterioso objeto oscuro en el centro de la galaxia tieneuna masa de 5.2 x 1036 kg, o sea, 2.6 millO/les de veces la masa del Sol. Sin em­bargo, observaciones efectuadas con radiotelescopios revelan que su radio no esmayor que 1011 m, una distancia comparable a la que hay entre la Tierra y el Sol.Estas observaciones sugieren que lal objeto masivo y compacto es un agujero ne­gro con un radio de Schwarzschild de 7.8 x 109 m. Los astrónomos confian enmejorar la definición de sus observaciones a tal grado que, en unos pocos años,podrán ver el horizonte de eventos de ese agujero negro.

Otras líneas de investigación sugieren que podría haber agujeros negros aúnmás gran~es, con más de 109 masas solares, en el centro de otms galaxias. Los es­tudios de observación y teóricos sobre agujeros negros siguen siendo un área deinvestigación vital y estimulante en la fisica y astronomía contemporáneas.

Si el Sol llegara a colapsarse para formar un agujero negro, ¿qué efecto tendría esesuceso sobre la órbita de la Tierra?

,

465

f:::.¿.,-" _~'''-...~21

~mlF1{I--,ZI" F1{l-'1I

w ~ pew del amo""ul. - Gmrmlrl, = di'landa del astronauta

al unrrode la Tierra

Peri""J;o~_+---;;'..:Af";"

,- R, ~ 6.38 x 106m,.A.wonaulll. masa In

~+--1~:O;:l?~~~~~'(X100m)O So:! 10 IS, 20 2S 30 , _ R (X 106m)~S10IS20!.5 r

Di$WlCÍ.1. sotn la ~perficie lermUe

(12.1)

(12.9)

(12.14)

,

{Gn;;. ...V = v---;--,-(rapldez en orb¡la clTCular) (12.12)

21fr 0 21f?'lT= -;- = 21TrVc;,;;:; = VCmT

(periodo en órbita circular)

GmTg = Ri (12.4)

(aceleración debida a la gravedaden la superficie terrestre)

GmTmw=F =-- (12.3)

I Rl(peso en la superficie de la Tierra)

Resumen

La energia potencial gravitacional U de dos masas m y

/liT separadas por una distancia r es inversamente pro­porcional a r. La energía potencial nunca es positíva; escero sólo cuando los dos cuerpos están ínfinitamentedistantes uno del otro. (Véase ejemplo 12.5.)

RESUMEN

La ley de la gravitación de Newton dice: que dos cuerpos cua­lesquiera con masas mi Ym2' separadas por una distancia r,se atraen con fuerzas inversamente proporcionales a r 2

• Talesfuerzas forman un par acción-reacción y obedecen la terceraley de Newton. Si dos o mas cuerpos ejercen fuerzas grnvita­cionales sobre un cuerpo dado, la fuerza grnvitacional totalque actúa sobre ese cuerpo es la suma vectorial de las fuerzasejercidas por los otros cuerpos. (Véanse ejemplos 12.1 al 12.3.)

Si un satélite se mueve en una órbita circu­lar, la atracción gravitacional de la Tierraproporciona la aceleración centripeta.(vease ejemplo 12.6.)

El peso w de un cuerpo es la fuerzagravitacionaltOlal ejercida sobre él portodos los demás cuerpos del universo.Cerca de la superricie de la Tierra(masa mr y radio RT), ésto es en esen­cia igual a la fuerza gravitaeional dela Tierra sola. (Véase ejemplo 12.4.)

Las tres leyes de Kepler describen característícas de las órbitas elípticas de los planetasaJm:ledor del Sol o de salelites alrededor de un plane13. (Véansc ejemplos 12.7 al 12.9.)

í

466 C"pfTULO 12 I Gravitación

La interacción gravitacional de cualquier distribución esfericamcnte simétrica de ma­sa, en puntos afuera de la distribución. es la misma que seria si toda la masa estuvieraconcenlrada en el centro. (Vease ejemplo 12.10.)

-,

Si una distribución esférica de masa sin rota­ción, con masa total M, tiene un radio menorque su radio de Schwarzschild, Rs• se clasificacomo agujero negro. La interacción gravita­cional impide que cualquier cosa, incluida laluz, escape de una esfera con radio Rs_(Véaseejemplo 12.11.)

Términos clave

2GMRs =~ (12.32)

"(radio de Schwanschild)

agujero negro, 462

constante gravitacional, 437eje semimByor, 452

energía potencial gravitacional, 445excentricidad, 452

Notas del lector

horizonte de el'cotos,. 462ley de la gravitación, 437órbita abierta, 448órbita cerrada, 448

peso aparente, 460peso verdadero, 459radio de Schwarzschild, 462

rapidez de escape, 446

Preguntas para análisis 467

Respuesta a la pregunta inidal del capitulo

La fuerza gravitacional que un objeto con masa m] ejerce sobre laTierra (masa ml) es inversamente proporcional al cuadrado de la dis­tancia r entre el objeto y la Tierra: F:: Gm¡m.jr. Aunque las gala­xias son 10" veces más masivas que el Sol, están 7.5 X 10 12 vecesmás distantes de la Tierra, así que la fuerza gravitacional con queatraen a la Tierra es sólo (1011 )1(7.5 X 1012

)2 = 1.8 x 10- 15 vecestan grande como la fuerza gravitacional del Sol. Por ello, el efeclogravitacional de las galaxias sobre la Tierra es insignificante.

Respuestas a las preguntas de Evalúesu comprensión

Sección 12.1 Por la ecuación (12.1), la magnitud de la fuerza queactúa sobre cada automóvil es

F, = (6.67 X 1O- 1I N'm2Ikg~)(900 kg)(900 kg)I(3.0 m)2= 6.0 X 10-6N

Podemos ejercer una fuerza más de 10,000 veces mayor que éstacon el dedo meñique. Las fuerzas gravitacionales son insignifican­tes en los choques automovilísticos.Sección 12.2 La aceleración debida a la gravedadgM en la super­ficie de Mane depende tanlo de la masa mM dcl planeta como de suradio RM :~ = GmMIRM

2. El radio de Marte es 53% del de laTierra,)" esto hace que el valor de g", sea mayor que lo que eabria esperarcon base exclusivamente en la masa.sección 12.3 Sí es püSlble, porque las dos cantidades dependen de di­krente manera de la masa m, y del radio R, del planeta: el valor de gen la superficie es Gm,fRp

2, mientras que la rapidez de escape es'\. 2Gmp/Rp • En el caso de Saturno, por ejemplo, m, es aproximada­IIEIlte 100 veces la masa de la TIerra y Rpes aproximadamente 10 ve­ces el rudio de la Tierra. El valor de g difiere: del valor en la TIerra porm factor (looY(lOf :lC I (es decir, es igual que en la TIerra), mientras:pe la rapidez de escape es mayor en un factor de VlOOflO = 3.2.

Es útil recordar que la gravedad superficial se refiere a las con­. es en la superficie del planeta, mientras que la rapidez de es­

ape (que es la que necesitarnos adquirir para escapar al infinito),jqlende de las condiciones en todos los punto~ entre la superficie

planeta y el infinito. Al tener Saturno mucha mas masa que laxna.. sus erectos grnvilacionales se hacen sentir a distancias mu­

mayores y su rnpidez de escape es más alta.5eaión 12,4 En una órbita de rndio menor, el transbordador tiene

rapidez y en algún momento alcanzará al satélite. Entonces,~ podría maniobrar con sus molores para colocan;e en la misma

que el satélite y así hacer contaCIO. El transbordador Iambienpasar a una órbita de mayor rndio; entonces, el satélite len­

~'Of rapidez y tarde o temprano alcanzaría a la nave.-. 12.S La ecuación (12.9) muestrn que el periodo orbital es

1""-~.",~ a la potencia ~ del eje semimayor. Por lo\lanto, el pc­mbitaJ del cometa X es más largo que el del camela Y por un.% 41;~ = 8.

."".1.2.6 Nuestro análisis muestra que la fuerza gravitacional.:k Ull casco esférico hueco es cero. Por tanto, quienes visita­

.-:riorde un planeta hueco experimentarían ingravidez, y nopararse sobre la superficie interior ni caminar en ella.

