Capítulo 2. Interacción gravitacionalLas leyes de Kepler son: 1. Todos los planetas se mueven en...

Apuntes de física II. Gravitación [email protected] 35

Capítulo 2. Interacción gravitacional

2.1 INTRODUCCION. Según la leyenda Newton descubrió la ley de la gravitación universal sentado en su jardín y contemplando la caída de una manzana. En reali-dad este descubrimiento se desarrolló durante un período de 20 años, y es un ejemplo característico de cómo avanza la ciencia. Durante esas dos décadas, Newton refinó y desarrolló las ideas heredadas, combatió el error y finalmente logró resultados poderosos. Su éxito ha tenido un impacto enorme en nuestra ciencia y en nuestra cultura general. En 1632 Galileo había establecido las bases de la mecánica, y Kepler había descrito con exactitud el movimiento planetario: Ambos legaron un desafío: Explicar las causas físicas del comportamiento planetario. Muchas personas trataron de resolver ese problema, pero avanzaron muy poco. Entre las piezas claves del rompecabezas, que se empezaba a armar, estaba el cálculo de la aceleración de un objeto en movimiento circular uniforme, por Christiaan Huygens (1629-1695). Pero de allí en adelante no se sabía como avanzar más. Newton que había inventado el cálculo infinitesimal, descubrió su tercera ley al estudiar con cuidado los choques, y encontró una forma para vol-ver a deducir el resultado de Huygens. Pero no sabía qué causa podría producir la relación del inverso del cuadrado de la distancia y las acele-raciones de los planetas. Todavía no había captado que la fuerza es un proceso entre dos cuerpos. Primero pensaba que la fuerza es una pro-piedad del objeto que la siente o experimenta. También, de acuerdo con Huygens, consideraba que la aceleración de un objeto en movimien-to circular tenía una tendencia a huir del centro, del objeto mismo. Para avanzar en su investigación del mundo natural, Newton tuvo que reconocer primero estas diferencias. Irónicamente, el catalizador fue una carta de su rival, Robert Hooke. Newton se dio cuenta que no había una tendencia a huir del centro. En lugar de ello, cada planeta acelera directamente hacia el sol, porque una fuerza actúa sobre él en esa di-rección. Es el sol, al ejercer una fuerza de atracción, el que mantiene al planeta en órbita. Esa atracción no existía en los conceptos físicos de aquella época. El siguiente paso de Newton fue proponer una analogía con la física en la tierra. Sabía que las fuerzas en la tierra siempre se dan en pares, y supuso que su tercera ley debería ser una regla general acerca de las


fuerzas en cualquier lugar. ¡Si el sol tira de la tierra, la tierra también tira del sol. Como el sol y cada planeta ejercen fuerzas de atracción mutua, Newton dedujo que también los planetas se atraen entre sí. Sabia por las obser-vaciones telescópicas de Júpiter y de Saturno que estos se desviaban ligeramente de sus órbitas elípticas. Newton pudo demostrar que las desviaciones eran las que resultaban de una atracción entre planetas. Esta línea de razonamiento fue la que lo condujo a la idea de una atrac-ción universal. El paso final fue comprobar si la atracción universal es lo mismo que la gravedad en la tierra. Si ambas eran causadas por la atracción de la tierra, la caída de una manzana debería relacionarse con la aceleración de la luna en su órbita. Las aceleraciones de los dos objetos hacia la tie-rra deberían estar en relación inversa con los cuadrados de sus distan-cias al centro de la tierra. Al hacerse la comparación, se encontró que las dos relaciones concordaban casi exactamente. El descubrimiento por parte de Newton, de la gravitación universal y las tres leyes del movimiento, transformaron a la ciencia. Esas leyes ofre-cen una explicación de los movimientos planetarios en términos de una sola ley de atracción, y al mismo tiempo un lineamiento completo para hacer física en la tierra. Así, la física cesó de ser una disputa acerca de principios básicos y se transformó en un programa de aplicación de las leyes de Newton, en investigaciones y en la ingeniería. 2.2 LEY DE LA GRAVITACIÓN UNIVERSAL. La ley de gravitación universal de Newton fue publicada por Sir Isaac Newton en 1687 en sus Mathematical Principles of Natural Philosophy. Generalmente esta ley se enuncia así: (Cambiar) La interacción gravitacional entre dos cuerpos de masas m1 y m2 es una fuerza de atracción proporcional a las masas de los cuerpos e inversa-mente proporcional al cuadrado de la distancia que los separa y dirigida a lo largo de la línea que los une. Tiene un valor en magnitud de:

221

rmmGF = 2.1


Donde G es una constante universal que tiene el mismo valor para todos los pares de partículas. En la figura 2.1 se muestra como es la interacción entre dos partículas y su representación vectorial.

Figura 2.1

Donde 12F

v es la fuerza ejercida sobre la partícula 1 debida a la partícula

2 y 21Fv

es la fuerza sobre la partícula 2 debida a la partícula 1, entonces,

12221

21 rrmmGF −=

r 2.2

Que indica que la fuerza 21F

v esta dirigida hacia 1 y es antiparalela al

vector unitario el cual esta dirigido de la partícula 1 hacia la partícula 2. El signo menos en la ecuación 2.2 representa una fuerza de atrac-ción. Además,

12r

12Fv

y 21Fv

forman un par de fuerzas de acción-reacción o sea 2112 FF

vv−= .

Es importante notar que la ecuación 2.2 se aplica solo a masas puntua-les (partículas), pero en algunos casos la fuerza gravitacional ejercida por una distribución de masa, de tamaño finito y de simetría esférica, sobre una partícula afuera de la esfera es la misma que se tiene si se considera toda la masa concentrada en el centro de la esfera. También merece atención el hecho de que la fuerza gravitacional es de acción a distancia y que siempre existe entre dos partículas, sin importar el me-dio que exista entre ellas. La ley representada por la ecuación 2.1 se ha verificado experimental-mente y en esos procesos se ha determinado el valor de G. La primera determinación en el laboratorio del valor de G, a partir de la fuerza entre masas esféricas situadas entre sí a corta distancia, la realizó Sir Henry Cavendish en 1798. Para ello usó un equipo parecido a la versión mo-derna que aparece en la figura 2.2.


Figura 2.2

El experimento original de Cavendish dio un valor para G de 6.75x10-

11N-m2-kg-2. En los casi 200 años desde los tiempos de Cavendish, se ha usado la misma técnica básica de la balanza de torsión para repetir esta medición muchas veces, conduciendo al valor de G aceptado ac-tualmente,

G = 6.67259 x 10-11 N.m2.kg-2

2.3 FUERZA GRAVITACIONAL CERCA DE LA TIERRA. Si se considera la tierra como una esfera en el sentido de la ecuación 2.1, la fuerza ejercida sobre un punto de masa m que se encuentre so-bre su superficie es:

2E

E

RmMGF =

donde ME es la masa de la tierra y RE es el radio de la tierra. También esta fuerza se puede indicar como se hacia en el curso de Física I, o sea como

gmF vv

= , Donde g es la aceleración de m debida a la gravedad. Como las dos ecuaciones anteriores son iguales se tiene:

2E

E

RMGg = , 2.3


así, en general, que g no es constante y se dirige hacia el centro de la tierra. La ecuación 2.3 se puede usar para determinar la masa de la tierra su-poniendo que en la superficie g = 9.8 m-s-2. Para otras posiciones se define r = RE+h, donde h es una posición de m respecto a la superficie de la tierra. Entonces g para cualquier altura respecto a la superficie de la tierra es:

2rMGg E= 2.4

La ecuación 2.4 se usa también para determinar las variaciones de g debidas a distancias pequeñas comparadas con el radio terrestre. En general,

rg

rMG

drdg E 22 3 −=−=

Por ello,

rdr

gdg 2−= 2.5

La ecuación 2.5 puede emplearse como una aproximación para cambios finitos en g, debido a cambios finitos en r, estipulando que, ∆r << r . En la forma siguiente:

rr

gg ∆

−=∆ 2

Ejemplo 1 Estimar la masa de la tierra y la densidad promedio. El valor medio del radio de la tierra es de 6.37x106m y el valor de g es de 9.8m-s-2. Así,

kgxkgmNx

mxsmGRgM E 24

211

262

2

1096.510673.6

)1037.6()8.9( =−−

== −−−

y


33

36

24

3105.5

)1037.6(34

1096.5

34

−−≈=== mkgxmx

kgx

R

MVM

E

E

E

E

ππρ .

