Cap_13 Física Universitaria Sears Zemansky 13a Ed. Arquivo\nDownload Cap_13 Física Universitaria Sears Zemansky 13a Ed. Arquivo\nVelocidad orbital wikipedia, lookup\nÓrbita wikipedia, lookup\nFuerza de marea wikipedia, lookup\nProblema de los n cuerpos wikipedia, lookup\nParámetro gravitacional estándar wikipedia, lookup\n• Cómo calcular las fuerzas\ngravitacionales que dos cuerpos\ncualesquiera ejercen uno sobre\n• Cómo se relaciona el peso de un\nobjeto con la expresión general\nde la fuerza gravitacional.\n• Cómo utilizar e interpretar la\nexpresión general de la energía\n• Cómo se relacionan la rapidez,\nel periodo orbital y la energía\nmecánica de un satélite en\nuna órbita circular.\n• Las leyes que describen los\ny cómo trabajar con ellas.\n• Qué son los agujeros negros,\ncómo calcular sus propiedades\ny cómo se descubren.\nLos anillos de Saturno están compuestos de incontables partículas en órbita.\n¿Todas las partículas orbitan con la misma rapidez, o las partículas interiores\norbitan con mayor rapidez, o mayor lentitud, que las exteriores?\nlgunas de las primeras investigaciones en el campo de la física nacieron de\npreguntas que la gente se hacía acerca del ﬁrmamento. ¿Por qué la Luna no\nse cae hacia la Tierra? ¿Por qué los planetas se mueven en el cielo? ¿Y por\nqué la Tierra no sale despedida hacia el espacio exterior, en lugar de permanecer en\nórbita alrededor del Sol? El estudio de la gravitación responde a estas y muchas otras\nComo enfatizamos en el capítulo 5, la gravitación es una de las cuatro clases de\ninteracciones que observamos en la naturaleza, y fue la primera que se estudió ampliamente. En el siglo XVII, Newton descubrió que la misma interacción que hace que una\nmanzana caiga de un árbol mantiene a los planetas en órbita alrededor del Sol. Ese\nfue el nacimiento de la mecánica celeste, es decir, el estudio de la dinámica de los\nobjetos en el espacio. En la actualidad, nuestro conocimiento de la mecánica celeste\nnos permite determinar cómo poner un satélite en una órbita deseada alrededor de la\nTierra, o cómo elegir la trayectoria correcta para enviar una nave a otro planeta.\nEn este capítulo estudiaremos la ley básica que rige las interacciones gravitacionales. Se trata de una ley universal: la fuerza de gravedad actúa fundamentalmente de\nla misma manera entre la Tierra y nuestro cuerpo, entre el Sol y un planeta, y entre un\nplaneta y sus lunas. Aplicaremos la ley de la gravitación a fenómenos como la variación del peso con la altitud, las órbitas de los satélites terrestres y las de los planetas\nEl ejemplo de atracción gravitacional que probablemente resulta más conocido para el\nlector es su peso, la fuerza que lo atrae hacia la Tierra. Al estudiar el movimiento de\nlos planetas y la Luna, Newton descubrió la característica fundamental de la atracción\n13.1 Ley de Newton de la gravitación\ngravitacional entre dos cuerpos cualesquiera. Junto con sus tres leyes del movimiento, en 1687 Newton dio a conocer la ley de la gravitación, que puede enunciarse así:\nToda partícula de materia en el Universo atrae a todas las demás partículas con una\nfuerza directamente proporcional al producto de las masas de las partículas,\ne inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa.\nTraduciendo esto a una ecuación, tenemos\n(ley de la gravitación)\ndonde Fg es la magnitud de la fuerza gravitacional que actúa sobre cualquiera de las\npartículas, m1 y m2 son sus masas, r es la distancia entre ellas (ﬁgura 13.1), y G es una\nconstante física fundamental llamada constante gravitacional. El valor numérico de\nG depende del sistema de unidades empleado.\nLa ecuación (13.1) nos indica que la fuerza gravitacional entre dos partículas disminuye al aumentar la distancia r; por ejemplo, si se duplica la distancia, la fuerza se reducirá a la cuarta parte, y así sucesivamente. Aunque muchas estrellas del ﬁrmamento\ntienen una masa mucho mayor que la del Sol, están tan lejos que la fuerza gravitacional que ejercen sobre la Tierra es insigniﬁcante.\nCUIDADO No confunda g con G Como los símbolos g y G son muy parecidos, es común confundir las dos cantidades gravitacionales tan diferentes que representan. Por un lado, g minúscula es la aceleración debida a la gravedad, que relaciona el peso w de un cuerpo con su masa\nm: w = mg. El valor de g varía en diferentes puntos de la superﬁcie terrestre y en la superﬁcie de\notros planetas. En cambio, G mayúscula relaciona la fuerza gravitacional entre dos cuerpos con\nsus masas y la distancia entre ellos. Decimos que G es una constante universal porque tiene el\nmismo valor para dos cuerpos cualesquiera, sin importar dónde se encuentren. En la siguiente\nsección veremos la relación entre los valores de g y G.\nLas fuerzas gravitacionales siempre actúan a lo largo de la línea que une las dos\npartículas, y forman un par acción-reacción. Aun si las masas de las partículas diﬁeren, las dos fuerzas de interacción tienen la misma magnitud (ﬁgura 13.1). La fuerza\nde atracción que el cuerpo del lector ejerce sobre la Tierra tiene la misma magnitud de\nla fuerza que la Tierra ejerce sobre el lector. Si caemos de un trampolín a una alberca,\n¡toda la Tierra sube hacia nosotros! (No lo notamos porque la masa de la Tierra es\nunas 1023 veces mayor que la de una persona, así que la aceleración de la Tierra\nes solo 10-23 veces la de la persona).\nGravitación y cuerpos esféricamente simétricos\nHemos planteado la ley de la gravitación en términos de la interacción entre dos partículas. Resulta que la interacción gravitacional entre dos cuerpos con distribuciones\nde masa esféricamente simétricas (ya sean sólidas o huecas) es la misma que si toda\nla masa estuviera concentrada en el centro, como se muestra en la ﬁgura 13.2. Así, si\nmodelamos la Tierra como un cuerpo esféricamente simétrico de masa mE, la fuerza\nque ejerce sobre una partícula o un cuerpo esféricamente simétrico con masa m, a una\ndistancia r entre los centros, es\n13.1 Fuerzas gravitacionales entre dos\npartículas de masas m1 y m2.