Sección 12.7 Queremos queg = ga -,}IRr = O. Por tanto. u2debeser igual a goRr, o sea,

v = VgORT :: \/(9.80 m1s2)(6.38 X Hfm) = 7910 mIs

Para que esto suceda, la Tierra tendria que girar (7910 mlsY(465 mis)= 17.0 veces más rápidamente de lo que 10 hace.Sección 12.8 No habría efecto alguno, Si el Sol se colapsara parafoOllar un agujero negro (cosa que, según lo que sabemos actual­mente de las estrellas, no puede suceder), tendria la misma masapero un radio mucho más pequeño. Dado que la atracción gravitacio­nal entn: el Sol y la Tierra no depende del radio del Sol. la Ól'bita dela Tierra no se alteraria.

Preguntas para análisis

P12.1 Un esludianle escribió: "La única razón por la que una man­zana cae hacia la Tierra en lugar de que ésta suba hacia la manzanaes que la Tierra tiene una masa mucho mayor y por tanto tira conmucha mayor fuerza". Comente esto.P12.2 Para delernlinar G con Ulla balanza de Cavendish (Fig. 12.4)deben conocerse las masas mi Ym;¡. ¿Cómo podriamos detenninarestas masas sin pesarlas?P12.3 Si todos los planetas tuvieran la misma densi~ media.¿cómo dependería del radio del planeta la aceleración debida a lagravedad en la superficie?P12.4 Una líbra de mantequilla, ¿es la misma cantidad en la TIerraque en Mane? ¿Y un kilogramo de mantequilla? &plique.P12.S El ejemplo 12.2 (sección 12.1) muestra que la aceleraciónde cada esfera causada por la fuerza gravitacional es lm"C!'S3lt1enteproporcional a la masa. ¿Por qué entonces esa fuerz:a cb a todas lasmasas la misma aceleración cuando se dejan caercerca di:' la super­ficie terrestre?P12.6 ¿Usted le atrae más al Sol al medio dia o a la media no­che? Explique.P12.7 Dado que la Luna es atraída constantemente hacia la Tie­rra por la interacción gravilacional, ¿por qué no choca con la Tierra?P12.8 Imagine que el Sol duplica su masa. ¿Qué declo lendría es­to sobre el peso de usled en la Tierra (medido par.indose: sobre unabáscula)? Explique.P12.9 El Sol tira de la Luna con una fuerza cuya magnitud es másdel doble de la de la fuerza con que la Tierra atrae a la Luna. ¿Porque entonces el Sol no se lleva a la Luna?P12.10 En el capítulo 7 deítnirnos la energia potencial gravitacio­nal como U:: mgy, po5ilÍva para un cuerpo de masa m sobre la su­perficie terrestre (que está en y = O). Sin embargo, en este capitulola deítnimos como U = - Gmrml,J, "egotú'o para un cuerpo demasa m sobre la superficie terrestre (que está en r = Rr). ¿Cómopuede comparar estas descripciones al parecer incompatibles?P12.11 Un planeta se mueve con rapidez constante en una órbi­ta circular alrededor de una estrella. En una órbita completa, ¿lafucTUl gravitacional que la estrella ejerce sobre el planeta reali­za trabajo neto: positÍ\'o, negativo o cero? ¿Y si la órbita del pla­neta es elíptica, de modo que la rapidez del planeta no esconstante? Explique.

CAPiTULO 12 I Qra"il8ción

Figura 12.30 Ejercicio 12.6.

«,

5'0

O.IOOkg

----------~---------------

1.--0.'00 m-+--O.600m--->

5.00 kg

(;)i~ @Luna

12.3 Dos esferas unifonnes con masas mi Yml tiencn sus centrosseparados por una distancia TU y ejercen entre si una fuerza gravi­tacional de magnitud Fu. ¿Qué magnitud de fuerza graYitacionalejerce enlre si un segundo par de esferas uniformes con masas nml

y 11m2 y una separación entre centros de I1rl2' donde n es cualquiernúmero positivo?12.4 Dos esferas uniformes, ambas con masa M y radio R, se to­can. ¿Qué magnitud tiene su fuerza de atracción gravitacional?12.5 Una nave interplanetaria pasa por el punto en el espacio en elque se cancelan exactamente las fuerzas gravitaeionales que el Sol yla Tierra ejercen sobre la nave. a) LA que distancia del cenrro de la Tie­rra está la nave? Use los datos del apendice F. b) ¿Qué sucede, si su­cede algo, cuando la 1l3\'e pasa por el puntO descrito en (a)? Explique.12.6 a) En la figura 12.30, ¿qué magnitud y dirección tiene: la fuer­za gravitacional neta ejercida sobre la esfera uniforme de 0.100 kgpor las otras dos esferas uniformes? Los cenlros de las !reS esferasestán en la misma línea. b) Según la lercera ley de Newton, ¿la esfe­ra dc 0.100 kg ejeree fuerzas de la misma magnitud que su respues­la a la parte (a), pero con dirección opuesla, sobre cada una de lasotras dos csferas?

(a) (b)

Figura 12.31 Ejercicio 12.9./

12.7 Una persona adulta en promedio tiene una masa aproximadade 70 kg. ¿Que fuerza ejerce una Luna llena sobre ella si está direc­tamenle arriba con su eentro a 378,000 km?12.8 El Sol tiene una masa 333,000 veces mayor que la de la Tie­rra. Para una persona en la Tierra, la distancia media al centro delSol es 23,500 veces la distancia al centro de la Tierra. En magnitud,¿qué relación hay entre las fuerzas gravitacionales del Sol y la Tie­rra que actúan sobre esa persona?12.9 Calcule la magnitud y dirección de la fuerza gravitacionalneta que actúa sobre la Luna debida a la Tierra y el Sol cuando laLuna eSla en cada una de las posiciones mostradas en la figura12.31. (La figura no esta a escala. suponga que el Sol está en el pla-

468

Ejercicios

P12.12 La rapidez de escape para un objeto en la superficie terres­tre. ¿depende de la dirección en que se lanza? Explique. ¿Su res­puesta depende de: si induye o no los efectos de la resistencia delaire?P12.13 Si un proyectil se dispara hacia arriba desdc la superficieterrestre, ¿qué sucederá si la energía mecánica total (cinética + po­tcncial) es: a) menor que cero? b) ¿Mayor que cero? Desprecie laresistencia del aire y los efectos gravitacionales del Sol, la Luna ylos demás planctas.P12.14 Analice la siguiente afinnación: "En ausencia de resistenciadel aire, la trayecloria dc un proyeclillanzado cerca de la superfi­cie lerrestre es una elipse, no una parábola".P12.15 La líerrn está masccrca del Sol en noviembre que en mayo.¿En cuál mes es mayor su rapidez orbital? Explique.P12.16 Una empresa de comunicaciones desea poner en órbitaun satelile que siempre eSle directamenle sobre el paralelo 45 (la­titud 450 norte). Esto implica que el plano de la órbila no pasarápor el COltro de la Tierra. ¿Es posible tal órbita? ¿Por que si o porqué no?P12.17 ¿En que punto de una órbita elíptica es máxima la acelera·ción? ¿Y mínima? Justifique sus respuestas.P12.18 ¿Qué viaje requiere más combustible, de la Tierra a la Lunao de la Luna a la Tierra'! Explique.P12.19 ¿Cual seria la tercera ley de Kepler para órbitas circularessi una modificación a la ley de la gravitación de Newton hiciera ala fuerza gravilacional inversamente proporcional a ,-l? ¿Afectariaesle cambio a las Olras dos leyes de Kepler? Explique.P12.20 En la órbita elíptica del cometa Halley que se muestra en lafigura 12.2oa, la gravedad del Sol hace que el comcta caiga desdeel afelio basta el perihelio. Pero. ¿que hace que el camcla suba otravez del perihelio al afelio?P12.21 Muchas personas creen que los astronautas en órbita sien­(en no tener peso porque eslán ''fuern del alcance de la grnvcdad te·rrestre·'. ¿Qué tan lejos lendría que viajar una nave para eSlarrealmcnte fuera de la influcncia gravitacional de la Tierra? En talcaso, ¿permanecería en órbita la nave? Explique. ¿Cuál es la razónreal por la que los astronautas en órbita se sientan sin peso?P12.22 Como parte de su adiestramiento, los astronautas viajan enun avión que vuela en la misma trayectoria parabólica que un pro­yeclÍl en caída libre. Explique por que esto proporciona la mismasensación de ingrnvidez que estar en órbita.