Puesto que este valor es casi el doble de la mayor parte de las rocas en la superficie terrestre, se concluye que el núcleo interior de la tierra tie-ne una densidad mucho más elevada que el valor promedio. Ejemplo 2. Determinar aproximadamente el cambio relativo en la ace-leración de la gravedad desde la superficie de la tierra al que se presen-ta a una elevación de 2500m.

46

3

108.71037.6105.22 −−=−=

∆ xmxmx

gg

2.4 LAS LEYES DE KEPLER. Uno de los triunfos más convincentes de Newton fue la deducción de las tres leyes de Kepler del movimiento planetario, a partir de la ley de la gravitación universal. Por ser consecuencia de la ley de gravitación uni-versal, las leyes de Kepler no sólo se aplican a los planetas del sistema solar, sino también a satélites de la tierra o de otros planetas, o a cuer-pos celestes que giran uno alrededor del otro. Las leyes de Kepler son:

1. Todos los planetas se mueven en órbitas elípticas con el Sol en uno de los focos.

2. Un radio vector que una a un planeta con el Sol barre áreas igua-les en tiempos iguales.

3. El cuadrado del período del movimiento de un planeta es propor-cional al cubo de su distancia media al Sol.

La primera y la tercera son propiedades de una ley particular de la fuer-za; su validez depende de la proporcionalidad a 1/r2. La segunda es una presentación de la conservación del momento angular que será válida para cualquier ley de la gravitación considerando que F

r es una fuerza

central. 2.5 LA LEY DE GRAVITACIÓN UNIVERSAL Y EL MOVIMIENTO DE

LOS PLANETAS. En la formulación de su ley universal de la gravitación, Newton usó la siguiente observación, la misma fuerza que hace caer la manzana se ex-tiende hasta la órbita de la luna y que su fuerza disminuye con el cua-


drado de la distancia (figura 2.3). El radio de la tierra es de 6.37x106

m, lo cual significa que Newton y su legendaria manzana estaban situa-dos a 6.370 Km. de un punto del centro de la tierra del cual ( y esta fue una de la ideas fundamentales de Newton) emana la fuerza gravitatoria. La distancia de la luna al centro de la tierra es de 3.84x108 m, 60 veces mayor que la de la manzana al mismo centro. Si es válida la ley del in-verso del cuadrado de la distancia, la manzana que cae debe experimen-tar una fuerza gravitacional 602, o 3600, veces mayor que la luna. New-ton supuso basándose en el principio de inercia, que la luna escaparía en línea recta si no fuese constantemente apartada de ese camino por la fuerza de gravedad terrestre.

Figura 2.3

Del razonamiento de Newton se puede decir que 21 ERg ∝ . Usando los valores rM=3.84x108 m y RE=6.37x106 m, la razón de la aceleración de la luna aM, a la aceleración de la manzana, g, es

42

8

62

2

2

1077.2601

1084.31037.6

)1(

)1(−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛≈⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛== x

mxmx

rR

R

rg

a

M

E

E

MM

Por lo que

aM =(2.77x10-4)(9.8 m-s-2)=2.71x10-3 m-s-2

La aceleración centrípeta de la luna se calcula teniendo en cuenta la dis-tancia media desde la tierra rM y su período orbital T = 27.32 días =2.36x106 s. Esta es:


2326

82

2

22

1072.2)1036.2(

)1084.3(44 −− −==== smxsx

mxT

rrva M

MM

ππ

Este acuerdo entre las dos aceleraciones confirma la hipótesis de New-ton de que la misma fuerza gravitacional que atrae la manzana atrae también a la luna. Para este análisis Newton supuso que la tierra se comportaba como una partícula, es decir toda la masa estaba concen-trada en su centro, suposición que lo preocupo por mucho tiempo hasta que pudo demostrarlo años después. Para ello desarrollo el cálculo si-multáneamente con Leibniz. La tercera ley de Kepler. La tercera ley resulta de la primera y de la ecuación 2.1 para órbitas cir-culares (las órbitas de todos los planetas salvo las de Marte, Mercurio y Plutón, son casi circulares). Al utilizar la ecuación 2.1 se considera que ambos, el sol y el planeta se pueden tratar como partículas. Como se muestra en la figura 2.4, MS y mp giran a velocidad angular constante alrededor de su centro de masa común, por lo que se cumple la condición que . M R m rS p=

Figura 2.4

La aceleración centrípeta de mp es y por ello la magnitud de la fuer-za gravitacional entre el sol y el planeta indica que

r2ω

22

)( rRmM

Grm pSp +

=ω

Si a la condición de CM se le suma a ambos lados se tiene

entonces M rS

M R r m Ms rS p( ) (+ = + )


)()(

pS

S

mMrRM

r++

=

reemplazando r en la ecuación anterior, se tiene

22

)()(

rRMm

GrRMm

Mm Sp

Sp

Sp

+=+

+ω

o

3

22

)(2

rRMm

GT

Sp

++

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=πω

Por lo que

32

2

)()2( dMmG

TSp +

=π

2.6

donde d = R+r es la distancia del centro del sol, MS, al del planeta, mp.

Si la masa del planeta es pequeña comparada con la del sol se puede hacer la siguiente aproximación,

3

32

2 11

)2(⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=rRr

Mm

GMT

S

pS

π

donde

32

2 )2( rGM

TS

π= 2.7

esto se debe a que,

1<<=S

P

Mm

rR

En el caso particular de la tierra y el sol, el error cometido al despreciar el factor del centro de masa y aplicar la ley de los períodos es menor de 0.001%.


Sin embargo, la masa mp no siempre es totalmente despreciable frente a la del sol; por ejemplo, Júpiter tiene una masa que es aproximada-

mente igual al 0.1% de la del sol. Además, 32192

1097.2)2( −−== msxKGM S

S

π es

una constante independiente del planeta. Por lo que, la ecuación 2.7 es “válida” para cualquier planeta teniendo en cuenta la aproximación. En el caso de los satélites alrededor de la tierra la constante cambia, sim-plemente cambiando la masa del sol por la de la tierra. La segunda ley de Kepler y la conservación del momento angular. La segunda de las leyes de Kepler se puede encontrar fácilmente para órbitas elípticas. En la figura 2.5 a) y 2.5 b) se indica una órbita de es-tas junto con un incremento del área. Esta área sombreada aproxima-damente es un triangulo de base r y altura θ∆r . Así,

)(21 θ∆≈∆ rrA

dividiendo por a ambos lados se tiene, t∆

Figura 2.5

tr

tA

∆∆

≈∆∆ θ2

21

que en el límite instantáneo resulta ser

ωθ 220 2

121 r

tr

dtdA límite

t =∆∆

= →∆ 2.8

Ahora bien, la cantidad de movimiento angular es:


rrmrmrmrvmrprL ppppvvvvvvvvvvvv

)()()( 2 ⋅−=××=×=×= ωωω

como ωv es perpendicular al plano de la órbita y rv se encuentra en el pla-no de ella,

.0=⋅ rvvω Así, 2rmL pω=

y por ello, la ecuación 2.8 queda como:

mL

dtdA

2= 2.9

Como la fuerza gravitacional, F

v, es paralela a rv , el torque de es: F

v

0=×== FrdtLd vvv

vτ

por lo tanto L

ves un vector constante. De lo que se deduce que dA/dt =

constante. Es importante recalcar que este resultado, el cual es la segunda ley de Kepler, es una consecuencia del hecho de que la fuerza gravitacional es una fuerza central, la cual, a su vez, implica conservación del momento angular. Por lo tanto, la ley se aplica a cualquier situación que involucre fuerzas centrales, sean o no 1/r2 . 2.6 CAMPO GRAVITACIONAL. La fuerza gravitacional es un ejemplo de acción a distancia, lo que signi-fica que dos partículas interaccionan entre sí aunque no lleguen a en-contrarse en contacto. Frecuentemente este concepto se reemplaza con la noción de campo. La idea es que una partícula modifica el espacio o las vecindades que lo rodean, produciendo un campo que a su vez, in-fluye sobre cualquiera otra partícula colocada en él. El campo actúa con un papel intermediario y el problema tiene dos partes separadas a sa-ber: Encontrar el campo a partir de sus fuentes. Hallar el efecto del campo sobre una partícula colocada en él.