\nFg (1 sobre 2)\nIncluso si las partículas\ntienen masas muy distintas, las\nfuerzas gravitacionales que ejercen\nentre sí son de la misma intensidad:\nFg (1 sobre 2) 5 Fg (2 sobre 1)\n13.2 El efecto gravitacional afuera de\ncualquier distribución de masa esféricamente\nsimétrica es el mismo que si toda la masa\nestuviera concentrada en su centro.\ngravitacional entre dos\nsimétricas m1 y m2 ...\nb) ... es la misma\nque si se considera que\ntoda la masa de cada\nsiempre y cuando el cuerpo se encuentre en el exterior de la Tierra. El cuerpo ejerce una fuerza de la misma magnitud sobre la Tierra. (Demostraremos esto en la\nEn puntos dentro de la Tierra, la situación es diferente. Si pudiéramos taladrar un\nagujero hasta el centro de la Tierra y medir la fuerza gravitacional sobre un cuerpo a\ndiferentes profundidades, veríamos que disminuye hacia el centro, en lugar de aumentar\nDos partículas cualesquiera\nse atraen entre sí por las\nFg (2 sobre 1) fuerzas gravitacionales.\nCAPÍTULO 13 Gravitación\n13.3 Cuerpos esféricos y no esféricos:\nJúpiter y una de sus lunas pequeñas, Amaltea.\nLa masa de Júpiter es muy grande\n(1.90 3 1027 kg), así que la atracción\ngravitacional mutua de sus partes ha hecho\nque el planeta adquiera una forma casi esférica.\nsegún 1兾r2. Conforme el cuerpo entra a la Tierra (o de otro cuerpo esférico), parte de\nla masa de la Tierra queda del lado del cuerpo opuesto al centro y tira en la dirección contraria. En el centro exacto de la Tierra, la fuerza gravitacional sobre el cuerpo\nLos cuerpos esféricamente simétricos son casos importantes porque las lunas, los\nplanetas y las estrellas tienden a ser esféricos. Puesto que todas las partículas de un\ncuerpo se atraen gravitacionalmente entre sí, tienden a moverse para reducir al mínimo la distancia que las separa. El resultado es que el cuerpo tiende naturalmente a\nadoptar una forma esférica, como sucede cuando un trozo de arcilla forma una esfera\nsi lo apretamos con fuerzas iguales por todos lados. Este efecto se reduce mucho en\nlos cuerpos celestes de masa pequeña porque la atracción gravitacional es menor, y\nestos cuerpos tienden a no ser esféricos (ﬁgura 13.3).\nDeterminación del valor de G\nAmaltea, una de las lunas de Júpiter, tiene\nuna masa relativamente insignificante\n(7.17 3 1018 kg, alrededor de 3.8 3 1029\nla masa de Júpiter) y su atracción gravitacional\nmutua es débil, por lo que tiene una forma\nPara determinar el valor de la constante de gravitación G, debemos medir la fuerza\ngravitacional entre dos cuerpos de masas conocidas m1 y m2 separados por una distancia conocida r. La fuerza es muy pequeña para cuerpos que caben en un laboratorio, aunque puede medirse con un instrumento llamado balanza de torsión, que Sir\nHenry Cavendish usó en 1798 para determinar G.\nEn la ﬁgura 13.4 se muestra una versión moderna de la balanza de torsión de\nCavendish. Una varilla ligera y rígida en forma de T invertida es sostenida por una\nﬁbra vertical de cuarzo muy delgada. Dos esferas pequeñas de masa m1 se montan en\nlos extremos de los brazos horizontales de la T. Si colocamos dos esferas grandes de\nmasa m2 en las posiciones indicadas, las fuerzas de atracción gravitacionales hacen\ngirar la T un ángulo pequeño. Para medir el ángulo, hacemos incidir un rayo de luz\nen un espejo sujeto a la T. El haz reflejado incide en una escala, y al girar la T, la\nluz reﬂejada se mueve en la escala.\nDespués de calibrar la balanza de Cavendish, podemos medir las fuerzas gravitacionales y así determinar G. El valor aceptado actualmente es\nG = 6.674281672 * 10 -11 N # m2>kg2\nCon tres cifras signiﬁcativas, G = 6.67 * 10-11 N ?m2兾kg2. Como 1 N = 1 kg? m兾s2,\nlas unidades de G también pueden expresarse como m3兾(kg ?s2).\nLas fuerzas gravitacionales se combinan vectorialmente. Si cada una de dos masas\nejerce una fuerza sobre una tercera, la fuerza total que actúa sobre esta es la suma\nvectorial de las fuerzas individuales de las dos primeras. El ejemplo 13.3 aprovecha\nesta propiedad, la cual se conoce como superposición de fuerzas.\n13.4 Principio de la balanza de Cavendish, empleada para determinar el valor de G. El ángulo de desviación se exageró para efectos\n2 La desviación del rayo láser indica cuánto se ha\ntorcido la fibra. Una vez que se calibra el instrumento,\neste resultado proporciona el valor de G.\n1 La gravitación atrae las masas pequeñas hacia las masas\nmás grandes, provocando que la fibra vertical de\nLas esferas pequeñas alcanzan una nueva posición de\nequilibrio cuando la fuerza elástica ejercida por\nla fibra de cuarzo torcida equilibra la\nfuerza gravitacional entre las masas.\nMasa grande 1m2 2\nMasa pequeña 1m1 2\nCálculo de la fuerza gravitacional\nLa masa m1 de una de las esferas pequeñas de una balanza de Cavendish\nes de 0.0100 kg, la masa m2 de la esfera grande es de 0.500 kg y la distancia entre centros es de 0.0500 m. Calcule la fuerza gravitacional Fg\nque actúa sobre cada esfera debida a la otra.\npara determinar Fg:\n16.67 * 10 -11 N # m2>kg2210.0100 kg210.500 kg2\n= 1.33 * 10 -10 N\nIDENTIFICAR, PLANTEAR y EJECUTAR: Como los objetos son esféricamente simétricos, podemos calcular Fg suponiendo que son partículas que están separadas 0.0500 m, como en la ﬁgura 13.2. Cada esfera\nexperimenta una fuerza de la misma magnitud proveniente de la otra\nesfera. Usamos la ley de la gravitación de Newton, ecuación (13.1),\nEVALUAR: Es notable que una fuerza tan pequeña pudiera medirse, o\ninclusive detectarse, hace más de 200 años. Solo un objeto en verdad\nmasivo, como la Tierra, ejerce una fuerza gravitacional que podemos\nAceleración debida a la atracción gravitacional\nSuponga que las dos esferas del ejemplo 13.1 se colocan con sus centros separados 0.0500 m en un punto del espacio lejos de otros cuerpos.