5e<ción 12.1 Ley de la gravitación de Newton12.1 ¿Qué relación hay entre la atracción gravit3cional del Solsobre la Luna y la de la Tierra sobre la Luna" (Suponga que ladistancia entre la Luna y el Sol es aproximadamente la mismaque entre la Tierra y el 501.) Use los datos del apendic!e F. ¿Esmás preciso dccir que la Luna está cn órbita alrededor de la Tierrao del Sol?12.2 Un satélite de 2150 kg empleado en una red de teléfonos ce­lulares está en una órbita circular a una altura de 780 km sobre lasuperficie terrestre. ¿Qué fuerza gravilacional actúa sobrc el? ¿Quéfracción es eSta de su peso en la superficie?

r

A B

Figura 12.32 Ejercicio 12.13.

O.OlOkg

'o.ocm~l" IO.Ocm, ,0.260k.;/ 6. cm "",,0.260kg

-----*----8.0 cm I 8.0 cm

12.21 En una medición de G usando la balanza de Ca\'endish,se observó que una esfera uniforme de 0.400 kg atrae a otra de0.00300 kg con una fuerza dc 8.00 X 10-10 N cuando la distan­cia entre sus centros es de 0.0 100m. La aceleración debida a lagravedad en la superficie lerrestre es de 9.80 TT\tS1 y d radio dela Tierra es dc 6380 km. Calcule la masa de la Tierra con cstosdatos.12.22 En el ejemplo 12.4 (sección 12.2), despreciarnos los efec­tos gravitacionales de las lunas de Marte. La mayor. Fobos. lieneun radio aproximado de 12 km y una dcnsidad media de 2000kglm l

. a) Calcule la fuerza gravitacional que Fobos ejerce sobreel vchículo del ejemplo si el vehículo está sobre la superficie deFobos. b) Comcnte si la aproximación hccha en el ejemplo fueapropiada o no.

469Ejercicios

Sección 12.3 Energia potencial gravitacional12.23 El asteroide DaClilo, descubierto cn 1993, tiene un rndio desólo 700 m y una masa aproximada dc 3.6 x IOl2 kg. Use ios resul­tados del ejemplo 12.5 (sección 12.3) para calcular la rapjdez de es­cape de un objeto en la superficie de Dactilo. ¿Podria una personaalcanzar esta velocidad caminando?12.24 Cieno satélite de comunícaciones en órbita atnIit a la rlClT3con una fuerza de 19.0 kN, Yla energía potencial gnnitaciooaJr~­rra-satélite (rdativa a cero a una separación infinita) es de -139 X1011 1. a) Calcule la altura del satélite sobre la supcñlCie lefRS[f'C.

b) Dctennine la masa del satélite.12.25 Use los resultados del ejemplo 12.5 (seccÍÓIII~3t paracalcular la rapidez de escape de una nave: a) de la superítcie deMarte: b) de la superficie de Júpiter. Use los dalOS del~ f·e) ¿Por qué la rapidez de escape de la nave es indepeDdXnte de sumasa?12.26 Diez días después de lanzarse hacia Mane en~ de1998, la nave Mars Crin/ate Orbiler(masa de 629 kgl esaba a 2. 7X 106 km de la Tierra, viajando con rapidez de 120 x: uf' kmb re­lativa a la Tierra. Para ese momento, calcule: a) la eoergia aneticade la nave, relativa a la Tierra; b) la energía potencial del sistemaTierra-nave.

Sección 12.4 Movimiento de satélites12.27 Un satélite terrestre se mueve en una órbita eirnJIar conrapidez orbital dc 6200 mis. a) Calcule su periodo. b, Calcule laaceleración radial dcl satClite en su órbita.12.28 ¿Que periodo dc revolución tiene lDl satditc de' masa /PI enórbita circular con radio de 7880 km (unos ISOOkmsobR la super­ficie lerrcstre)?12.29 Si se desea colocar un salélite en órllita ciR:ular 780 Jan so­bre la superficie terrestre, ¿que rapidez orbital se le debe impartir?12.30 Suponga que la órbita de La rlClT3 en tomO al Sol es circular.Use el radio y el periodo orbitales de lar lCIT3 dados en el apendiceF para calcular la masa del Sol.12.31 Deimos. una luna de Mane. tiene un diámetro aproximadode 12 km y una masa de 2.0 X IO'Skg. Suponga que está varado so­10 en Oeimos y quiere jugar béisbol. ¡Usted mismo seria el lanza­dor y el bateador! ¿Con que rapidez tendría quc lanzar la pelotapara que entre en órbila y vuelva a donde usted esta listo para ba­tearla? ¿Cree que podria lanzarla con esa rapidez?

no de la órbita Tierra-Luna, aunque esto nonnalmente no sucede.)Use los datos del apéndice F.12.10 Cuatro masas idénticas de 800 kg cada una se colocan en lasesquinas de un cuadrado que mide 10.0 cm por lado. ¿Que fuerzagravitacional neta (magnitud y dirección) actúa sobre una de lasmasas, debida a las alTaS tres?12.11 Tres masas idénlicas de 500 kg cacla una se colocan sobre eleje x. Una masa esti en x = -10 cm. una esti en el origen y la alTaesti en x = 40 cm. ¿Qué fuerza gravitacional neta (magnitud y direc­ción) actúa sobre la masa que esui en el origen. debida a las otras dos?12.12 Dctcnnine la magnitud y dirección dc la fuerza gravitacio­nal que actúa sobre una panícula de masa m a la mitad del caminoentre dos objetos esféricamente simétricos, uno de masa mi y otrode masa 11I2, donde m2 > mi, cuyos centros están separados una dis­tancia d.12.13 Dos esferas uniformes de0.260 kg están fijas en los pun­tosA y S (Eg. 12.32). Calcule lamagnitud y dirección de la ace­leración inicial de una esferaunifonne de 0.010 kg que se suel­ta del reposo en p. suponiendoque sólo actúarl sobre ella las fuer­zas gravitacionales de las otrasdos esferas.

Sección 12.2 Peso12.14 Use la masa y el radio de Plutón dados en el apendice F pa­ra calcular la aceleración debida a la gravedad en su superficie.12.15 ¿A qué distancia sobre la superficie terrestre es la acelera­ción debida a la gravedad 0.980 mfs2, si en la superficie tiene unamagnitud de 9.80 mfs2?12.16 La masa de Venus es el 81.5% de la de la Tierra, y su radioes el 94.9% del de la Tierra. a) Calcule la aceleración debida a lagravedad en la superficie de Venus con eStos datos. b) ¿Cuánto pe­sa una roca de 5.00 kg en la superficic dc Vcnus?12.17 Titania, la luna más grande de Urano, tiene k dcl radio te­rrestre y~ la masa de la Tierra. a) Calcule la aceleración debida ala gravedad en su superficie. b) Calcule la densidad media de Tita­nia. (Es mcnor que la densidad de las rocas, lo cual es una pruebaque Titania esti constituida principalmente por hielo.)12.18 Rea, una de las lunas de Saturno, tiene un radio de 765 km Yuna aceleración debida a la gravedad de 0.278 mls2 en su superfice.Calcule su masa y densidad media.12.1 9 Calcule la fuerza gravitacional que la Tierra ejerce sobre unastronauta de 75 kg que esta reparando el telescopio espacial Huboble a una altura de 600 km sobre la superficie terrestre y compare6C valor con su peso en la superficie. Con base en su resultado, ex­plique por qué decimos que los astronautas no tienen peso cuandoeslán en órbita alrededor de la Tierra en un satélite como el trans­bordador espacial.12.20 Las estrellas de neutrones, como la que eslá en el centro de lanebulosa del Cangrejo, tienen aproximadamente la misma masa queel Sol pero un diámetro mucho más pequeño. Si una persona pesa 675N en la Tierra, ¿cuánto pesaria en la superficie de una estrella de neu­trones que tiene la misma masa que el Sol y un diámetro de 20 km?