El campo se hace más útil cuando las fuentes son muy masivas compa-radas con la partícula, de tal manera que el movimiento de la partícula esencialmente no altere a las fuentes. Entonces el campo de una sola fuente es constante en el tiempo (en el marco de referencia de la fuente en reposo) y esencialmente independiente del movimiento de la partícu-la. La intensidad del campo gravitacional gv de una partícula de masa M se define como la fuerza por unidad de masa que se ejerce sobre una masa de prueba pequeña m colocada en una posición rv relativa a la fuente. Así,

rrMG

mFg ˆ2−==v

v 2.10

Donde r es un vector unitario a partir de la posición de M. Luego el campo gravitacional apunta en un punto p en dirección opuesta al vector unitario. En otras palabras, el campo gravitacional siempre apunta hacia la masa que lo produce. Como mFa

vv = , y teniendo en cuenta la ley de Newton, gv es la acelera-ción de la gravedad en el lugar que se trate y sus unidades en el siste-ma SI son m-s-2. Si existen varias masas m1, m2, m3, ..... (figura 2.6), cada una de ellas produce su propio campo gravitacional.

Figura 2.6 El campo gravitacional resultante en el punto p es por lo tanto

i

n

i i

ii r

r

mG..g.....gggg ∑

=

−=+++++=1

2321vvvvv . 2.11


Si la distribución de masa es continua la sumatoria se reemplaza por una integral y la masa se puede expresar en términos de la geometría de la distribución y de la densidad de masa. Ejemplo 3. Hallar el campo gravitacional de un anillo de masa uniforme M en un punto P que está sobre su eje tal como en la figura 2.7. Si se coloca una masa m en el punto P cual es la fuerza que esta siente y además, mostrar que si x<<a el movimiento resultante es armónico simple.

Figura 2.7

Se considera un elemento diferencial del anillo de longitud ds, localizado en la parte superior del anillo de la figura. Su elemento de masa se ex-presa como:

adsMdMπ2

=

Siendo aπ2 la circunferencia del anillo. Este elemento produce un campo gravitacional diferencial en el punto P. gdv

El campo resultante gv en P se encuentra integrando los efectos de todos los elementos que constituyen el anillo. Por simetría, este campo resul-tante debe estar sobre el eje del anillo. Así pues, solo la componente de

paralela a este eje contribuye al resultado final. La componente per-pendicular al eje se anula por una componente igual y opuesta que pro-duce el elemento de masa en el lado opuesto del anillo.

gd v

Así, la integral del vector

∫−= xxudgg ˆv

Se transforma en una integral escalar debido a las consideraciones de simetría, o sea,


∫∫ == θθ coscos 2rdMGdgg

∫∫+

=++

= dsxaa

MxGxa

xxaa

MdsGg23

222222

))(2())(2(

ππ

La integral es simplemente la circunferencia del anillo )2( aπ , de modo que

( )23

22 xa

MxGg+

= .

Una masa m colocada en P siente una fuerza gravitacional dirigida hacia el centro del anillo, y es:

( )xu

xa

MmxGF vv

23

22 +−=

En el caso especial en que x<<a, la ecuación anterior se puede trans-formar como

xaMmG

axa

MmxGdt

xdmF 323

2

23

2

2

1

−≈

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−==

donde

032

2

=+ xaMG

dtxd

Ecuación diferencial que corresponde a un movimiento armónico simple con una frecuencia

3aMG=ω

Ejemplo 4. Hallar el campo gravitacional fuera y dentro de un cascarón esférico de densidad uniforme de masa, espesor t y radio a.


Figura 2.8 En la figura 2.8 un elemento de cascarón produce un campo gravitacio-nal dirigido hacia el centro a lo largo de x. Por simetría las componentes perpendiculares se anulan. El elemento de masa de este cascarón es . θθρπρ dsenatdVdM 22==El campo gravitacional producido por dM en el punto P es:

αθθρπαα cos2coscos 22

2 rdsenaGt

rdMGdgdg x ===

Las variables r, α y θ están relacionadas entre sí. En la figura se ve que

rax θα coscos −

= .

Por la ley de los cosenos,

θcos2222 xaaxr −+= de donde

xarax

2cos

222 −+=θ

Derivando la anterior ecuación,


drxardsen =θθ

Reemplazando todo lo que tenga α y θ en términos de r, x y a en las ecuaciones anteriores se obtiene:

drr

axx

taGdg x ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−= 12

22

2

ρπ

Este es el campo producido por el elemento de masa dM en el punto P. Ahora se deben considerar todos los elementos de masa del cascarón y efectuar la integración con respecto a la variable r, que varia desde x-a hasta x+a.

22

2

22

22

2)4(41

xMG

xGtaa

xtaGdr

rax

xtaGg

ax

axx ===⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−= ∫

+

−

ρπρπρπ

donde, es la masa total del cascarón. taM ρπ 24= Este campo es el mismo que el de una partícula de masa M colocada en el centro del cascarón. Una esfera sólida entonces se puede considerar como constituida por un gran número de cascarones concéntricos. Si cada cascarón esférico tiene una densidad uniforme de masa, aun cuan-do los diferentes cascarones puedan tener diferentes densidades de ma-sa, se aplica el mismo resultado a la esfera sólida. Por consiguiente, cuerpos como la tierra, el sol, etc se pueden considerar gravitacional-mente como partículas. Para calcular el campo gravitacional dentro del cascaron de la figura 2.8 simplemente se cambian los limites de integración desde a-x hasta a+x, lo que da un campo gravitacional 0=gr dentro del cascaron. Ejemplo 5. Hallar el campo gravitacional fuera y dentro de una esfera homogénea de radio a. Para calcular el campo fuera de la esfera se considera a esta como si estuviera construida como una cebolla, es decir, como la superposición de una serie de capas esféricas delgadas. Cada capa produce un campo dado por la ecuación 2.10. Como la distancia r del centro a P es la mis-ma para todas las capas en la figura 2.9 a) , las masas se suman, y por lo tanto el campo es:


Figura 2.9

rrMGr

rM

Gg i ˆˆ 22 −=−= ∑v

Dando nuevamente el mismo resultado de la ecuación 2.10. Por lo tanto una esfera sólida homogénea produce, en puntos externos a ella, un campo gravitacional idéntico a la de una partícula de masa co-

locada en el centro. ∑= iMM

Para obtener el campo en el punto P situado en r<a se dibuja una esfera de radio r que pase por allí, como en la figura 2.9 b). Las capas con r>a no contribuyen al campo de acuerdo con el ejemplo 4. Si a la masa para r<a se le llama Mint., el campo en P es:

rr

MGg ˆ2

.int−=v

Como se considera a la esfera como homogénea,

33

3

3.int 3

4

343

4⎟⎠⎞

⎜⎝⎛===

arMr

a

MrM ππ

πρ

Se obtiene que el campo en el punto interior es:

rraMGg ˆ3−=v 2.11

El campo gravitacional en un punto interior es proporcional a r. Estos resultados se cumplen aun cuando la esfera en lugar de ser homogénea, tenga su masa distribuida con simetría esférica; esto es, cuando su den-sidad es función de la distancia al centro solamente. Entonces, la inte-gración se toma sobre el volumen contenido en la superficie interior.


Ejemplo 6. Una partícula de masa m se mueve en un túnel como se muestra en la figura 2.10. Demostrar que la partícula se mueve con movimiento armónico simple. Se desprecian todas las fuerzas de fric-ción y se supone que la densidad de la tierra es uniforme. ¿Qué tiempo transcurre para ir de un extremo al otro?.

Figura 2.10

La atracción gravitacional de la tierra sobre la partícula de masa m si-tuada a una distancia r como lo muestra la figura 2.10 proviene entera-mente de la porción de materia de la tierra situada en cascarones inter-nos a la posición de la partícula. Los cascarones externos no ejercen ninguna fuerza sobre la partícula. La fuerza gravitacional cuando el ob-jeto se encuentra en el túnel está dirigida hacia el centro de la tierra y está dada por la ecuación 2.11 multiplicada por m y con a= Re .