\n¿Qué magnitud tiene la aceleración de cada una, relativa a un sistema\nIDENTIFICAR, PLANTEAR y EJECUTAR: Cada esfera ejerce sobre la otra\nuna fuerza gravitacional de la misma magnitud Fg, la cual se calculó\nen el ejemplo 13.1. Se desprecia cualquier otra fuerza. Las magnitudes de las aceleraciones a1 y a2 de las dos esferas son diferentes porque sus masas son distintas. Para determinarlas usaremos la segunda\n1.33 * 10 -10 N\n= 1.33 * 10 -8 m>s2\n= 2.66 * 10 -10 m>s2\nEVALUAR: La esfera más grande tiene 50 veces la masa de la esfera\nmás pequeña y, por lo tanto, tiene 50 de su aceleración. Estas aceleraciones no son constantes; las fuerzas gravitacionales aumentan cuando\nlas esferas comienzan a moverse una hacia la otra.\nSuperposición de fuerzas gravitacionales\nMuchas estrellas pertenecen a sistemas de dos o más estrellas que se\nmantienen juntas gracias a su atracción gravitacional mutua. La ﬁgura\n13.5 muestra un sistema de tres estrellas en un instante en que están en\nlos vértices de un triángulo rectángulo de 45°. Calcule la fuerza gravitacional total ejercida sobre la estrella pequeña por las dos grandes.\n13.5 La fuerza gravitacional total que actúa sobre la estrella\npequeña (en O) es la suma vectorial de las fuerzas ejercidas sobre\nella por las dos estrellas más grandes. (Como comparación, la masa\ndel Sol, una estrella típica, es de 1.99 * 1030 kg, y la distancia entre\nla Tierra y el Sol es de 1.50 * 1011 m).\n8.00 3 1030 kg\nIDENTIFICAR, PLANTEAR ySEJECUTAR: Usaremos el principio de superposición: la fuerza total F que\nsobre la estrella pequeña es la\nsuma vectorial de las fuerzas F1 y F2 debidas a cada estrella grande,\ncomo se muestra en la ﬁgura 13.5. Suponemos que las estrellas son\nesferas como en la ﬁgura 13.2. Primero calculamos las magnitudes F1\ny F2 usando la ecuación (13.1); luego, calculamos la suma vectorial\n2.00 3 1012 m\n12.00 * 10 12 m22 + 12.00 * 10 12 m22\n16.67 * 10 N # m >kg 2\n* 18.00 * 10 30 kg211.00 * 10 30 kg2\n= 1.33 * 10\n12.00 * 10 12 m22\n1.00 3 1030 kg\n16.67 * 10 -11 N # m2>kg22\n= 6.67 * 10 25 N\nLas componentes x y y de estas fuerzas son\nF1x = 16.67 * 10 25 N21cos 45°2 = 4.72 * 10 25 N\nF1y = 16.67 * 10 25 N21sen 45°2 = 4.72 * 10 25 N\nF2x = 1.33 * 10 26 N\nLas componentes de la fuerza total F que actúa sobre la estrella pequeña son\nFx = F1x + F2x = 1.81 * 10 26 N\nFy = F1y + F2y = 4.72 * 10 25 N\nEVALUAR: Si bien la magnitud F de la fuerza es enorme, la magnitud\nde la aceleración resultante no lo es: a = F兾m = (1.87S* 1026 N)兾(1.00 *\n1030 kg) = 1.87 * 10-4 m兾s2. Además, la fuerza F no está dirigida\nhacia el centro de masa de las dos estrellas grandes.\nLa magnitud de F y su ángulo u (véase la ﬁgura 13.5) son\nF = 2Fx 2 + Fy 2 = 211.81 * 10 26 N22 + 14.72 * 10 25 N22\n= 1.87 * 10 26 N\n4.72 * 10 25 N\n1.81 * 10 26 N\n¿Por qué son importantes las fuerzas gravitacionales?\n13.6 Nuestro Sistema Solar forma parte\nde una galaxia espiral como esta, que contiene\naproximadamente 1011 estrellas, junto con\ngas, polvo y otros materiales. El conjunto\ntotal se mantiene unido gracias a la atracción\ngravitacional mutua de toda la materia en\nUna comparación de los ejemplos 13.1 y 13.3 revela que las fuerzas gravitacionales\nson insigniﬁcantes entre objetos como los que tenemos en nuestras casas; pero son\nconsiderables entre objetos del tamaño de las estrellas. De hecho, la gravitación es la\nfuerza más importante a la escala de planetas, estrellas y galaxias (ﬁgura 13.6). La\ngravitación mantiene la integridad de la Tierra y los planetas en órbitas alrededor del\nSol. La atracción gravitacional mutua de diferentes partes del Sol comprime los materiales en su centro, hasta alcanzar densidades y temperaturas muy elevadas que hacen\nposible las reacciones nucleares que ocurren ahí. Tales reacciones generan las emisiones de energía solar, sin las cuales la vida no existiría en la Tierra.\nLa fuerza gravitacional es tan importante a escala cósmica porque actúa a distancia,\nsin contacto directo entre los cuerpos. Las fuerzas eléctricas y magnéticas tienen esta\nmisma propiedad notable, aunque son menos importantes en la escala astronómica porque las acumulaciones grandes de materia son eléctricamente neutras; es decir, contienen cantidades iguales de cargas negativas y positivas. Por ello, las fuerzas eléctricas\ny magnéticas entre estrellas o planetas son muy pequeñas o valen cero. Las interacciones fuerte y débil que vimos en la sección 5.5 también actúan a distancia; no obstante,\nsu inﬂuencia es insigniﬁcante a distancias mayores que el diámetro de un núcleo atómico (cerca de 10-14 m).\nUna forma útil de describir las fuerzas que actúan a distancia es en términos de un\ncampo. Un cuerpo produce una perturbación o campo en todos los puntos del espacio,\ny la fuerza que actúa sobre otro cuerpo en un punto determinado es la acción del\ncampo del primer cuerpo en ese punto. Hay un campo asociado a cada fuerza que\nactúa a distancia y, por ello, nos referimos a campos gravitacionales, eléctricos, magnéticos, etcétera. En este capítulo, no necesitaremos el concepto de campo para estudiar la gravitación, así que no hablaremos más de él. Sin embargo, en capítulos\nposteriores, veremos que el concepto de campo es una herramienta extremadamente\nútil para describir las interacciones eléctricas y magnéticas.\nEvalúe su comprensión de la sección 13.1 Saturno tiene aproximadamente\n100 veces la masa de la Tierra y está alejado del Sol casi 10 veces más que nuestro\nplaneta. En comparación con la aceleración de la Tierra causada por la atracción\ngravitacional solar, ¿qué tan grande es la aceleración de Saturno debida a la gravitación\nsolar? i. 100 veces mayor; ii. 10 veces mayor; iii. es igual; iv. 10 ; v. 100 .\nPhET: Lunar Lander\nEn la sección 4.4 deﬁnimos el peso de un cuerpo como la fuerza de atracción gravitacional que la Tierra ejerce sobre él. Ahora vamos a ampliar nuestra deﬁnición:\nEl peso de un cuerpo es la fuerza gravitacional total ejercida sobre este por todos los\ndemás cuerpos del Universo.\nSi un cuerpo está cerca de la superﬁcie terrestre, se pueden despreciar las demás\nfuerzas gravitacionales y considerar el peso tan solo como la atracción de la Tierra.\nEn la superﬁcie de la Luna, tomaremos el peso de un cuerpo como la atracción gravitacional de la Luna, y así sucesivamente.