470 CAPfTULO 12 I Gravitación

*Sección 12.6 Distribuciones esféricas de masa*12.38 Una varilla delgada uniforme tiene longitud L y masa M.Una esfera uniforme pequeña de masa m se coloca a una distancia.{ de un extremo de la varilla, sobre el eje de ésta (Fig. 12.33). a)Calcule la energía potencial gravitacional del sistema varilla-esfe­ra. Tome U = Ocuando la varilla y la esfera están separadas unadislancia infinita. Demuestre que su respuesta se reducc al resulta-

Sección 12.5 las leyes de Kepler y el movimientode los planetas12.32 Plan~la \'u!Cano. Suponga que se descubre un planeta entreel Sol YMercurio, con una órbita circular de radio igual a i del ra­dio orbital medio de Mercurio. (Llegó a postularse la existencia detal plancta, en pane para explicar la precesi6n de la órbila de Mer­curio. Incluso recibió el nombre Vulcano, aunque no tenemos prue­bas dc que exista realmente. La precesión de Mercurio se haexplicado con base en la relatividad general.) ¿Qué periodo orbitaltendría ese planeta?12.33 La estrella Rho l Cancri está a 57 años luz de la Tierra y sumasa cs 0.85 veces la del SoL Se ha detectado un planeta en órbitacircular cn torno a Rho l Cancri, con un radio orbital igual a 0.11 ve­ces el radio dc la órbita de la Tierra alrededor del Sol. Calcule a) larapidez orbital y b) el periodo orbital del planeta de RIJo! Cancri.12.34 Venus tiene una órbita casi circular. Usc los datos de radio or­bital y periodo de Venus del apéndice F para calcular la masa del Sol.12.35 Use la figura 12.18 para demostrar que la distancia Sol-pla­neta en el perihelio es (1 - e) a, que en el afelio es (1 + e)a y que, por

lo tanto, la suma de estas distancias es 2a. b) Suele decirse que Plu­16n es el planeta más exterior pero, en su perihelio en 1989, estabacasi 100 millones de km más cerca del Sol que Neptuno. Los ejesscmimayores de las órbitas de Plutón y Neptuno son 5.92 X lOu my 4.50 X 1011 m, respcctivamcnle, y sus cxccnlricidades son 0.248 y0.010. Calcule la distancia mas cona de Plut6n al Sol y la más lar­ga de Neptuno al Sol. c) ¿Cuántos años despues de su perihelio en1989 volverá a estar Plutón en perihelio?12.36 La estrella 70Virginis está a 59 años luz de la TIerra ytiene unamasa de 1.9 X IoJO kg. a) Se sabe que un planeta grande con masa de1.3 X I(f* kg está en una órbita alrededor de esa estrella, la cual loatrae con una fuerza de 3.3 X 10Zó N, cuando la separación entre suscentros es igual al eje semimayor de la órbita del planeta. Calcule es­ta distancia (en km). b) Calcule el periodo (en días) de la órbita de eseplaneta. c) Podría haber otros planetas, aun no descubiertos, en órbimalrededor de 70 Virginis. Si hubíera un segundo planeta en órbita circu­lar, con periodo orbital igual a ocho veces el valor obtenido en la parte(b), ¿qué radio (cn km) tcndría la órbita dcl segundo planeta?12.37 La nave Helios B tenia una rapidez de 71 kmls cuando esta­ba a 4.3 x 101 km del Sol. a) Demuestre que no estaba en órbita circu­lar alrededor del SoL b) Demueslre que su órbita alrededor del Solera cerrada y, por tanto, elíptica.

Al

Figura 12.34 Ejercicio 12.39y problcma 12.82.

~-----~------~

do esperado cuando.x es mucho mayor que L. (Sugerencia: Use laexpansión en forma de serie de potencias que se da en el sptodiceB para In (1 + x). b) Use F~ :::: -dUllÚ para calcular la magnitud ydirección de la fuerza gravitacional que la varilla ejerce sobre la es­fera. Demuestre que su respuesta se reduce al resullado esperadocuando x es mucho mayor que L."12.39 Considere el cuerpo confonna de anillo de la figura 12.34.Una partícula de masa m se colo­ca a una distancia x del centrodel anillo, sobre la línea que pasapor el centro y es perpendicularal plano del anillo. a) Calcule laenergía potencial gravitacíana!U de este sistema. Tome U = Ocuando los dos objetos estánmuy alejados. b) Demuestre que su respuesta a la parte (a) se redu­ce al resultado esperado cuando x es mucho mayor que el radio Q

del anillo. e) Use Fz = -dUldxpara obtenerla magnitud ydirecci6n

de la fuerza que actúa sobre la panícula. d) Demueslre que su res­pueSta a la pane (e) se reduce al resultado esperado cuando x es mu­cho mayor que a. e) ¿Cuánto valen Uy F% cuandox = O? Expliquepor que son 16gicos estos resultados.

Sección 12,7 Peso aparente y rotación terrestre*12.40 El peso de una pcr.;ona en el ecuador, determinado por unabalanza de resorte, es de 690 N. ¿En cuanto difiere de la verdaderafuerza de alracción gravitacional en el mísmo punto? Suponga quela Tierra es esféricamenle simetrica.*12.41 La acelernción debida a la grnvedad en el polo norte de Nep­lUno es cercana a 10.7 rnlSl. Neptuno tiene una masa de 1.0 x 1000kg,un rndio de 2.5 X 10" km Yun periodo de rotación aproximado de J6h. a) Calcule la fuerza gravitacional que actúa sobre un objcto de 5.0kg en el polo norte dc Neptuno b) ¿Qué peso aparente tiene esemismo objcto en el ecuador de Neptuno? (Nota: La "superficie" deNeptuno es gaseosa, no sólída, así que no podríamos pammos ahí.)

Sección 12.8 Agujeros negros12.42 a) Demuestre que un agujero negro atrae a un objeto conmasa m con una fuerza de m¿'Rs/(2?), donde r es la distancia entreel objelo y el centro del agujero negro. b) Calcule la magnitud de lafuerza gravitacional ejercida por un agujero negro con radio deSchwarzschild de 14.0 mm sobre una masa de 5.00 kg a 3000 kmde distancia. c) ¿Qué masa (íene este agujero negro?12.43 En el centro de la galaxia. Los astrónomos han observadoun objeto pequeño y masivo en el centro de nuestra galaxia, la VíaLáctca (sección 12.8). Un anillo de material con un diametro apro­ximado de 15 años luz y rapidez orbital aproximada de 200 kmlsestá en órbita. a su alrededor. a) Delermine la masa del objelo centralde la Via Láclea. Dé su respuesta. en kg y en masas solares (una ma­sa solar es la masa del Sol, calcule la relación: masa del objeto/masadel Sol). b) Observaciones de estrellas y lcarías acerca de su cstruClu­m sugieren que es imposible que una eslrella tenga una masa mayorque unas 50 masas solares. ¿Podría el objeto masivo ser una sola es­lrella ordinaria? c) Muchos astrónomos creeD que el objeto masivocentral de la Vía Láctea es un agujero negro. De ser asi, ¿qué mdio