)(cosˆ33 yxee

usenurRMmGrr

RMmGgmF vvvv

θθ +−=−==

La componente y de esta fuerza se equilibra con la fuerza normal que ejerce la pared del túnel, y la componente x de la fuerza está dada por

xRMmGr

RMmGF

eex 33 cos −=−= θ

donde θcosrx = , y aplicando la segunda ley de Newton a lo largo de x se obtiene

xRMmG

dtxdm

e32

2

−=

xxRMG

dtxd

e

232

2

ω−=−=


que corresponde a un M.A.S con frecuencia angular ω , donde

3ER

GM=ω

por lo tanto el período de este movimiento es:

.min3.841006.5)1098.5)(1067.6(

)1037.6(2

22

32411

36

3

===

==

− sxsegundosxx

x

GMR

T e

π

πωπ

El tiempo para ir de un extremo al otro es de medio período, o unos 42 min. Este tiempo es independiente de la masa de la partícula y de la longitud del túnel. El período es aproximadamente el mismo que el de un satélite colocado en una órbita circular justo arriba de la superficie terrestre. 2.7 ENERGIA POTENCIAL Y POTENCIAL GRAVITACIONAL. La diferencia de energía potencial gravitacional entre los puntos a y b es el trabajo realizado por la fuerza gravitacional que actúa sobre una par-tícula de masa m, con signo contrario, cuando la partícula se mueve de la configuración a a la configuración b como en la figura 2.11. La fuerza gravitacional es central y conservativa y está dirigida a lo largo de algu-no de los segmentos radiales; por lo tanto, el trabajo realizado por

es la suma de todas las contribuciones a lo largo de los segmentos radiales:

)(rFv

Figura 2.11

W F r dr

r

a

b= ∫ r⋅

v v( ) 2.12


donde ra y rb son las posiciones inicial en a y final en b. Debido a que

es una función de r, la integral depende solamente de los valores iniciales y finales de r. Entonces, el trabajo es el mismo para cualquier trayectoria entre a y b. Una vez que la fuerza es especificada, se obtie-ne la energía potencial asociada con el desplazamiento dado. El trabajo para una fuerza del inverso del cuadrado de la distancia es:

)(rFv

∆U U U F r dr GMmr

drb a r

r

r

r

a

b

a

b= − = − ⋅ =∫ ∫

v v( ) 2 2.13

U U GMmrb a

r

r

a

b

− = −1

U U GMmr rb ab a

− = − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1 1 2.14

La escogencia de un nivel de referencia para la energía potencial es completamente arbitraria. Se acostumbra escoger el nivel de referencia donde la fuerza es cero. Poniendo Ua=0 en ra = ∞ y rb=r, se obtiene el importante resultado

UGMm

r= − 2.15

Es importante recordar que U es una propiedad tanto de M como de m, es decir, es característica del sistema. Sin embargo, en el caso en que M>>m, habitualmente se habla de la energía potencial de m en el cam-po de M. Esta licencia del lenguaje se justifica en este caso por el hecho de que cuando esta energía potencial se convierte en energía cinética, el cuerpo menos masivo m adquiere la mayor parte de ella. Para un sistema formado por más de dos partículas, sometidas a su in-teracción gravitatoria, la energía potencial es:

U Gm m

ri j

i jj i

N

i

N

= −>=∑∑

1 2.16

Si se quiere separar del sistema por ejemplo la partícula 4 y llevarla al infinito, se necesitaría ejecutar el trabajo


U Gmmr

i

iii

N

= −=≠

∑441

4

que es positivo. Ejemplo 7. Demostrar que en la vecindad cercana a la superficie de la tierra se justifica usar la expresión U=mgh para la energía potencial gra-vitacional de una partícula de masa m. Usando la expresión 2.14 con ME=M, ra=RE y rb=RE+h, donde h<<RE se tiene:

mhRhR

GMhRR

hmGMRhR

mGMUEE

E

EEE

EEE )/1()(

112 +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+−=∆

∆U U R h U RGMR

mhE EE

E= + − ≈( ) ( ) 2

de acuerdo con la ecuación 2.4 que es la aceleración de la gravedad en la superficie de la tierra y redefiniendo

se tiene:

g GM RE= / 2E

)U R h U h y U R UE E( ) ( ) ( ) (+ ≡ ≡ 0

∆U U h U mgh= − =( ) ( )0 .

Es conveniente que la energía potencial cero corresponda a la superficie, por lo que U ( )0 ≡ 0 , por lo tanto

∆U U h mgh= =( ) .

Otro concepto importante es el de potencial gravitacional, que corres-ponde a un campo escalar, que es la energía potencial gravitacional por unidad de masa. Así, de la ecuación 2.15 dividiéndola por m, se tiene el potencial gravitacional a una distancia r de una masa M como

VUm

GMr

= = − . 2.17

El potencial gravitacional se expresa en las unidades J-Kg-1 o m2-s-2. Si en lugar de tener una partícula, se tiene una distribución discreta co-mo en la Figura 2.6, el potencial gravitacional en el punto P no es más que la suma escalar de los potenciales producidos en ese punto por cada una de las masas mi que se puede expresar como :


V Gmr

i

ii

= − ∑ 2.18

La ecuación 2.18 puede ser transformada para obtener el potencial crea-do por una distribución continua de masa. Para ello se divide la distri-bución continua en un número infinito de masas pequeñas , tra-tando este elemento como una masa puntual (Figura 2.12), el potencial V es:

∆mi → 0

V G limmr

GdmrN

m

i

i

N

i

= − = −→∞→

=∑ ∫

∆

∆

01

2.19

Figura 2.12

Ejemplo 8. Determinar el potencial creado por un disco delgado de ra-dio a, con densidad superficial de masa σ , en los puntos de su eje como en la figura 2.13. ¿Cuál es el potencial si el disco se convierte en un pla-no infinito? Se divide el disco en anillos de ancho dy, de forma que el área de cada uno de ellos es 2π ydy , y su masa dm ydy= σ π(2 ) . Por lo tanto el potencial producido por el anillo es:

Figura 2.13


dV Gdmr

Gydy

x y= − = −

+

σ π22 2

V Gydy

x y

a= −

+∫πσ

22 20

haciendo u x se tiene quey= +2 2 du ydy= 2 y la integral queda

[ ]V Gduu

G ux

x a

x

x a= − = −

+ +

∫πσ πσ2

2 2

2

2 2

2 .

De esto resulta,

( )V G x a= − + −2 2 2πσ x

Para se obtiene una contribución infinita pero constante dada por a →∞ ( )V G= x− ∞ −2πσ Definiendo, a V G( ) ( )0 2≡ − ∞πσ que corresponde al potencial evaluado en x=0. Como estamos interesados solamente en la diferencia de potencial, se define la diferencia de potencial entre el punto P y el plano como

( )V V G x G Gx− = − ∞ − + ∞ =( ) ( )0 2 2 2πσ πσ πσ

Este proceso se conoce como renormalización, en el cual se asigna al plano el nivel de referencia cero. Por lo tanto V(0)=0. Entonces

V x Gx( ) = 2πσ

Si a la ecuación 2.17 se le saca la derivada con respecto a r se obtiene

dVdr

ddr

GMr

GMr

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = 2 . 2.20

Comparando 2.20 con la ecuación 2.10 se nota que la magnitud del campo gravitacional es


gdVdr

= − 2.21

y en general, se obtiene

v vg = −∇V 2.22

donde, v∇ significa gradiente. Por consiguiente, el campo gravitacional

es el gradiente con signo negativo del potencial gravitacional. Un campo vectorial, como el campo gravitacional vg , asigna un vector a cada punto. Un campo escalar como V, asigna un número a cada punto. En mate-máticas, el gradiente de un campo escalar, tal como el potencial gravi-tacional, es un vector que apunta en dirección en la que el campo esca-lar varía con mayor rapidez. Su magnitud es la rapidez máxima de cambio del campo escalar. Este (el campo escalar) es perpendicular al gradiente y no cambia. La relación entre el vector campo gravitacional y el potencial gravitacional es la dada por la ecuación 2.22. Que en coor-denadas cartesianas es:

vgVx

uVy

uVz

ux y= − + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

∂∂

∂∂

∂∂

$ $ z$

Ejemplo 9. Obtener el campo gravitacional para los potenciales hallados en el ejemplo 8. El campo en un punto P cualquiera a lo largo del eje x se obtiene apli-cando la ecuación 2.22 en coordenadas cartesianas. El potencial gravi-tacional es una función únicamente de la coordenada x, por lo tanto la derivada a lo largo de x es total. Por consiguiente