\nSi de nuevo modelamos la Tierra como un cuerpo esféricamente simétrico con radio RE y masa mE, el peso w de un cuerpo pequeño de masa m en la superﬁcie terrestre (a una distancia RE del centro) es\nw = Fg =\n(peso de un cuerpo de masa m\nen la superﬁcie terrestre)\nAplicación Caminata y carrera\nUsted convierte automáticamente su caminata\nen carrera cuando la fuerza vertical que ejerce\nsobre el suelo, que por la tercera ley de Newton\nes igual a la fuerza vertical que el suelo ejerce\nsobre usted, rebasa su peso. Esta transición,\nde caminata a carrera, sucede a rapideces\nmucho menores en la Luna, donde los objetos\nsolo pesan el 17% de lo que pesan en la Tierra.\nDe ahí que los astronautas del Apolo corrían\ninclusive cuando se movían con relativa lentitud\ndurante sus “caminatas” en la Luna.\nSin embargo, en la sección 4.4 también vimos que el peso w de un cuerpo es la fuerza\nque provoca la aceleración g en caída libre, de modo que por la segunda ley de Newton,\nw = mg. Si igualamos esto con la ecuación (13.3) y dividimos entre m, obtenemos\n(aceleración debida a la gravedad en la superﬁcie terrestre)\nLa aceleración debida a la gravedad g es independiente de la masa m del cuerpo porque m no aparece en esta ecuación. Ya lo sabíamos, pero ahora vemos cómo se deduce\na partir de la ley de la gravitación.\nPodemos medir todas las cantidades de la ecuación (13.4) excepto mE, así que esta\nrelación nos permite calcular la masa de la Tierra. Despejando mE de la ecuación\n(13.4) y usando RE = 6380 km = 6.38 * 106 m y g = 9.8 m兾s2, se obtiene\n= 5.98 * 10 24 kg\nque está muy cerca del valor actualmente aceptado de 5.974 * 1024 kg. Una vez que\nCavendish midió G, calculó la masa terrestre precisamente así.\nEn un punto arriba de la superﬁcie terrestre a una distancia r del centro de la Tierra\n(una distancia r - RE sobre la superﬁcie), el peso de un cuerpo está dado por la ecuación (13.3) sustituyendo RE por r:\nEl peso de un cuerpo disminuye inversamente con el cuadrado de su distancia al centro de la Tierra (ﬁgura 13.7). La ﬁgura 13.8 muestra cómo varía el peso de un astronauta en función de su altura sobre la Tierra, si su peso es de 700 N en la superﬁcie.\nEl peso aparente de un cuerpo en la Tierra diﬁere un poco de la fuerza gravitacional\nterrestre porque la Tierra gira y, por lo tanto, no es precisamente un marco inercial de\nreferencia. Hasta ahora hemos ignorado este efecto, suponiendo que la Tierra es un sistema inercial. En la sección 13.7 nos ocuparemos del efecto de la rotación terrestre.\nAun cuando la Tierra es una distribución de masa con simetría esférica aproximada, no es uniforme volumétricamente. Para demostrar esto, calculemos primero su\ndensidad media, o masa por unidad de volumen. Si suponemos una Tierra esférica, el\nV E = 43 pRE3 = 43 p16.38 * 10 6 m23 = 1.09 * 10 21 m3\n13.7 En un avión comercial a gran altitud,\nestamos más lejos del centro de la Tierra\nque cuando estamos en el suelo, por lo que\npesamos ligeramente menos. ¿Puede usted\ndemostrar que a una altitud de 10 km pesaría\n0.3% menos que en el suelo?\n13.8 Un astronauta que pesa 700 N en la superﬁcie terrestre experimenta menos atracción\ngravitacional cuando está por arriba de dicha superﬁcie. La distancia r que importa es la del\nastronauta al centro de la Tierra (no del astronauta a la superﬁcie terrestre).\nTierra, masa mE\nRadio terrestre RE 5 6.38 3 106 m\nw 5 peso del astronauta 5 GmEm r2\nr 5 distancia del astronauta al centro de la Tierra\nr 2 RE 5 distancia del astronauta a la superficie terrestre\n13.9 La densidad de la Tierra disminuye\nal aumentar la distancia al centro.\nr (3 106 m)\nr ⫺ RE (3 106 m)\nLa densidad media r (la letra griega rho) de la Tierra es la masa total dividida entre el\nr 13 1000 kg/m3 2\n= 5500 kg>m3 = 5.5 g>cm3\nManto en su\n5.97 * 10 24 kg\n1.09 * 10 21 m3\n(Como referencia, la densidad del agua es de 1000 kg兾m3 = 1.00 g兾cm3). Si la Tierra\nfuera uniforme, cabría esperar que la densidad de las rocas individuales cerca de la superﬁcie tuviera ese mismo valor. De hecho, la densidad de las rocas superﬁciales es signiﬁcativamente menor: de 2000 kg兾m3 para rocas sedimentarias, a cerca de 3300 kg兾m3\npara el basalto (un tipo de roca volcánica). Por lo tanto, la Tierra no puede ser uniforme,\ny el interior debe ser mucho más denso que la superﬁcie para que la densidad media sea\nde 5500 kg兾m3. Según modelos geofísicos del interior de la Tierra, la densidad máxima\nen el centro es de aproximadamente 13,000 kg兾m3. La ﬁgura 13.9 es una gráﬁca de la\ndensidad en función de la distancia al centro.\nUn vehículo de descenso, que pesa en la Tierra 3430 N, es enviado a\nMarte, cuyo radio es RM = 3.40 * 106 m y cuya masa es mM = 6.42 *\n1023 kg (véase el apéndice F). Calcule su peso Fg en la superﬁcie marciana y la aceleración gM debida a la gravedad de Marte.\nIDENTIFICAR y PLANTEAR: Para calcular Fg usamos la ecuación\n(13.3), después de sustituir mE y RE por mM y RM. Determinamos la\nmasa m del vehículo de descenso a partir del peso w en la Tierra y\nluego calculamos gM a partir de Fg = mgM.\nEJECUTAR: El peso del vehículo en la Tierra es w = mg, de modo que\nLa masa es la misma sin que importe dónde se encuentra el vehículo.\nDe acuerdo con la ecuación (13.3), el peso del vehículo en Marte es\n16.67 * 10 -11 N # m2>kg2216.42 * 10 23 kg21350 kg2\n13.40 * 10 6 m22\n= 1.30 * 10 N\n13.3 Energía potencial gravitacional\nLa aceleración debida a la gravedad de Marte es\n1.30 * 10 3 N\n= 3.7 m>s2\nEVALUAR: Aun cuando Marte tiene el 11% de la masa de la Tierra\n(6.42 * 1023 kg contra 5.98 * 1024 kg), la aceleración gM debida a la\ngravedad (y por lo tanto el peso Fg del objeto) es de aproximadamente el 40% del valor en la superﬁcie terrestre. Esto se debe a que\ngM es inversamente proporcional al cuadrado del radio del planeta, y\nMarte solo tiene el 53% del radio de la Tierra (3.40 * 106 m contra\n6.38 * 106 m).\nSe puede comprobar el resultado de gM usando la ecuación (13.4),\ncon las sustituciones adecuadas. ¿Obtuvo la misma respuesta?