mAl

~~~~~~·L~~~~~)~f¡~----;--~-Figura 12.33 Ejercicio 12.38 y problema 12.8].

•

Problemas 471

Figura 12.35 Problema 12.46.

Problemas

por su atracción gravitacional murua. (Haga caso omiso de todas lasdemás fuerzas gravitacionales.) a) Explique por qué se conserva lacantidad de movimiento lineal. b) Cuando sus centros están separa­dos 20.0 m: i) ¿qué rapidez tiene cada esfera? ii) ~Con qué magni­tud de velocidad relativa se acerca una esfera a la otra? c) ¿A quédistancia de la posición inicial del centro de la esfera de 25.0 kgchocan las superficies de las dos esferas?12.51 Suponga que la órbita de la Luna es circular. A panir del pe_riodo orbital observado de 27.3 dias, calcule la distancia de la Lunaal centro de la Tierra. Suponga que los movimientos de la Luna sóloestlÍIt determinados por la fuerza gravítacional que la Tierra ejercesobre ella, y use la masa de la Tierra dada en el apendice F.12.52 Campo gravltacional. El campo gravitadona/ gproducidopor un objeto se define como la fuerza gravitacional F. que el oh­jeto ejerce sobre una panicula pequeila de prueba con masa m, di­vidida entre m. Es decir, g = F.¡m. ¿Qué magnitud y direccióntiene el campo gravitacional producido por un objcto esféricamentesimétrico de 20.0 kg que está en un punto situado 1.50 m directa­mente arriba el centro del objeto?12.53 Satélites geoslncr6nicos. Muchos satélites se mueven en un

circulo en el plano ecuatorial de la Tierra y están a tal altura quesiempre permanecen sobre el mismo punto. a) Determine la alturade estos satélites sobre la superficie terrestre. (Decimos que una ór­bita asi es geosincrollica.) b) Explique, con un dibujo, por qué lasseñales de éstos satélites no pueden llegar directamente a recepto­res terrestres siruados a más de 81.3° de latitud none.12.54 Un módulo de descenso con masa de 12,.soo kg está en Órbitaciml1ar a una distancia de 5.75 x lOS m sobre la superficie de un pla­neta. El periodo de la órbita es de 5800 s. Los astronautas del módu­lo han detenninado que el diimetro del planeta cs de 9.60 x lo' m.El módulo desciende en el polo norte del planeta. ¿Cuánto pesara unastronauta de 85.6 kg al pararx en la superficie del planeta?12.55 Determine la rapidez de escape de un asteroide de 300 kmde diámetro y densidad de 2500 kglml

.

12.56 a) Los asteroides tienen densidades medias del orden de2500 kglml y radios desde 470 km hasta menos de 1 km. Suponien­do que un asteroide tiene una distribución esféricamente simétricade masa, estime el radio del asteroide más grande del que podria es­capar con sólo saltar. (Sugerencia: Puede estimar su rapidez de saltorelacionándola con la altura mixima que puede saltar en la Tierra.)b) Europa, una de las cuatro lunas grandes de Júpiter. tiene un radiode 1570 km. La aceleradÓll debida a la gravedad en su supcrlicie es de1.33 mlrl. Calcule su densidad media.12.57 a) Suponga que está. en el ecuador de la TfeIT3 y observa unsatélite que pasa directamente arriba en dirección oeste a este.Exactamente 12.0 horas después, observa otra "ez el satelite direc.­tamente arriba de su cabeza. ¿A qué altura sobre la superficie te­rrestre está la órbita del satélite? b) Ahora observa otro satélite quese mueve de este a oeste y pasa directamente arriba de su cabeza. Elsatélite vuelve a estar en esa poSición 12.0 horas después. ¿A quédistancia sobre la superficie terrestre está su órbita?12.58 El planeta X gira de forma analoga a la Tierra, en torno a uneje que pasa por sus polos: none y sur, y es perfectamente esférico.Un astronauta que pesa 943.0 N en la Tierra pesa 915.0 N en el polonorte del planeta X y sólo 850.0 N en su ecuador. Ut distancia entreel polo norte y el ecuadores de 18,850 km, medidos sobre la super-

,~C:~__02.0kg

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p 0.50 m

de Schwarzschild tendria? Un agujero negro de este tamaño, ¿ca­bria dentro de la órbita de la Tierra en tomo al Sol?12.44 Deduzca la relación Rs = (3.0 kmlmasa solar)M, donde Mestá en masas solares. (Una masa solar es la masa del SoL) ¿Qué tanexacta es esta relación?12.45 ¿A qué fracción de su radio actual tendría que comprimirsela Tierra para convertirse en agujero negro?

12.46 Tres esferas unironnes es­tán fijas en las posiciones indica­das en la figura 12.35. a) ¿Quémagnitud y dirección tiene lafuerza que actúa sobre una pani- O..sOmeula de 0.0150 kg colocada en P?b) Si las csferas están en el espa­cio lejano fuera de alguna atrac­ción gravitacional adicional, y

una partícula de 0.0150 kg sesuclta del reposo a 300 m del ori­gen sobre una linea inclinada 45° bajo el eje -x, ¿qué rapidez tendrála partícula cuando llegue al origen?12.47 Una esfera uniforme de 60.0 kg se sostiene con su centro enel origen, y una segunda esfera uniforme de 80.0 kg se sostiene consu ~ntro en el punto x = O,y = 3.00 m. a) ¿Qué magnitud y direc.­ción tiene la fuerza gravitacional neta que estas esferas ejercen so­bre una tereera esfera uniforme de 0.500 kg colocada en x = 4.00m.y = O? b) ¿En qué posición, que no sea a una distancia infinita,podria colocarse la tercera esfera de modo que la fuerza gravitacio­nal neta que actúa sobre ella debido a las otras dos esferas sea cero?12.48 a) Demueslre que la fuerza gravitacional que actúa sobre laestrella pequeña debida a las dos estrellas grandes del ejemplo 12.3(sección 12.1) no está dirigida hacia el punto a medio camino entrelas estrellas grandes. b) Considere que las dos estrellas grandes for­man un solo cuerpo rígido (como si estuvieran unidas por una vari­lla de masa despreciable). Calcule el momento de torsión ejercidopor la estrella pequeña sobre el cuerpo rígido respecto a un pivoteen su centro de masa. c) Explique cómo el resultado de la parte (b)demuestra que el centro de masa no coincide con el de gravedad.¿Por qué sucede esto en esta siruación?12.49 En cierto instante, la Tierra, la Luna y una nave estacionariade 1250 kg estan en los vértices de un triángulo equilátero cuyos la­dos miden 3.84 x lo' km cada uno. a) Calcule la magnitud ydirec­ción de la fuerza gravitacional que la Tierra y la Luna ejercen sobrela nave. Exprese la dirección en forma de ángulo medido a panir deuna linea tendida entre la Tierra y la nave. En un dibujo, muestre laTierra, la Luna, la nave y el vector de fuerza. b) ¿Qué cantidad mi­nima de trabajo tendría que efectuarse para desplazar la have hastaun punto distante de la Tierra y la Luna? Pueden despreciarse losefectos gravitacionales debidos a los demás planetas y al Sol.12.50 Se realiza un experimento en el espacio lejano con dos esfe­ras uniformes, una de 25.0 kg Yla otra de 100.0 kg. El radio de lasdos esferas es el mismo, r = 0.20 m. Las esferas se sueltan del re­poso con sus centros separados 40.0 In, Yaceleran una hacia la otra

472 CAPÍTULO 12 I Gravilaci6n

Figura 12.36 Problema 12.67.

Horida

¡erraoSol