( )gd Vd x

dd x

G x a xx = − = − − + −2 2 2π σ ( )

g Gx

x ax =

+−

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟2 1

2 2π σ (

Para obtener el campo del plano infinito se puede hallar directamente de la anterior ecuación simplemente haciendo tender ó aplicando la ecuación 2.22 al resultado obtenido para el potencial de un plano infinito en el ejemplo 8.

a → ∞

( )gdVd x

dd x

Gx Gx = − = − = −2 2πσ πσ


El signo menos indica que el campo gravitacional que es constante en magnitud, apunta perpendicularmente hacia el plano. 2.8 LA ENERGIA EN EL MOVIMIENTO DE PLANETAS Y SATELITES. Si un satélite de masa ms se mueve en una órbita alrededor de un pla-neta por ejemplo la tierra, la energía potencial gravitacional viene dada por la ecuación

U r Gm M

rs E( ) = −

sobre el satélite la fuerza gravitacional debida a la presencia de la tierra es conservativa, por lo tanto la energía del sistema para ME>>ms se conserva, y esta dada por

E m v Gm M

rss E= −

12

2 2.23

La ecuación 2.23 es válida para cualquier órbita. En el caso particular de una órbita circular, como la de la Figura 2.14. La fuerza

v en mag-

nitud está dada por

Fg

F m a mvr

Gm M

rg s c ss E= =,

2

2 2.24

Multiplicando la última igualdad por r/2, se tiene

12

12

2m v Gm M

rss E= 2.25

El cual, al reemplazarse en la ecuación 2.24, se obtiene

EGm M

rs E= −2

2.26


El signo menos se debe a la convención de hacer cero la energía poten-cial en el infinito. Así pues, un satélite en órbita circular esta ligado al planeta. Este resultado es más general que el que la demostración pue-da sugerir; todas las órbita elípticas (o cerradas) tienen una energía to-tal negativa como la ecuación 2.26. Una órbita cerrada significa que la energía cinética no es suficiente en ningún punto de la órbita para llevar la partícula al infinito. Para desligar al satélite de la órbita, se le debe agregar como mínimo una energía positiva igual a la de la 2.26. De la ecuación 2.23 se puede encontrar la velocidad mínima necesaria para que un objeto “escape” del campo gravitacional de un planeta. Pa-ra que un satélite escape de la gravedad terrestre la velocidad mínima que se necesita para que llegue a infinito es la que se obtiene al hacer la energía total E=0 o E>0. Obviamente la mínima velocidad se obtiene de

021 2 =−

E

Eses R

MGmvm 2.27

por consiguiente la velocidad de escape desde la tierra es

141013.12 −×== smRM

GvE

Ee . 2.28

Nótese, que la velocidad de escape es independiente de la masa del ob-jeto proyectado desde la tierra. Además, el resultado es independiente


de la dirección de la velocidad, siempre y cuando la trayectoria no se intercepte con la tierra. Un proyectil lanzado de la tierra con una velocidad de escape dada por 2.28 tendrá velocidad cero cuando llegue a infinito. Si la velocidad es mayor que la velocidad de escape el objeto llegara al infinito con una velocidad remanente y si es menor que la velocidad de escape, el objeto regresara a la tierra.

PROBLEMAS RESUELTOS

GRAVITACIÓN 2.1 Halle la altura y la velocidad de un satélite geoestacionario desde el centro de la tierra que se mueve en el plano ecuatorial. Datos útiles:

213112211 1067.61067.6 −−− ×=×= sKgmKgmNγ , constante gravitacional. KgM T

241098.5 ×= , masa de la tierra. mRT

61037.6 ×= , radio de la tierra. Geoestacionario quiere decir que siempre está sobre el mismo punto de la tierra, o sea que su período P es un día: P = 8.64 x 104 s

Aceleración centrípeta = 222 221⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛==

Pr

Pr

rrvac

ππ

esta aceleración es ocasionada por la atracción terrestre:

2

22rM

Pr Tγπ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ .

de donde 2

23

4πγ PMr T= (ésta es la 2a ley de Kepler)


de donde KmmPMr T 423001023.44

731

2

2

=×=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

πγ

113 08.31008.32 −− =×== KmssmP

rv π.

La atmósfera terrestre “termina” a 9700 Km sobre el nivel del mar, es decir, el “borde” de la atmósfera está a 12900 Km del centro de la tie-rra. Con la palabra “borde” queremos decir que a esa distancia la den-sidad de partículas por unidad de volumen es comparable a la del espa-cio interplanetario. 2.2 De acuerdo con el significado de la palabra borde mencionado en el problema anterior, resolver el siguiente problema: En el borde de la atmósfera se lanza un cohete verticalmente, hacia la luna. a) En qué punto el cohete tiene aceleración cero?, b) ¿cuál ha de ser la mínima velocidad de lanzamiento para que la luna lo atrape?, c) Si así ocu-rriera, con qué velocidad tocaría la superficie lunar?.

0v

0v mL: masa de la luna. MT: masa de la tierra.

En el dibujo, T y L marcan los centros de la tierra y de la luna, A el borde de la atmósfera terrestre y C la superficie lunar. El borde de la atmósfera terrestre desde el centro es TA = 12900Km = 12.9x106m a) La aceleración producida por la tierra es cancelada por la producida

por la luna, en el punto B:

- 1 - 22 )()( BLm

TBM LT γγ

= TB: distancia de T a B, etc.

de donde (BL)2MT = (TB)2mL; pero BL = TL – TB; al reemplazar queda una ecuación de segundo grado con dos soluciones así:

- 2 - ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−±

−=

T

LT

LT

T

MmM

mMTLM

TB 11)(


vemos que una de las dos soluciones matemáticas no tiene sentido físico. En efecto, si en - 2 – escogiéramos el signo superior (+) ob-tendríamos TB > TL, lo que no tiene sentido. Para que TB < TL es-cogemos el signo inferior (–) en - 2 - :

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−−

−=

T

LT

LT

T

MmM

mMM

TLTB 11

Reemplazando aquí los valores de MT = 5.98X1024Kg y mL=7.36x1022Kg encontramos:

- 3 - TB = 0.9 TL = 3.45 x 108 m. Donde, TL=3.84x108m, que corresponde a la distancia entre el centro de la tierra y el centro de la luna. b) Llamemos X un punto cualquiera de la trayectoria, tal que TX y LX

son, respectivamente, las distancias de X a la tierra y a la luna. Llamando µ a la masa del cohete escribimos la energía así:

- 4 - LXm

TXM

vE LT µγµγµ −−= 2

21

Para responder la pregunta b) decimos: el cohete justamente llega a

B con velocidad cero, o sea que con - 4 -:

- 5 - LBm

TBM

E LT µγµγ−−=

De otro lado, escribiendo - 4 - en el punto A:

- 6 - LAm

TAM

vE LT µγµγµ −−= 2

021

. Igualando - 5 - con - 6 -.

- 7 - ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

LBLAm

TBTAMv LT

111121 2

0 γγ

Ahora, LA = TL – TA y LB = TL – TB. Las longitudes TL y TA, como también MT y mL, son datos, y la longitud TB fue calculada en - 3 -. Vemos pues que se pueden poner directamente las cantida-des numéricas al lado derecho de - 7 - para obtener:


- 8 - ( )21720 1096.2

21 −×= msv

- 9 - -1

0 s Km 7.7=v

Si la luna no existiera, podemos calcular cuál sería la velocidad de es-cape a una altura TA desde el centro de la tierra; el resultado es 7.86 Km s-1 para comparar con - 9 -.

c) Escribamos - 4 - en el punto C, la superficie lunar:

LCm

TCM

vE LT µγµγµ −−′= 2

021

Igualando con - 5 -:

TBTLm

TBM

LCm

TCMv

−−−=−−′ γγγγ2

021

Donde LC=RL=1.74x106m.

Ahora, TC = TL – LC, quedando 0v′ expresable en términos de datos y de - 3 -, para finalmente obtener:

-1

0 s Km 31.2=′v Al dispararse de A la velocidad es , al pasar por B es cero, y al caer en la luna es .

-1s Km 7.7-1s Km 31.2

2.3 Un planeta pasa por el perigeo a distancia r del sol y con veloci-dad , y pasa por el apogeo a distancia R y con velocidad pvv aV

v. Halle

Va en términos de r, vp y R.