\nEvalúe su comprensión de la sección 13.2 Ordene de mayor a menor\nla gravedad superﬁcial de los siguientes planetas ﬁcticios: i. masa = 2 veces la masa\nde la Tierra, radio = 2 veces el radio de la Tierra; ii. masa = 4 veces la masa de laTierra,\nradio = 4 veces el radio de la Tierra; iii. masa = 4 veces la masa de la Tierra, radio = 2 veces\nel radio de la Tierra; iv. masa = 2 veces la masa de la Tierra, radio = 4 veces el radio\nCuando presentamos el concepto de energía potencial gravitacional en la sección 7.1,\nsupusimos que la fuerza gravitacional que actúa sobre un cuerpo es constante en magnitud y dirección. Esto llevó a la expresión U = mgy. Pero la fuerza gravitacional de la\nTierra sobre un cuerpo de masa m afuera de la Tierra está dada en forma más general\npor la ecuación (13.2), Fg = GmEm兾r2, donde mE es la masa de la Tierra y r es la distancia del cuerpo al centro de la Tierra. En problemas donde r cambia lo suﬁciente para\nque la fuerza gravitacional no se considere constante, necesitamos una expresión más\ngeneral para la energía potencial gravitacional.\nPara obtener esta expresión, usamos los mismos pasos que en la sección 7.1. Consideramos un cuerpo de masa m fuera de la Tierra, y calculamos primero el trabajo\nWgrav efectuado por la fuerza gravitacional cuando el cuerpo se aleja o se acerca al\ncentro de la Tierra, desde r = r1 hasta r = r2 como en la ﬁgura 13.10. Este trabajo está\n13.10 Cálculo del trabajo efectuado sobre\nun cuerpo por la fuerza gravitacional, cuando\nel cuerpo se mueve de la coordenada radial\nr1 a r2.\ndonde Fr es la componente radial de la fuerza gravitacional FS\n; es decir, la componente dirigida hacia afuera desde el centro de la Tierra. Dado que F apunta hacia el centro\nde la Tierra, Fr es negativa y difiere de la ecuación (13.2), la magnitud de la fuerza\ngravitacional, por un signo menos:\nSustituyendo la ecuación (13.7) en la (13.6), vemos que Wgrav está dado por\nWgrav = - Gm E m\nLa trayectoria no tiene que ser recta; puede ser una curva como la de la ﬁgura 13.10.\nPor un argumento similar al de la sección 7.1, este trabajo solo depende de los valores\ninicial y ﬁnal de r, no del camino seguido. Esto también demuestra que la fuerza gravitacional siempre es conservativa.\nAhora deﬁnimos la energía potencial correspondiente U de modo que Wgrav =\nU1 - U2 como en la ecuación (7.3). Comparando esto con la ecuación (13.8), vemos\nque la deﬁnición apropiada de energía potencial gravitacional es\n(energía potencial gravitacional)\nr2 La fuerza gravitacional\nes conservativa:S el trabajo\nefectuado por Fg no\ndepende de la trayectoria\nseguida de r1 a r2.\n13.11 Gráﬁca de energía potencial\ngravitacional U para el sistema de la Tierra\n(masa mE) y un astronauta (masa m)\ncontra la distancia r entre el astronauta\ny el centro de la Tierra.\nAstronauta, masa m\ngravitacional U 5 2 r\nla Tierra y el astronauta.\nU siempre es negativa,\npero se vuelve menos\nnegativa al aumentar la\ndistancia radial r.\nLa ﬁgura 13.11 muestra cómo la energía potencial gravitacional depende de la distancia r entre el cuerpo de masa m y el centro de la Tierra. Si el cuerpo se aleja de la\nTierra, r aumenta, la fuerza gravitacional efectúa trabajo negativo y U aumenta (se\nvuelve menos negativa). Si el cuerpo “cae” hacia la Tierra, r disminuye, el trabajo\ngravitacional es positivo y la energía potencial disminuye (se hace más negativa).\nLa ecuación (13.9) quizá parezca extraña porque indica que la energía potencial\ngravitacional siempre es negativa; pero ya hemos visto valores negativos de U. Al usar\nla fórmula U = mgy en la sección 7.1, vimos que U era negativa, siempre que el cuerpo de masa m estuviera en un valor de y menor que la altura arbitraria que elegimos\ncomo y = 0; es decir, si el cuerpo y la Tierra estaban más cerca que cierta distancia\narbitraria. (Véase el ejemplo 7.2 de la sección 7.1). Al deﬁnir U con la ecuación (13.9),\nelegimos que U es cero cuando el cuerpo de masa m está inﬁnitamente lejos de la\nTierra (r = q). Al acercarse el cuerpo a la Tierra, la energía potencial gravitacional\ndisminuye y se hace negativa.\nSi quisiéramos, podríamos tomar U = 0 en la superﬁcie terrestre, donde r = RE, solo\ncon sumar la cantidad GmEm兾RE a la ecuación (13.9). Esto haría a U positiva cuando\nr 7 RE. No lo haremos por dos razones: una, se complicaría la expresión para U;\ny dos, el término sumado no afectaría la diferencia en energía potencial entre dos\npuntos, que es la única cantidad físicamente signiﬁcativa.\nCUIDADO Fuerza gravitacional contra energía potencial gravitacional Asegúrese de no confundir las expresiones de fuerza gravitacional, ecuación (13.7), y de energía potencial gravitacional, ecuación 13.9. La fuerza Fr es proporcional a 1兾r2, y la energía potencial U es proporcional\nCon la ecuación (13.9), ya podemos usar relaciones generales de energía para problemas donde debe incluirse el comportamiento según 1兾r2 de la fuerza gravitacional\nde la Tierra. Si esta fuerza gravitacional es la única que efectúa trabajo sobre el cuerpo, la energía mecánica total del sistema es constante, es decir, se conserva. En el\nejemplo que sigue usaremos este principio para calcular la rapidez de escape, es decir, la rapidez que debe tener un cuerpo para escapar por completo de un planeta.\nEn la novela de Julio Verne de 1865 con ese título, tres hombres viajaron a la Luna en un proyectil disparado desde un cañón gigante hundido\nen el suelo de Florida. a) Calcule la rapidez inicial mínima necesaria\npara disparar el proyectil verticalmente hasta una altura sobre la Tierra\nigual al radio RE de esta. b) Calcule la rapidez inicial mínima que permitiría al proyectil escapar de la Tierra (la rapidez de escape). Desprecie la resistencia del aire, la rotación de la Tierra y la atracción\ngravitacional de la Luna. El radio de la Tierra es RE = 6.38 * 106 m y\nsu masa es mE = 5.97 * 1024 kg.\nIDENTIFICAR y PLANTEAR: Una vez que el proyectil sale del cañón,\nsolo la fuerza gravitacional (que es conservativa) efectúa trabajo, por\nlo que podemos usar la conservación de energía mecánica para calcular la rapidez del proyectil a la que debe salir del cañón hasta que se\ndetenga a) a dos radios terrestres con respecto al centro del planeta, y\nb) a una distancia inﬁnita de la Tierra. La ecuación de conservación de\nla energía es K1 + U1 = K2 + U2, donde la energía potencial U está\ndada por la ecuación (13.9).