12.65 Marrillo que cae. Un manilla de masa m se deja caer del re­poso desde una altura h arriba.de la superficie terrestre, no necesa­riamente pequeña en comparación con el radio RT de la Tierra.Despreciando la resistencia del aire, deduzca una expresión para larapidez lJ del martillo cuando llega a la superficie. Su cx.presión de­berá incluir 11, RT Y/IIr, la masa de la Tierra.12.66 a) Calcule cuánto trabajo se requiere para lanzar una nave demasa m desde la superficie de la Tierra (masa II1T' radio Rr) Ycolo­carla en una órbita baja circular, es decir, una órbita cuya altura so­bre la superficie terrestre es mucho menor que Rr. (Por ejemplo, laEstación Espaciallntcmacional eslil en órbita baja a una altura apro­ximada de 400 km, mucho menor que RT = 6380 km.) Se puede des­preciar la energía cinetica que la nave tiene en tierra debido a larotaciÓD del planeta. b) Calcule la canlidad minima de trnbajo adicio­nal requerida para pas3r la nave de una órbita baja a una distanciamuy grande de [a TIerra. Se puede hacer caso omiso de los efectosgrnvitacion.ales del Sol, la Luna y los demás planetas. c) Juslifique laaflflIlación en el sentido de que "en lénninos de energía, una órbitabaja esta a la mitad de la distanciaa los confines del universo".12.67 Se va a lanzar una nave dela superficie terrestre de modoque escape del Sistema Solar. a)Calcule la rapidez relativa al cen­tro de la Tierra con que se debelanzar. Tenga en cuenta los efec­tos gravitacionales de la TIerra yel Sol, e incluya los efectos de larapidez orbital de la TIerra, perodesprecie la resistencia del aire.b) La rotación terrestre puede ayudar a esta nave a alcanzar la rapidezde escape. Calcule la rapidez que la nave debe lener rdativa a la su­perficie terreslre si se lanza de Florida en el punto indicado en lafigura 12.36. Los movimientos rotacional y orbital de la Tierra tienenla misma dirección. Las instalacioncs de lanzamiento de florida es­tlÍn 28.5<> al norte del ecuador e) La Agcncia Espacial Europca (ESA)usa instalaciones de lanzamiento en la Guyana Francesa (inmcdiata­mente al nortc de Brasil), 5.15<> al norte del ecuador. ¿Que rapidez re­lativa a la superficie terrestre necesitaría adquirir una nave paraescapar del Sistema Solar si se lanza desde la Guyana Francesa?12.68 Polencial gravllacional. Podemos definir una cantidad útilllamada pOlenda!gruvitaciona! de la Tierra (denotado con 4J) si es­tipulamos que el prodUCIO de su valor en cualquier punto y la masade una partícula colocada en ese punto nos da la energia potencialgravitacional de ese sistema TIerra-partícula. (Usaremos una cantidadanáloga, el polencial eléctrico V, cuando veamos las interaccioneseléctricas en el capitulo 23.) a) Detennine las unidades SI para elpotencial gravitacional y dcmuestre que son cquivalentes a ml /s1•

b) Deduzca la ecuación para el potencial gravitacional en cualquierpunto fuera de la Tierra si se toma como cero a una distancia infini­ta de ella. c) Calcule el aumento en el pOlencial gravitacional entrela superficie de la Tierra y la altitud a la que está la Estación EspacialInternacional (400 km). d) Use el resultado de la parte (c) para calcu­lar el trabajo que debe efectuarse conlra la fuerza gravitacionalde la Tierra para llevar una carga útil de 15,000 kg de la superficieterrestre a una altitud de 400 km.

ficie del planeta X. a) ¿Qué duración liene el día en el planeta X?b) Si un satélite de 45,000 kg se coloca en órbita circular 2000 kmarriba de la superficie del planeta X, ¿qué periodo orbital tendrá?12.59 Hay dos ecuaciones para calcular el cambio en la energiapotencial gravitacional U del sistema de una masa m y la Tierra.Una es U = mgy (ecuación 7.2) y la otra es U = -GIIlTIIlJI' (ecua­ción 12.9). Como se demostró en la sección 12.3, la primera sólo escorrecta si la fuerza gravitacional es constante dentro del cambio dealtura .6.y. La segunda siempre es correcla. En realidad, la fuerzagravitacional nunca es exactamente constante dentro de ninguncambio de altura pero, si la variación es pequeña, podemos despre­ciarla. Considere la diferencia en U entre una masa en la superficielerrestre y a una distancia h arriba de ella usando ambas ecuacio­nes, y detennine el valor de h con el que la ecuación (7.2) liene unerror de 1%. Exprese h como una fracción del radio de la Tierra ytambi6n como valor numérico.12.60 Imagine que usted es ingeniero cientifico de la nave Despis­tado Erran/e, la cual se posa en el misterioso planeta Mongo. Ustedefectúa estas mediciones: una piedra de 2.50 kg lanzada hacia arri·ba desde el suelo a 12.0 mis vuelve al suelo en 8.00 s; la circunfc·rencia de Mongo en cl ecuador es de 2.00 X lOS km; Yel planetncarece prácticamentc de atmósfera. El capitán Confusión, coman­dante de la nave, pide la información siguiente: a) ¿Qué masa tieneMongo? b) Si cI Despistado Errante se coloca en una órbita circular30,000 km arriba de la superficie de Mongo, ¿cuántas horas tardaráen dar una vuelta completa al planeta?12.61 Calcule la diferencia porcentual entre el peso que tiene enSacramento, cerca del ni\'el del mar, y en la cima del monte Everest,a 8800 m sobre el nivel del mar.12.62 En el ejemplo 12.5 (sección 12.3), despreciamos los efectosgravitacionales de la Luna sobre una nave que viaja de la Tierra a laLuna. De hecho, debemos incluir también la energía potencial gra­vitacional debida a la Luna. Para este problema, desprecie los movi·mientos de ambos cuerpos. a) Si la Luna tiene radio RL y la distanciaentre los centros de la Ticrra y la Luna es Rn , calcule la energia po­tencial gravitaciona\ tolal de los sistemas particula.Tierra y panícu­la-Luna cuando una partícula de masa m está entre ambos cuerpos,a una distancia r del centro de la Tierra. Sea la energía potencialgravitacional cero cuando los objetos están muy alejados entre si.b) Hay un punto en la linea entre la Tierra y la Luna donde la fuerzagravitacional neta es cero. Use la expresión que dedujo en (a) y va­lores numéricos del apéndice F para calcular la distancia de estepunto al cenlrO de la TIerra. ¿Con qué rapidez debe lanzarse una na·ve desde la superficie terrestre para llegar apenas a este punto? c) Sise lanzara una nave de la superficie terrestre a la Luna con una rapi­dez inicial de 11.2 kmls, ¿qué rapidez tendría al chocar con la Luna?12.63 Una nave no tripulada está en órbita circular alrededor dc laLuna, observando la superficie lunar desde una altura de 50.0 km (veael apéndice f). Para consternadón de los científicos en la\-nerra, undesperfecto eléctrico hace que un motor a bordo se encienda y reduz·ca la rapidez de la nave en 20.0 mis. Si no se corrige la órbita, ¿conqué rapidez (en kmIlt) chocará la nave con la superlicie lunar?*12.64 ¿Cuámo duraría un dia (es dccir, la duración de una revolu·ción de la Tierra sobre su eje) si la rapidez de rotación de la TIerrafuera tal que g = Oen cI ecuador?

pidez orbital de cada estrella y el periodo de la órbita. c) ¿Cuántaenergia se requeriría para separar las cstrellas hasta el infinito?12.72 Estrella binaria~masasdistintas. Dos estrellas, de masaMI y M!, están en órbitas circulares alrededor de su centro de masa.La primera tiene una órbita de radio R l , la segUnda, R2. a) Demuestreque la relación de los radios orbitales de las dos estrellas es igualal reciproco de la relación de sus masas, es decir, RIJR! = M2JMI.b) Explique por qué las dos estrellas tienen el mismo periodo orbi­tal Ty que éste está dado por T=27T(R I + R2 )3ntYG{M1 + MJ.c) Las dos estrellas de cierto sistema binario, Alfa y Beta, semueven en órbitas circulares. Alfa tiene una rapidez orbital de36.0 kmJs, y Beta, de 12.0 kmJs. El periodo orbital es de 137dias. Calcule las masas de las estrellas, d) Uno de los mejorescandidatos para agujero negro está en el sistema binario llamadoA0620-0090. Los dos objetos del sistema son una estrella ana­ranjada, V616 Monoeerotis, y un objeto compacto que se cree esun agujero negro (Fig. 12.21). El periodo orbital de A0620-0090es de 7.75 horas. Se estima que la masa de V616 Monocerotis es0,67 veces la masa del Sol, y la del agujero negro, 3.8 veces lamasa del SoL Suponiendo que las órbitas son circulares, detennine

473Problemas