En el apogeo y en el perigeo el radio vector es perpendicular a la veloci-dad, y por eso la magnitud del momentum angular es L = masa x dis-

tancia x rapidez. Escribimos L en el perigeo así: mrvp, y escribimos L en el apogeo así: mRVa. Ahora, como la fuerza es central, L se con-


serva; entonces podemos igualar estos dos resultados, de donde

pp

aap vR

rvVmRVmrv <=⇒= .

En el sistema solar la fracción rR

Vv

a

p = es máxima para Plutón y mínima

para Neptuno; a continuación aparecen los valores de rR

Vv

a

p = para va-

rios astros:

Astro: rR

Vv

a

p =

Plutón: 1.67 Luna: 1.12 Tierra: 1.035 Neptuno: 1.008

Esta tabla relaciona los valores rR

; vemos así que al dibujar la trayec-

toria de Plutón ésta aparece, visiblemente, como una elipse; pero al di-bujar las elipses de la Luna, la Tierra y Neptuno, las elipses obtenidas son casi círculos. 2.4 Sean A y B dos puntos simétricos de la trayectoria de un planeta. Probar que vA = vB.

La energía total en A se escribe: A

A rMmmv γ

−2

21

, y la energía en B es

BB r

Mmmv γ−2

21

. Si igualamos estas dos expresiones se tiene:

A

A rMmmv γ

−2

21

= B

B rMmmv γ

−2

21

, es decir:


⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+=

BABA rr

Mvv 11222 γ

Ahora, la simetría indica que rA = rB, entonces vA = vB. Este problema también se puede resolver usando la ley de la conservación del momen-tum angular. 2.5 Considere un cometa cuya trayectoria es tal que cuando su distan-

cia al sol es , tiene una velocidad vmr 110 10= 0 = 5.16 x 104

sm

en una

dirección que hace un ángulo de 4π

con el vector 0rv− . Halle rf la dis-

tancia de máximo acercamiento al sol.

El vector momentum angular en cualquier punto de la trayectoria es

vrmL vvv×= . En los puntos A y C el momentum angular L

v es perpendicu-

lar al plano determinado por CSA y por conservación de , puesto que en C y A los son paralelos, entonces sus magnitudes deben ser igua-les en esos puntos .

Lv

Lv

4)(sen 00000000

πααπβ senvmrsenvmrsenvmrvmrLC ==−==

por conservación del momentum angular ff vmrsenvmr =400π

; al elevar

ambos lados al cuadrado la anterior ecuación se tiene:

2

02

0

4sen

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

f

f

r

r

vv

π

usando los datos:

- 1 - 2

11 m 1021

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

fr


De otro lado, la ley de la conservación de la energía dice:

0

20

2

21

21

rmM

mvr

mMmv s

f

sf

γγ−=− ; de esta ecuación se puede aislar el cocien-

te 2

0⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛vv f así:

- 2 - 0

20

20

2

0

2112

rvM

rvM

vv s

f

sf γγ−+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

al introducir en - 2 - MS=1.98x1030Kg y los otros datos numéricos:

- 3 - 008.0m 1099.0112

0

+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

f

f

rvv

Ahora se iguala - 1 - con - 3 -:

0008.0m 1099.0m 1021 1111

=−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ff rr

Esta es una ecuación de segundo grado para la incógnita frm1110

. Sus

dos soluciones son:

)003.11(99.0 m1011

±=fr

Para obtener una cantidad positiva, se escoge el signo + :

m 105.098.1m10 1111

×=→= ff

rr

2.6 Esta es una generalización del problema anterior. Considere un cometa cuya trayectoria es tal que cuando está a una distancia r0 del sol, su velocidad hace un ángulo 0vv 0θ con 0r

v− . Halle rf = la distan-


cia de máximo acercamiento al sol. Estudie por separado los casos E = 0, E < 0 y E > 0.

Solución: La figura muestra las variables vy , vv θr en un instante cualquiera; las condiciones iniciales son los valores de 000 y , vr θ . Como la energía y el momentum angular se conservan, consideramos que E y L son pará-metros fijos. El momentum angular en magnitud es

)-sen( sen θπβ mrvmrvvrmL ==×= vvv.

Por lo tanto, el momentum angular es θmrvsenL = para cualquier posi-ción; elevando al cuadrado y dividiendo por 2, r2 y m ambos lados de la ultima expresión se tiene:

- 1 - 2

222

2sen

21

mrLmv =θ y la energía es:

- 2 - Er

mM-

21 S2 =

γmv

Ya que sen2θ + cos2θ = 1, podemos multiplicar por sen2θ + cos2θ el

término 2

21 mv en - 2 - así:

Er

mM-)cos(sen

21 S222 =+

γθθmv , es decir

- 3 - Er

mM-cos

21sen

21 S2222 =+

γθθ mvmv

Usando - 1 - en el primer término de - 3 - :

Er

mM-cos

21

2S22

2

2

=+γ

θmvmrL

; reordenando:


0cos21-E21

LmM21 22

22

2S

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ θ

γmv

Lm

rr

Esta es una ecuación de segundo grado para la variable ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

r1

; fácilmen-

te encontramos las dos soluciones:

- 4 - ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+±= θ

γγ 22

2

2

2

cos212111 mvE

mML

mLmM

r S

S

f

Este es un resultado general, válido para cualquier valor de θ . En par-ticular usemos - 4 – en el punto A donde r= rf y 2/πθ = y por lo tanto cosθ = 0:

- 5 - ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+±=

2

2

2 2111mM

LmE

LmM

r S

S

f γγ

Para el problema que nos ocupa debemos traducir los parámetros E y L en términos de los datos 000 y , θvr :

- 6 - 2000

2

0

20 )sen ( ;

21 θ

γvmrL

rmM

mvE S =−=

Los parámetros - 6 - en - 5 - producen finalmente:

- 7 - ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+±= 0

222

000

2

022

02

0

sen1cos1sen

1 θγ

θθ

γ

S

S

f Mvr

vrM

r

Nótese que el resultado - 7 - es independiente de la masa m del come-ta. Para terminar debemos aclarar cómo se usa el doble signo ± en - 7 -Para tal efecto conviene estudiar el resultado de - 5 -, que menciona explícitamente a la energía E, que es la que determina la curva que describe el cometa en el espacio. En efecto, sabemos que las trayecto-rias hiperbólica, parabólica y elíptica ocurren para E > 0, E = 0 y E < 0, respectivamente. Estudiemos cada caso en particular. Parábola: Haciendo E = 0 en - 5 -:


( )1112

2

±=L

mMr

S

f

γ

Si escogiéramos el signo – obtendríamos ∞=fr , que no tiene sentido:

para la parábola se toma el signo + en - 7 -. Hipérbola: Cuando E > 0 la raíz cuadrada que aparece en - 5 - es mayor que uno; si escogiéramos el signo menos en - 5 - obtendríamos rf < 0, que no tiene sentido: para la hipérbola se toma el signo + en - 7 -. Elipse: Cuando E < 0 la raíz cuadrada que aparece en - 5 - es menor que uno, y conservamos los dos signos en - 5 - y en - 7 -. Se obtienen así dos valores para rf correspondientes al perigeo y al apogeo, los dos puntos donde cos 0=θ . 2.7 Un cuerpo se suelta desde una altura h considerada respecto a la superficie terrestre. Muestre que si h es bastante menor que el radio RT de la tierra, entonces la velocidad con que toca el suelo viene dada aproximadamente por ghv 2= , que es un resultado bien conocido de

física elemental. ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≡ 2

T

T

RM

gγ

.

Usaremos la ley de la conservación de la energía. En el instante en que

el objeto se suelta la energía se escribe hR

mME

T

T

+−=γ

, y en el instante en

que el objeto golpea la superficie terrestre la energía se escribe 2

21 mv

RmM

ET

T +−=γ

. Al igualar estas dos expresiones se obtiene:

hR

mMmv

RmM

T

T

T

T

+−=+−γγ 2

21

, es decir:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

−=hRR

MvTT

T1122 γ


⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−=

T

T

T

RhR

M

1

112γ

, pero gRM

T

T =2

γ

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

−1

112T

t RhgR

Ahora usando la fórmula del binomio de Newton:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−= ...1122

TT R

hgRv

ghRhgRT

T 2...2 ≈⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=

2.8 Una partícula de masa m puede moverse en un tubo horizontal, sin fricción, como muestra la figura. Pruebe que para 22 Rx << el mo-

vimiento es armónico simple.