\nLa ﬁgura 13.12 muestra los diagramas. El punto 1 está en r1 = RE,\ndonde el proyectil sale del cañón con rapidez v1 (la incógnita). El punto 2\n13.12 Diagrama para este problema.\nProyectil, masa m\nestá donde el proyectil alcanza su altura máxima; en el inciso a) r2 = 2RE\n(ﬁgura 13.12a); y en el inciso b) r2 = q (ﬁgura 13.12b). En ambos\ncasos v2 = 0 y K2 = 0. Sea m la masa del proyectil (con pasajeros).\n13.4 Movimiento de satélites\nEJECUTAR: a) Obtenemos v1 con la ecuación de conservación de la\nK 1 + U1 = K 2 + U2\n+ ab = 0 + ab\n16.67 * 10\nN # m2 >kg 2 215.97\n6.38 * 10 m\n= 7900 m>s 1 = 28,400 km>h = 17,700 mi>h2\nb = 0 + 0\n216.67 * 10 -11 N # m2 >kg 2 215.97 * 10 24 kg2\n6.38 * 10 6 m\n= 1.12 * 10 m>s 1 = 40,200 km>h = 25,000 mi>h2\nb) Ahora r2 = q, así que U2 = 0 (véase la ﬁgura 13.11). Como K2 = 0,\nla energía mecánica total K2 + U2 es entonces cero. Nuevamente, obtenemos v1 de la ecuación de conservación de la energía:\nEVALUAR: El resultado del inciso b) no depende de la masa del proyectil ni de la dirección en que se lanza. Las naves modernas lanzadas\ndesde Florida deben alcanzar prácticamente la misma rapidez que en el\ninciso b) para escapar de la Tierra; sin embargo, antes del lanzamiento\nya se están moviendo a 410 m兾s hacia el este por la rotación terrestre;\nsi el lanzamiento es hacia el este, la nave aprovecha esta contribución\n“gratuita” a la rapidez de escape.\nGeneralizando nuestro resultado, la rapidez inicial v1 que un cuerpo necesita para escapar de la superﬁcie de un cuerpo esférico de masa\nM con radio R (despreciando la resistencia del aire) es v1 = 22GM>R\n(rapidez de escape). Esta ecuación produce rapideces de escape de\n5.02 * 103 m兾s para Marte, 5.95 * 104 m兾s para Júpiter y 6.18 *\n105 m兾s para el Sol.\nMás sobre la energía potencial gravitacional\nComo nota ﬁnal, demostremos que si estamos cerca de la superﬁcie terrestre, la ecuación (13.9) se reduce a U = mgy que ya conocemos del capítulo 7. Primero rescribimos la ecuación (13.8) como:\nWgrav = Gm E m\nSi el cuerpo se mantiene cerca de la Tierra, en el denominador podemos sustituir r1\ny r2 por RE, el radio de la Tierra, así que\nSegún la ecuación (13.4), g = GmE兾RE2, por lo cual\nWgrav = mg1r1 - r22\nSi sustituimos las r por y, esta es la ecuación (7.1) para el trabajo efectuado por una\nfuerza gravitacional constante. En la sección 7.1 usamos esta ecuación para deducir la\necuación (7.2), U = mgy, así que podemos considerar la ecuación (7.2) de la energía\npotencial gravitacional como un caso especial de la ecuación (13.9) que es más general.\nEvalúe su comprensión de la sección 13.3 ¿Un planeta puede tener la misma\ngravedad superﬁcial que la Tierra (es decir, el mismo valor de g en la superﬁcie) y tener una\nrapidez de escape mayor?\nLos satélites artiﬁciales que orbitan la Tierra son parte cotidiana de la tecnología moderna (ﬁgura 13.13). Pero, ¿cómo se mantienen en órbita y qué determina las propiedades\nde sus órbitas? Podemos usar las leyes del movimiento y la ley de la gravitación de\nNewton para obtener las respuestas. En la siguiente sección veremos cómo el movimiento de los planetas se puede analizar del mismo modo.\nPara comenzar, recordemos lo dicho sobre el movimiento de proyectiles en la\nsección 3.3. En el ejemplo 3.6, un motociclista se lanza horizontalmente del borde\nde un acantilado en una trayectoria parabólica que termina en terreno plano en la\nbase del acantilado. Si sobrevive y repite el experimento aumentando su rapidez de\nlanzamiento, caerá más lejos del punto de partida. Podemos imaginarlo lanzándose\ncon tal rapidez que la curvatura de la Tierra se hace significativa. Conforme cae, la\ncurvatura de la Tierra se aleja más de él. Si la rapidez del motociclista es suficiente,\ny si su punto de lanzamiento es tan alto que pueda evitar las montañas, podría seguir dando vueltas a la Tierra, sin tocar jamás el suelo.\n13.13 Con una longitud de 13.2 m y una\nmasa de 11,000 kg, el telescopio espacial\nHubble se cuenta entre los satélites más\ngrandes que se han puesto en órbita.\n13.14 Trayectorias de un proyectil lanzado\ndesde una gran altura (ignorando la resistencia del aire). Las órbitas 1 y 2 se completarían\ncomo se muestra, si la Tierra fuera una masa\npuntual en C. (Esta ilustración se basa en\nuna de los Principia de Isaac Newton).\nUn proyectil se lanza\nTrayectorias 1 a\n7 muestran el efecto\nde la rapidez inicial\nLa ﬁgura 13.14 muestra una variación de este tema. Lanzamos un proyectil del\npunto A en la dirección AB, tangente a la superﬁcie terrestre. Las trayectorias 1 a 7\nmuestran el efecto de aumentar la rapidez inicial. En las trayectorias 3 a 5, el proyectil no choca contra la Tierra y se convierte en su satélite. Si no hay una fuerza que\nfrene al proyectil, su rapidez al volver al punto A es la que tenía inicialmente, y el\nmovimiento se repite indeﬁnidamente.\nLas trayectorias 1 a 5 terminan donde comenzaron y se denominan órbitas cerradas. Todas las órbitas cerradas son elipses o segmentos de elipses; la trayectoria 4 es\nun círculo, un caso especial de la elipse. (Analizaremos las propiedades de una elipse en\nla sección 13.5). Las trayectorias 6 y 7 son órbitas abiertas; el proyectil nunca vuelve a su punto de partida y se aleja cada vez más de la Tierra.\nPhET: My Solar System\nActivPhysics 4.6: Satellites Orbit\nSatélites: Órbitas circulares\n13.15 La fuerza Fg debida a la atracción\ngravitacional de la Tierra proporciona la\naceleración centrípeta que mantiene a un\nsatélite en órbita. Compare esta ﬁgura\ncon la 5.28.\nUna órbita circular, como la trayectoria 4 de la ﬁgura 13.14, es el caso más sencillo.