12.69 Huecos de Kirkwood. Cientos de miles de asteroides giranalrededor del Sol en lafranja de asteroides, que se extiende desdeaproximadamente 3 X 108 km hasta 5 x 108 km del Sol. a) Calcu­le el periodo orbital (en años) de un asteroide en: i) la orilla interiorde la franja y ii) la orilla exterior de la franja. Suponga órbitas circu­lares. b) En 1867, el astrónomo estadounidense Daniel Kirkwoodseñaló que existen varios huecos en la franja de asteroides donde seencuentran relativamente pocos asteroides. Ahora se sabe que esoshuecos de Kirkwood se deben a la atracción gravitacional de Júpi.ter, el planeta más grande, cuyo periodo orbital alrededor del Sol esde 11.86 años. Por ejemplo, si un asteroide tiene un periodo orbitalque es la mitad del de Júpiter, o sea, 5.93 años, en cada segunda ór­bita el asteroide estará a una distancia mínima de Júpiter y experi­mentará una fuerte atracción hacia ese planeta. Dicha atracción, alactuar repetidamente en órbitas sucesivas, podría ir sacando a losasteroides del hueco de Kirkwood. Utilice esta hipótesis para deter­

minar el radio orbital de ese hueco de Kirkwood. c) Otro hueco deKirkwood aparece a una distancia del Sol en la que el periodo orbi­tal es 00400 veces el de Júpiter. Explique esto y calculc el radio or­bital de ese hueco de Kirkwood.12.70 Si un satélite está en una órbita lo bastante baja~ experimenta- el radio de la órbita y la rapidez orbital de cada objeto. Compare susrá arrastre de la atmósfera terrestre. Dado que el arrastre realiza tr3~ respuestas con el radio orbital de la Tierra y su rapidez orbital alrede-

b ' '(1 d' '6 d 1 f 1" )1 dordelSolaJo negalivo a IreCCI n e a uerza es opuesta a movimIento, a .energia mecánica disminuye. Según la ecuación (12.15), si E dismi- 12.73 Los cometas viajan alrededor del Sol en órbitas eliptic~s de

( h ' ') 1 d' di' b' d' .. , S' 1 gran excentricidad. Si un cometa tiene una rapidez de 2.0 X 10 misnuye se ace mas negatIva, e ra 10 r e a or Ita IsrnmUlra. 1e d' d' 'd 2 5 O" d 1 d 1S' 1 .. _ . , . cuan o esta a una IstanCla e . x 1 m e centro e o ¿queamlstre es relallvamente pequeno, puede consIderarse que el satehte 'd' d' 5 O 1010 ? '

. . b' '1 d" d') rapl ez llene cuan o esta a . X m.esta en una or Ita clrcu ar con ra 10 contmuamenle ecreclente. a . . . ,.S . 1 '6 (1212) , 1 d' di' b' , 1 d Á 12.74 Cuando Marte viaja en torno al Sol en su órbIta ehptlca,egun a ecuacI n . , SI e ra 10 e a or Ita ClrcU ar e un sa\<;;- . .. .. . . .. , . su dIstanCia dc mayor acercamiento al centro del Sol (en el penhe-

lite dlsmmuye, la rapidez orbItal v del satehte aumenta. ¡,Cómo pue- lio) es de 2.067 X 1011 m, y su distancia máxima (en el afelio) esdc eoncili~r esto con.la afirmación de qu.e .Ia energía mecán~ca de 20492 X 1011 m, Si la rapidez orbital de Marte en el afelio es dedlsmmuye. (Sugerencia: ¿Es el arrastre la umca fuerza que realiza 2.198 X 104 mis, ¿qué rapidcz tiene en el perihelio? (Desprecie laonbajo sobre el satélite al disminuir el radio orbital?) b) Por el arras- influencia de los demás planetas,)

!re del aire, el radio de la. órbita c~r~ulardeun satélite disminuye de r 12.75 Considere una nave en órbita eliptica alrededor de la Tie-a r - ~,don.de la cantIdad posItIVa Ilr es mucho menor ~ue r. L.a rra. En el punto bajo (perigeo) de su órbita, la nave está 400 kmmasa del satéhte es m, Demuestre que el aum~nto en la r:aPI.de,z.orbl- arriba de la superficie; en el punto alto (apogco), está a 4000 km.tal es Ilv = + (Ilrl2) VGmT/,.J; que el cambIO dc energta cmetlca es a) Calcule el periodo de la órbita, b) Usando la conservación dc::.K = +(GmTmI2?)llr, que el cambio de encrgía potencial gravita- la cantidad de movimiento angular, calcule la relación entre la ra-cional es IlU = -2M = -(GmT"lI?)~r y que la cantidad de trabajo pidez de la nave en el perigeo y en el apogeo. c) Usando la con-cfecruado por la fuerza de arrastre es W = -(GmTml2?)llr. Inter- servación dc la energía, determine la rapidez en el perigeo y en elpretc estos resultados a la luz de sus comentarios de la parte (a). e) apogeo. d) Se desea que la nave escape totalmente de larTierra. SiUn satélite de 3000 kg está inicialmente en una órbita circular 300 sus cohetes se encienden en el perigeo, ¿cuánto tendrá que au-km arriba de la superficie terrestre. A causa del arrastre el aire, la mentarse la rapidez para lograrlo? ¿Y si los cohetes se disparana1rura del satélite disminuye a 250 km. Calcule la rapidez orbital iru- en el apogeo? ¿Qué punto de la órbita se puede usar con mayorcial. el aumento en dicha rapidez, la energía mecánica inicial, el cambio eFiciencia?

de energía cinética, el cambio de encrgia potencial gravitacional, el 12.76 Urano tiene un radio de 25,560 km Yuna aceleración debidacambio de energía mecánica y el tnlbajo realizado por la fuerza de a la gravedad en su superficie de 11.1 mis! en los polos. Su lunaarrastre del aire. d) Tarde o temprano, un satélite descenderá a una al- Miranda (descubierta en 1948 por Kuiper) está en una órbita circu-wra tan baja cn la atmósfera que se quemará y los restos caerán a la lar a una altura de 104,000 km sobre la superficie del planeta y tie-superficic. ¿Qué pasa con la energía mecánica inicial? i \ ne una masa de 6.6 X 10 19 kg y un radio de 235 km. a) Calcule la12.71 Estrella binaria-masas iguales. Dos estrellas idénticas de masa de Urano a partir de estos datos. b) Calcule la magnitud demasa ¡VI están en órbita alrededor de su centro de masa. Las dos aceleración de Miranda debida a su movimiento orbital alrededorórbitas son circularcs con radio R, de modo que las dos estrellas de Urano. c) Calcule la accleraeión debida a la gmvedad de Miran-siempre están en lados opuestos del circulo. a) Calcule la fuerza da en la superficie de Miranda. d) ¿Las respuestas a las partes (b) ygravitacional que una estrella ejeree sobre la otra. b) Calcule la ra- (c) implican que un objeto soltado 1 m arriba de la superficie de

474 CAPÍTULO 12 I Graviueión

Órbita de la Tierra

Problemas de desafío

ÓTbill de Mane

la densidad de la Tierra es Ullifonne. Con esta aprollimación pocorealista, la fuerza gravitacional que actúa sobre un objeto de masa mubicado dentro de la Tierra a una distancia r del cenlTo tiene mag­nitud F. = GmrmrlRi (como se demostró en el ejemplo 12.9) yapunta hacia el centro de la Tierra. a) Deduzca una expresión para laenergía potencial grallitacional U(r) del sistema objeto~Tierra enfunción de la distancia del objeto al cenlro de la Tierra. Tome U:: Ocuando el objeto estlÍ en el centro de la Tierra. b) Si un objeto sedeja caer por el pozo desde la superficie terrestre, ¿qué rapidez tendrácuando llegue al centro de la Tierra?

Figura 12.37 Problema de desafio 12.86.

12.85 a) Cuando un objeto está en una órbita circular de radio r al­rededor de la Tierra (masa mr), el periodo de la órbita es T [dadopor la ecuación (12.14») y la rapidez orbital es v (dada por la ecua­ción (12.12)). Demuestre que, cuando el objeto se pasa a una órbi­ta circular con radio un poco mayor r + d.r, donde d.r« r. sunuevo periodo es T + d.Ty su nueva rapidez orbital es v - d.v, don­de d.r, ATy Av son cantidades positivas y

A'T = 31TtJ.r y Av = 1rAr, T