Escribamos la energía E en cualquier posición:

ER

Mmmv =−γ2

21

ExR

Mmmv =+

−22

2

21 γ


Ahora tomaremos la derivada temporal dtd

a ambos lados de esta ecua-

ción; al lado derecho se produce dtdE

, que es cero, porque la energía se

conserva, ya que no hay fricción. Obtenemos entonces:

0)( 2

322

=+

+dtdxx

xR

Mmdtdvmv γ

Ahora, vdtdx

dtxd

dtdv

== y 2

2

:

0)( 2

322

2

2

=+

+ xxR

Mmvdt

xdmv γ

Dividiendo ambos lados por mv:

- 1 - 0)( 2

322

2

2

=+

+ xxR

Mdt

xd γ

01 3

23

2

2

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛++

−

xRM

Rx

dtxd γ

Este resultado es exacto; para x2 << R2 podemos decir:

- 2 - 032

2

=+ xRM

dtxd γ

Que se reconoce como la ecuación del movimiento armónico simple; fá-

cilmente identificamos la frecuencia angular: :3 Rg

RM

==γω

gRPPeríodo π2==

Este problema también se puede resolver estudiando directamente las fuerzas que actúan sobre m. Bosquejaremos rápidamente la idea :


fuerza en dirección x: θγ sen 22 xRMmFx +

−=

es decir: 22222

2

xR

xxR

Mmdt

xdm++

−=γ

Y esta ecuación coincide con - 2 -; basta entonces repetir el proceso que condujo hasta - 2 -. 2.9 Una varilla homogénea tiene masa M y longitud L. Considere un punto colineal con la varilla y a una distancia x de uno de los extremos, como muestra la figura. En ese punto x: a) Calcule )(xG

v; b) Calcule

V(x); c) Calcule la velocidad de escape.

Solución: Para resolver este problema dibujamos un eje x como muestra la figu-ra de abajo, y una variable y que recorre los puntos de la varilla, en el rango . Ly ≤≤0

Un segmento infinitesimal dy tiene una masa infinitesimal dyLM

y se

encuentra a una distancia x – y del punto x. a) El campo infinitesimal Gd

v producido por dy en x es:

xuyx

dyLM

Gd ˆ)( 2−

−=γv

x

Lu

yxdy

LMxG ˆ

)()(

0 2∫ −−=γv

introduciendo el siguiente cambio de variable:


- 1 - yxz −≡ , entonces:

x

Lx

xu

zdz

LMxG ˆ)( 2∫

−−=γv

, es decir:

- 2 - xuLxx

MxG ˆ)(

)(−

−=γv

b) El potencial infinitesimal dV producido por dy en el punto x es:

yx

dyLM

xdV−

−=γ

)(

∫ −−=

L

yxdy

LMxV

0)( γ

. Usando - 1 - de

nuevo:

∫−

=Lx

x zdz

LMγ

, es decir:

- 3 - Lx

xLMxV

−−= ln)( γ

.

Esto es valido para x>L , puesto que en x=L hay una singularidad. c) Consideremos una partícula de masa m que pasa por x con veloci-dad v. Según - 3 - tenemos

Lx

xL

MmxmVE p −−== ln)( γ

Además 2

21 mvEcin = , entonces:

- 4 - Lx

xL

MmmvEtotal −−= ln

21 2 γ

La velocidad de escape vesc ocurre cuando Etotal = 0. Haciendo Etotal = 0 en - 4 – y teniendo en cuenta que el potencial es valido a partir de cualquier punto x>L. Puede observarse sin dificultad y aplicando el teo-


rema L´Hopital a –4- que V=0 cuando ∞→x , como era de esperar. La velocidad de escape es:

Lx

xLMv esc

−= ln22 γ

Nota: Sabemos que, en general, VG ∇−=

vv:

- 5 - zyx uzVu

yVu

xVG ˆˆˆ

∂∂

+∂∂

+∂∂

=v

Para que - 5 - tenga sentido se requiere que las tres derivadas

zV

yV

xV

∂∂

∂∂

∂∂ y , existan, es decir, que la función V esté definida en el es-

pacio tridimensional x, y, z. Como V está evaluada en y=0 y z=0 entonces el campo lo calculamos a lo largo de cualquier punto a lo largo

de x aplicando simplemente xV∂∂

:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−−

∂∂

−=∂∂

−Lx

xLM

xxV lnγ

)( Lxx

M−

−=λ

Que corrobora el resultado - 2 -. 2.10 Un anillo de radio r tiene su masa M uniformemente distribuida. Considere un punto en el eje del anillo y a una distancia z del centro. Para este punto calcule: a) el campo G

v; b) el potencial V; c) la ve-

locidad de escape.


Solución: Un segmento infinitesimal de anillo, de longitud dl, tiene una masa

rMdlπ2

y se encuentra a una distancia 22 zr + del punto P a lo largo de

z como en la figura. a) El segmento dl produce en p un campo de magnitud

- 1 - )(2 22 zrr

Mdl+π

γ;

Este campo tiene una componente “horizontal” (de acuerdo con el di-bujo de arriba) que se cancela con la componente “horizontal” del campo producido por otro segmento del anillo, que es opuesto al ante-rior. De - 1 - sobrevive apenas la componente en dirección “vertical”

: zu−

zzz udlzrr

Mzuzr

zzrr

Mdluzrr

Mdl ˆ)(2

ˆ)(2

ˆcos)(2

23

22222222

+−=

+⋅

+−=

+−

π

γπγθ

πγ

z

rudl

zrr

MzG ˆ)(2

2

023

22∫

+−=

π

π

γv

zuzr

MzG ˆ)( 2

322 +

−=γv

b) El segmento dl produce en z un potencial dV:

222 zrr

MdldV+

−=πγ

, entonces, integrando:

∫+−=

rdl

zrrMV

π

πγ 2

0222

- 3 - 22

)(zr

MzV+

−=γ

Tomando la derivada zV∂∂ se obtiene el campo gravitacional de - 3 -:


23

2222

)( zr

Mzzr

Mzz

V

+−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

∂∂

−=∂∂

−γγ

que está de acuerdo con - 2 -. c) Ahora consideremos una partícula de masa m, que pasa por el pun-

to z con velocidad v. Su energía cinética es 2

21 mv y la energía po-

tencial es mV con - 3 -. La energía total E es

- 4 - 22

2

21

zrMmmvE+

−=γ

la velocidad de escape vesc es el valor de v para E = 0, pues se esta tomando a V=0 en en ∞→z ; bien, hacemos E = 0 en - 4 - y encon-tramos:

22

2 2zr

Mvesc+

=γ

2.11 Un disco de radio b, con un agujero circular de radio a, tiene una densidad superficial de masa σ uniforme. Considere un punto sobre el eje del disco y a una distancia z. En z: a) halle G

v; b)

halle V; c) halle la velocidad de escape.

Solución Para resolver este problema concebimos al disco como la unión de mu-chos anillos de radios diferentes. El dibujo de arriba muestra un anillo genérico de radio r, ancho dr, circunferencia 2 rπ y una masa

rdrπσ2 .


De acuerdo con las fórmulas del problema anterior, este anillo genérico produce en p a lo largo de z lo siguiente:

- 1 - zuzr

zrdrGd ˆ)(

2

23

22 +−=

σπγv

- 2 - 22

2

zr

rdrdV+

−=σγπ

Para hallar el campo total integramos - 1 -:

z

b

au

zr

rdrzzG ˆ)(

2)(23

22∫

+−= σγπ

v, lo que da:

- 3 - zuzbza

zzG ˆ112)(2222 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−

+−= σπγ

v

Para hallar el potencial total se integra - 2 -:

∫+

−=b

a zr

drrzV22

2)( σγπ

- 4 - ][ 22222)( zazbzV +−+−= σγπ

Tomando la derivada zV∂∂

-4- calculamos el campo gravitacional a lo

largo del eje z :

[ ]( )22222 zazbzz

V+−+−

∂∂

−=∂∂

− σγπ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−

+−=

2222

112zbza

zσγπ

que está de acuerdo con - 3 -. c) Pensemos en una partícula de masa m, que pasa por el punto z

con velocidad v. Su energía cinética es 2

21 mv y la energía potencial es

mV(z) con V(z) dado por - 4 -. La energía total es:


- 5 - ( )22222 221 zazbmmvE +−+−= σγπ

la velocidad de escape vesc es el valor de v para E = 0; bien, hace-mos E = 0 en - 5 - para encontrar:

( )22222 4 zazbvesc +−+= σγπ 2.12 Una esfera maciza de radio a tiene su masa M uniformemente distribuida en todo el volumen. Halle el campo G

v y el potencial V

dentro de la esfera. Primero que todo calculemos la densidad de masa ρ :

- 1 - 3

34 a

M

πρ =

A una distancia ar ≤ , el campo G

v se debe únicamente a una esfera

de radio r:

rur

rG ˆ radio de esfera de masa 2

×−=γv

rur

rˆ3

4

2

3πργ−= usar - 1 –

- 2 - ruaMrrG ˆ)( 3

γ−=

v

- 2 - es expresable como menos el gradiente de un potencial:

rua

rMV ˆ3

γ−=∇−

v; en coordenadas esféricas:

ϕθ ϕθθu

ru

ru

r r ˆsen

1ˆ1ˆ∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇v

;


- 3 - rr uaMrrVu

ru

ru

rˆ),,(ˆ

sen1ˆ1ˆ

3

γϕθϕθθ ϕθ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

Igualando componentes a lado y lado de - 3 - encontramos:

- 4 - 0ˆ),,( =∂∂

θϕθθ

urVr

0ˆ),,(sen 1

=∂∂

ϕϕθϕθ

urVr

- 5 - 3

),,(aMr

rrV γϕθ

=∂

∂

Las ecuaciones - 4 - dicen que V no depende de los ángulos ϕθ , es decir, ; entonces la derivada parcial en - 5 - se puede sustituir por derivada total:

)(rVV =

- 6 - arparaaMr

drdV

≤= 3

γ y,

arpararM

drdV

≥= 2

γ

Como el campo G dentro y fuera de la esfera es diferente, la integral desde infinito hasta un r<a debe hacerse por partes. Además, debe te-nerse en cuenta que .

v

0)( =∞V

∫ ∫ ∫∞ ∞+===∞−

)(

)(

)(

)(

)(

)()()()(

rV

V

aV

V

rV

aVdVdVdVrVVrV

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += ∫∫∞

r

a

ardr

ardrMrV 32

1)( γ

- 7 - ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+−= 3

22

2)(1)(

aar

aMrV γ

- 8 - )3(2

)( 223 ar

aMrV −=γ

ar ≤≤0 .


En r=a el potencial es aMaV γ

−=)( .

En r=0 el potencial es aMV

23)0( γ

−=

2.13 Supongamos que la masa M de la tierra está uniformemente re-partida en todo su volumen. Imaginemos que se cava un túnel en una cuerda a una distancia h del centro, y que un objeto de masa m des-liza en el túnel sin fricción. Pruebe que su movimiento es armónico sim-ple.

Considere un instante en que su coordenada es x y su velocidad es v.

Su energía cinética es 2

21 mv y su energía potencial es mV, con V da-

da por - 8 - del problema anterior:

- 9 - )3(22

1 223

2 ara

MmmvE −+=γ

- 10 - )3(22

1 2223

2 ahxa

MmmvE −++=γ

Tomaremos la derivada temporal dtd

en ambos lados de - 10 -; al lado

izquierdo queda entonces dtdE

, que es cero, porque la energía se con-

serva cuando no hay fricción. De - 10 - se obtiene entonces:

03 =×+dtdx

aMm

dtdvmv γ


Pero 2

2

y dt

xddtdvv

dtdx

== :

032

2

=+ vaMm

dtxdmv γ

Dividiendo ambos lados de esta ecuación por mv:

032

2

=+ xaM

dtxd γ

Que se reconoce como la ecuación del movimiento armónico simple, con

3aMγω = :

Período = MaPγ

πωπ 3

22==

Nótese que nuestro resultado es independiente de h. Este problema también se puede resolver examinando las fuerzas que actúan sobre m, y a continuación hacemos un bosquejo del argumen-to. Según - 2 - del problema anterior, la fuerza gravitacional sobre m

es ruraMmF ˆ

3

γ−=

v, y su componente en x es:

rx

aMmrFx ⋅−= 3

γ

xaMm

3

γ−= . Pero 2

2

dtxdmFx = :

=2

2

dtxdm x

aMm

3

γ− , de donde

+2

2

dtxd 03 =x

aMγ

,

Que es la ecuación del movimiento armónico simple, con frecuencia an-

gular 3aMγ

.


2.14 Imaginemos que se cava un gran túnel diametral en la tierra, y que justo sobre él, y desde una gran altura h, se suelta un objeto de masa m. Hallar la velocidad cuando pasa por el centro de la tierra. Asumir que la masa M de la tierra está uniformemente distribuida en la esfera de radio a. Diga si el movimiento es periodico y si es M.A.S o no.

Para resolver este problema usaremos la ley de la conservación de la energía. En el instante en que se suelta su energía cinética es cero y la energía potencial es mV(a + h); cuando pasa por el centro de la tierra

la energía cinética es 2

21 mv y la energía potencial es mV(0): Igualando

estas dos expresiones de la energía total:

)()0(21 2 hamVmVmv +=+

- 11 - )0()(21 2 VhaVv −+=

haMhaV+

−=+γ)( ,

mientras que V(0) se averigua con - 8 – del problema 2.12; entonces --11- es:

aM

haMv

23

21 2 γγ

++

−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−=

haaMv 23γ


El movimiento es periódico debido a la conservación de la energía, pero no es M.A.S. 2.15 Dos masas iguales M están separadas una distancia 2a. Una tercera masa se suelta desde un punto P, como muestra la figura. Halle la velocidad de la tercera masa cuando pasa por Q. Halle la ace-leración en P y en Q.

El punto P se encuentra a una altura b; en general consideremos un punto cualquiera en el eje y, que se encuentra a una altura y. Este punto general y se encuentra a una distancia 22 ya + de cada una de las dos masas M; el potencial gravitacional creado en y por una masa

M es 22 ya

M+

−γ

, o sea que el potencial total en y es:

- 1 - 22

2)(ya

MyV+

−=γ

Consideramos ahora una partícula de masa m que viaja en el eje y; esta m interactúa con las dos masas M de tal manera que las dos ma-sas M tienden a “subir” o “bajar” debido a la atracción causada por m, es decir, Q no es un punto fijo. Asumiremos, sin embargo, que las dos masas M permanecen fijas, de tal modo que Q es fijo y la separa-ción 2a entre ellas constante. A una altura y la energía potencial es

22

2)(ya

MmymV+

−=γ

y la energía total E es:

- 2 - 22

2 2)(21

yaMmymvE+

−=γ

: constante


Escribiendo - 2 - en el punto P: 22

2ba

MmE+

−=γ

Escribiendo - 2 - en el punto Q: aMmmvE γ2)0(

21 2 −=

Como E es constante, podemos igualar los dos últimas renglones:

aMmmv γ2)0(

21 2 −

22

2ba

Mm+

−=γ

, de donde:

- 3 - ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−=

22

112)0(baa

Mv γ

Calcularemos la aceleración ba-sados en el dibujo de la derecha, en el que aparecen los campos gravitacionales producidos por las masas M en el punto y. Nótese que las componentes en x se cancelan, mientras que las com-ponentes en y se refuerzan.

El campo total es entonces 2 veces la componente y del campo produ-cido por una sola M:

- 4 - yuya

yMyG ˆ)(

2)(2

322 +−=

γv

esta es la aceleración que siente cualquier cuerpo masivo que se en-cuentre en el eje y. En particular:

0)0( =G ; 2

322 )(

2)(ba

bMbG+

−=γ

Conviene anotar finalmente, que v(0) también puede calcularse sin apelar a la ley de la conservación de la energía. En efecto, - 4 - da la

aceleración dtdv

. Pero vdydv

dtdy

dydv

dtdv

== , entonces - 4 - se escribe así:


23

22 )(2

ya

yMvdydv

+−= γ , es decir:

23

22 )(2

ya

ydyMvdv+

−= γ . Integrando:

∫∫+

−=0

23

22

)0(

0

)(2

b

v

ya

ydyMvdv γ , de donde

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−=

22

2 114)0(baa

Mv γ

La cual coincide con - 3 -.

Capítulo 2. Interacción gravitacionalLas leyes de Kepler son: 1. Todos los planetas se mueven en...

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