\nTambién es un caso importante, pues muchos satélites artiﬁciales tienen órbitas casi\ncirculares, y las órbitas de los planetas alrededor del Sol también son aproximadamente circulares. La única fuerza que actúa sobre un satélite en órbita circular alrededor de la Tierra es la atracción gravitacional terrestre, dirigida hacia el centro de\nla Tierra y, por lo tanto, hacia el centro de la órbita (ﬁgura 13.15). Como vimos en la\nsección 5.4, esto implica que el satélite está en movimiento circular uniforme y su\nrapidez es constante. El satélite no cae hacia la Tierra; más bien, cae constantemente\nalrededor de la Tierra. En una órbita circular, la rapidez es exactamente la necesaria\npara mantener constante la distancia entre el satélite y el centro de la Tierra.\nVeamos cómo calcular la rapidez constante v de un satélite en órbita circular.\nEl radio de la órbita es r, medido desde el centro de la Tierra; la aceleración del\nsatélite tiene magnitud arad = v2兾r y siempre está dirigida hacia el centro del círculo.\nPor la ley de la gravitación, la fuerza neta (la gravitacional) que actúa sobre el satélite\nde masa m tiene magnitud Fg = GmSEm兾r2 y tiene la misma dirección de la aceleraS\nción. La segunda ley de Newton 1gF ⴝ ma 2 nos dice entonces que\nEl satélite está en órbita circular: su\naceleración a es siempre perpendicular a\nsu velocidad v, por ello, la rapidez v\nDespejando v, tenemos que\nEsta relación señala que no podemos elegir el radio r de la órbita y la rapidez v independientemente; para un radio r dado, la rapidez v de la órbita circular ya está predeterminada.\nLa masa m del satélite no aparece en la ecuación (13.10), lo cual demuestra que el\nmovimiento del satélite no depende de su masa. Si pudiéramos partir un satélite a la mitad sin alterar su rapidez, cada mitad seguiría con el movimiento original. Un astronauta\na bordo de un transbordador espacial también es como un satélite de la Tierra, retenido\npor la atracción gravitacional en la misma órbita que la nave. El astronauta tiene la\nmisma velocidad y aceleración que la nave, así que nada lo empuja contra el piso o las\nparedes de la nave. Se encuentra en un estado de ingravidez aparente, como en un elevador en caída libre; véase la explicación que sigue al ejemplo 5.9 en la sección 5.2.\n(La ingravidez verdadera solo se lograría si el astronauta estuviera inﬁnitamente lejos\nde cualquier otra masa, de modo que la fuerza gravitacional sobre él fuera cero). De\nhecho, cada parte de su cuerpo está aparentemente ingrávida; él no siente que algo empuje su estómago contra los intestinos ni la cabeza contra los hombros (ﬁgura 13.16).\nLa ingravidez aparente no se da solo en órbitas circulares; existe siempre que la gravedad es la única fuerza que actúa sobre una nave espacial; por lo tanto, se experimenta\nen órbitas de cualquier forma, incluidas las abiertas como las 6 y 7 de la ﬁgura 13.14.\nPodemos deducir una relación entre el radio r de una órbita circular y el periodo T,\nla duración de una revolución. La rapidez v es la distancia 2pr recorrida en una revolución, dividida entre el periodo:\n13.16 Estos astronautas del transbordador\nespacial se encuentran en un estado de\ningravidez aparente. ¿Quiénes están\nde pie y quiénes de cabeza?\nObtenemos una expresión para T si despejamos T de la ecuación (13.11) y sustituimos v de la ecuación (13.10):\nLas ecuaciones (13.10) y (13.12) indican que las órbitas más grandes corresponden a\nrapideces más bajas y a periodos más largos. Como un ejemplo, la Estación Espacial\nInternacional orbita la Tierra a 6800 km del centro de nuestro planeta (400 km arriba\nde la superﬁcie de la Tierra) con una rapidez orbital de 7.7 km兾s y un periodo orbital de\n93 minutos. La Luna gira alrededor de la Tierra en una órbita mucho más grande de radio igual a 384,000 km, y por lo tanto tiene una rapidez orbital menor (1.0 km兾s) y un\nperiodo orbital mucho más prolongado (27.3 días).\nEs interesante comparar la ecuación (13.10) con el cálculo de la rapidez de escape\nen el ejemplo 13.5. Vemos que la rapidez de escape de un cuerpo esférico con radio R es\n12 veces mayor que la rapidez de un satélite en una órbita circular con ese radio. Si\nnuestra nave está en órbita circular alrededor de cualquier planeta, debemos multiplicar nuestra rapidez por 12 para escapar al inﬁnito, sin importar la masa del planeta.\nPuesto que la rapidez v en una órbita circular está determinada por la ecuación\n(13.10) para un radio orbital r dado, la energía mecánica total E = K + U también está\npredeterminada. Usando las ecuaciones (13.9) y (13.10), tenemos\nE = K + U = 12 mv2 + a = -\nb = 12 ma\n13.17 Los dos satélites pequeños de\nPlutón fueron descubiertos en 2005.\nDe acuerdo con las ecuaciones (13.10)\ny (13.12), el satélite de la órbita más grande\ntiene una rapidez orbital menor y un periodo\norbital más prolongado que el satélite en\nla órbita más pequeña.\nLa energía mecánica total en una órbita circular es negativa e igual a la mitad de la energía potencial. Aumentar el radio orbital r implica incrementar la energía mecánica (es\ndecir, E se hace menos negativa). Si el satélite está en una órbita relativamente baja y\ntoca las orillas de la atmósfera, la energía mecánica disminuirá a causa del trabajo negativo efectuado por la resistencia del aire; en consecuencia, el radio orbital disminuirá\nhasta que el satélite caiga a tierra o se queme en la atmósfera.\nHemos hablado casi exclusivamente de satélites terrestres; no obstante, podemos aplicar el mismo análisis al movimiento circular de cualquier cuerpo sometido a la atracción\ngravitacional de un cuerpo estacionario. Otros ejemplos son nuestra Luna y las lunas de\notros planetas (ﬁgura 13.17).\nCaronte: satélite interior\ngrande de Plutón\nDos satélites exteriores\npequeños de Plutón\nUna órbita de satélite\nSuponga que desea poner un satélite de 1000 kg en una órbita circular\na una altura de 300 km sobre la superﬁcie terrestre. a) ¿Qué rapidez,\nperiodo y aceleración radial debe tener? b) ¿Cuánto trabajo se requiere\npara poner el satélite en órbita? c) ¿Cuánto trabajo adicional se necesita para que el satélite escape de la Tierra? El radio y la masa de la\nTierra se dan en el ejemplo 13.5 (sección 13.3).