(Sugerencia: Use la expresión (1 + x)" ... I + nx, válida paraIxl « l.) b) La Estación Espacial Inlernacional (lSS, de sus siglasen inglés) está en una órbita casi circular a una altitud de 398.00 km.Una cuadrilla de mantenimiento esta a punto de llegar en un trans­bordador espacial que tambien está en una órbita circular en el mis­mo plano orbital que la ISS, pero con una altitud de 398.10 km. Lacuadrilla acudió para relirar un cable eleclrico inUlilizado con unalongitud de 125 m que eslá unido a la ¡SS por un extremo, con elotro extremo flotando libre en el espacio. El plan es que el transbor­dador pesque el extremo libre en un momento en que la nave, la ISSy el centro de la Tierra están alineados. Al tensarse el cable, se sol­tará de la ISS. ¿Cuántos minutos después de que el transbordadoratrapa el extremo suelto el cable se soltará de la ISS? c) Demuestreque, si el transbordador no logra pescar el cable, la cuadrilla deberáesperar un tiempo I ... T2/AT para tener otra oportunidad. Calculeel valor numérico de I y e;o;plique si valdría la pena esperar.12.86 Na"egacl6n Interplanetaria. La fonoa más eficiente de en­viar una nave de la Tierra a otro planela es usar una órbita de

Miranda en c:llado que da hacia Urano eaera hacia arribo. relativoa Miranda? Explique.12.77 Una Raye de 3000 kg está en órbita circular 2000 km arriba dela superficie de Mane. ¿Cuánto rrabajo deben efectuar sus molorespara llevarla a una órbita circular 4000 km arriba de la superficie?12.78 En el ejemplo 12.9 (sección 12.5) se calculó el periodo or­bital del cometa Halley en 75.5 años. Muchos otros cometas tie­nen órbitas que se extienden mucho más lejos del Sol y por tantotienen periodos mucho más largos. a) En el afelio, un cometa típicode periodo largo está a unos 8 x 10u km del Sol; en el perihelio,pasa dentro de la órbita de la Tierra. EslÍme el periodo orbital enaños de semejante cometa. b) Estime la rapidez de un cometa tipi­eo de periodo largo en el perihelio (Sugen!llcia: En el afelio, el co­meta se mueve muy lentamente). e) El núcleo masivo de un cometacontiene unos lOu kg de material. Estime la energía cinetica quelendria un cometa de periodo largo justo antes del impacto si cho­cara con la Tierra. (Sugen!ncia: El movimiento del cometa se debeprimordialmente a la atracción gravitacional del Sol, no de la Tierra.¿Por qué?) Compare esta energía con la liberada en una erupciónvolcánica muy grande, cerca de 6 X 1011 J, Y con la que se liberariaquemando todos los combustibles fósiles de la Tiem, unos 2 X 102l1. Al parecer, un impacto de este tipo se dio hace 6S millones deaños en Yucatán, y tuvo que ver con la desaparición de los dinosau­rios y muchas otras especies anliguas.12.19 Uno de los cometas más brillantes del siglo xx fue el cometaHyakutake, que pasó cerca del Sol a principios de 1996. Se estimóque el periodo orbital de ese cometa es de unos 30,000 años. Calcu­le el eje semimayor de la órbita de este cometa y compirrela con ladistancia media entre Plutón y el Sol Ycon la distancia a Alfa Cen­tauri, la estrella más cercana al Sol, que esta a 4.3 años IUL12.80 Los planetaS no tienen un inlcrior unifonne. Nonnalmenle,son más densos en el centro y su densidad se reduce hacia la superfi­cie. Modele un planeta esfericamente simelrico, con el mismo radioque la Tierra, suponiendo que su densidad disminuye linealmente alaumentar la distancia al centro. Sea la densidad en el centro de 15.0X l()l kg/m' , y en la superficie, de 2.0 X IOl kgfml . Detcnnine laaceleración debida a la gravedad en la superficie de ese planeta.12.81 Un alambre unifonne con masa M y longitud L se dobla pa­ra formar un semicirculo. Calcule la magnitud y dirección de lafuerza gravitacional que este alambre ejerce sobre una masa pun­tual m colocada en el centro de curvatura del semicirculo.*12.82 Un objelo en fonna de un anillo circular delgado tiene ra­dio a y masa M. Una esfera unifonne de masa m y rndio R se colocacon su centro a una distancia x a la derecha del centro del anillo, a 10largo de una línea que pasa por el centro del anillo y es perpendiculara su plano (Fig. 12.34). ¿Que fuerza gravitacional ejerce la esferasobre el anillo? Demuestre que su resultado se reduce al valor es­perado cuandO.T es mucho mayor que a.*12.83 Una varilla unifonne delgada tiene una longitud L y unamasa M. Calcule la magnitud de la fuerza gravitacional que ejercesobre una panícula de masa m situada en un punto a 10 largo del ejelongitudinal de la varilla y a una distancia x de un extremo (Fig.12.33). Demuestre que su resultado se reduce al valor esperadocuando x es mucho mayor que L.-12,84 Se perfora un pozo de la superficie al centro de la Tierra(Fig. 12.24). Como en el ejemplo 12.10(sección 12.6), suponga que

t

Problemas de desafío 475

Figura 12.38 Problemade desafio 12.88.

m!,

"'M

M

Figura 12.39 Problemade desafio 12.89.

orejas para mantcnerlas en susórbitas.) b) ¿El centro de grave­dad de la cabeza está en el mismopunto que su ccntro de masa? Ex­plique.*12.88 La masa M está distri­buida uniformemente en un dis­co de radio a. Calcule la fuerzagravitacional (magnitud y direc­ción) que actúa entre esta masa yuna partícula de masa m situadaa una distancia x arriba del cen­tro del disco (Fig. 12.38). ¿Su resultado se reduce a la expresión co­rrecta cuando x se hace muy grande? (Sugerencia: Divida el discoen anillos concéntricos infinitesimalmente delgados, use la expre­sión deducida en el problema 12.70 para la fuerza gravitacional de­bida a cada anillo, e integre paraobtener la fuerza totaL)*12.89 La masa M está distri­buida uniformemente a lo largode una línea de longitud 2L. Unapartícula de masa m está en unpunto a una distancia a arribadel centro de la linea en su bisec­triz perpendicular (el punto P enla Fig. 12.39). Para la fuerza gra­vitacionaI que la linea ejerce so-bre la particula, calcule las componentes perpendicular y paralela ala linea. ¿Su resultado se reduce a la expresión correcta cuando a sehace muy grande?

transferencia de HohmwlIl (Fig. 12.37). Si las órbitas de los plane­tas de origen y de destino son circulares, la órbita de transferencia deHohmann es llna órbita elíptica cuyo perihelio y afelio son tangen­tes a las órbitas de los dos planetas. Los cohetes se encienden breve­mente en el planeta de origen para colocar la nave en la órbita detransferencia; a continuación, la nave viaja sin motor hasta llegar alplaneta de destino. En ese momento, los cohetes se encienden otravez para poner a la nave en la misma órbita alrededor del Sol que elplaneta de destino. a) Para un vuelo de la Tierra a Marte, ¿en qué di­rección se deben disparar los cohetes en la Tierra y en Marte: en ladirección del movimiento o en la dirección opuesta? ¿Yen un vuelode Marte a la Tierra? b) ¿Cuánto tarda un viaje de ida de la Ticrra aMarte, entre los disparos de los cohetes? c) Para llegar a Marte des­de la Tierra, el instante del lanzamiento debe calcularse de modo queMarte esté en el lugar correcto cuando la nave llegue a la órbitade Marte alrededor del Sol. En el lanzamiento, ¿qué ángulo debenformar las lineas Sol-Marte y Sol-Tierra? Use datos del apéndice F.12.87 Fuerzas de marea cerca de un agujero negro. Una astro­nauta, dentro de una nave que la protege de las radiaciones dañinas,está en órbita alrededor de un agujero negro a una distancia de 120km de su centro. El agujero tiene 5.00 veces la masa del Sol y un ra­dio de Schwarzschild de 15.0 km. La astronauta está situada dentrode la nave de modo tal que una de sus orejas de 0.030 kg está 6.0cm más lejos del agujero negro que el centro de masa de la nave, yla otra oreja está 6.0 cm más cerca. a) ¿Qué tensión hay entre lasorcjas? ¿Sería dificil para la astronauta evitar ser desgarrada porlas fuerzas gravitacionaJes? (Puesto que todo su cuerpo está en órbi­ta con la misma velocidad angular, una oreja se mueve con dema­siada lentitud para el radio de su órbita y la otra lo hace condemasiada rapidez. Por ello, la cabeza debe ejercer fuerzas sobre las