\nE2 = = -\nIDENTIFICAR y PLANTEAR: El satélite tendrá una órbita circular, así\nque podemos usar las ecuaciones que dedujimos en esta sección. En\nel inciso a) primero determinamos el radio r de la órbita del satélite a\npartir de su altitud. Luego calculamos la rapidez v y el periodo T\nusando las ecuaciones (13.10) y (13.12), y la aceleración con la fórmula arad = v2兾r. En los incisos b) y c), el trabajo requerido es la diferencia entre las energías mecánicas inicial y ﬁnal que, en el caso de una\nórbita circular, está dada por la ecuación (13.13).\nEJECUTAR: a) El radio de la órbita del satélite es r = 6380 km +\n300 km = 6680 km = 6.68 * 106 m. De acuerdo con la ecuación\n(13.10), la rapidez orbital es\n16.67 * 10 -11 N # m2 >kg 2 215.97 * 10 24 kg2\n6.68 * 10 6 m\n= 7720 m>s\nCalculamos el periodo orbital con la ecuación (13.12):\n2p16.68 * 10 6 m2\n= 5440 s = 90.6 min\nPor último, la aceleración radial es\na rad =\nb) El trabajo requerido es la diferencia entre E2, la energía mecánica total cuando el satélite está en órbita, y E1, la energía mecánica\ntotal cuando el satélite estaba en reposo en su plataforma de lanzamiento. Según la ecuación (13.13), la energía en órbita es\n= 8.92 m>s2\nEste es el valor de g a una altura de 300 km sobre la superﬁcie terrestre; es aproximadamente 10% menor que en la superﬁcie.\n16.67 * 10 -11 N # m2>kg2215.97 * 10 24 kg211000 kg2\n216.68 * 10 6 m2\n= - 2.98 * 10 10 J\nLa energía cinética del satélite es cero en la plataforma de lanzamiento\n(r = RE), así que:\nE 1 = K 1 + U1 = 0 + a = -\n16.67 * 10 -11 N # m2>kg 2215.97 * 10 24 kg211000 kg2\n= - 6.24 * 10 10 J\nPor lo tanto, el trabajo requerido es\nWrequerido = E2 - E1 = 1 - 2.98 * 10 10 J2 - 1 -6.24 * 10 10 J2\n= 3.26 * 10 10 J\nc) En el inciso b) del ejemplo 13.5, vimos que, para que un satélite\nescape al inﬁnito, la energía mecánica total mínima debe ser cero.\nAquí, la energía mecánica total en la órbita circular es E2 = -2.98 *\n1010 J; por lo que para llevar esto a cero, tendríamos que efectuar un\ntrabajo de 2.98 * 1010 J sobre el satélite, presumiblemente por los\nEVALUAR: En el inciso b), despreciamos la energía cinética inicial que\nel satélite tenía por la rotación terrestre (cuando aún estaba en la plataforma de lanzamiento). ¿Cuánta diferencia implica esto? (Véase el\nejemplo 13.5, donde se incluyen datos útiles).\nEvalúe su comprensión de la sección 13.4 Imagine que una nave espacial\nestá en una órbita circular a baja altitud alrededor de la Tierra. La resistencia del aire de\nlas regiones exteriores de la atmósfera efectúa trabajo negativo sobre la nave, haciendo\nque el radio orbital disminuya ligeramente. ¿La rapidez de la nave i. permanece igual,\nii. aumenta o iii. disminuye?\nLa palabra planeta viene de un vocablo griego que signiﬁca “vagabundo”, y efectivamente, los planetas cambian continuamente su posición en el cielo en relación con el\nfondo estrellado. Uno de los grandes logros intelectuales de los siglos XVI y XVII fue\ndarse cuenta de que la Tierra es un planeta, que todos los planetas están en órbita alrededor del Sol y que los movimientos aparentes de los planetas vistos desde la Tierra\npueden servir para determinar con precisión sus órbitas.\nLos primeros dos descubrimientos fueron publicados por Nicolás Copérnico en\nPolonia en 1543. La deducción de la naturaleza de las órbitas planetarias entre 1601 y\n1619 corrió a cargo del astrónomo y matemático alemán Johannes Kepler, utilizando\nun voluminoso conjunto de datos precisos acerca de los movimientos planetarios aparentes compilado por su maestro, el astrónomo danés Tycho Brahe. Por medio de en-\n13.5 Las leyes de Kepler y el movimiento de los planetas\nsayo y error, Kepler descubrió tres leyes empíricas que describían con exactitud los\n1. Cada planeta se mueve en una órbita elíptica, con el Sol en uno de los focos\nde la elipse.\n2. Una línea del Sol a un planeta dado barre áreas iguales en tiempos iguales.\n3. Los periodos de los planetas son proporcionales a las longitudes del eje\nmayor de sus órbitas elevadas a la potencia 2 .\n13.18 Geometría de una elipse. La suma\nde las distancias SP y S9P es la misma para\ntodos los puntos de la curva. Se exageraron\nlos tamaños del Sol (S) y del planeta (P)\nUn planeta P describe una órbita elíptica.\nEl Sol S está en\nun foco de la elipse.\nKepler no sabía por qué los planetas se movían así. Tres generaciones después, cuando\nNewton dirigió su atención al movimiento planetario, descubrió que las leyes de\nKepler pueden deducirse; son consecuencia de las leyes de Newton del movimiento y\nde la ley de la gravitación. Veamos de dónde surge cada una de las leyes de Kepler.\nConsideremos primero las órbitas elípticas descritas en la primera ley de Kepler. La\nﬁgura 13.18 muestra la geometría de una elipse. La dimensión más larga es el eje mayor,\nsiendo “a” la mitad de su longitud; esta distancia se denomina semieje mayor. La\nsuma de las distancias de S a P y de S9 a P es la misma para todos los puntos de la curva. S y S9 son los focos. El Sol está en S, y el planeta está en P; consideramos a ambos\ncomo puntos porque su tamaño es muy pequeño en comparación con la distancia\nentre ellos. No hay nada en el otro foco S9.\nLa distancia de cada foco al centro de la elipse es ea, donde e es un número adimensional entre 0 y 1 llamado excentricidad. Si e = 0, la curva en realidad es un círculo.\nLas órbitas reales de los planetas son casi circulares; sus excentricidades varían entre\n0.007 para Venus a 0.206 para Mercurio. (La órbita de la Tierra tiene e = 0.017). El\npunto de la órbita más cercano al Sol es el perihelio; y el más lejano, el afelio.\nNewton logró demostrar que, para un cuerpo sobre el que actúa una fuerza de atracción proporcional a 1兾r2, las únicas órbitas cerradas posibles son un círculo o una\nelipse; también demostró que las órbitas abiertas (las trayectorias 6 y 7 en la ﬁgura\n13.14) deben ser parábolas o hipérbolas. Estos resultados pueden deducirse aplicando\ndirectamente las leyes de Newton del movimiento y la ley de la gravitación, junto con\nmuchas ecuaciones diferenciales que estamos listos para enfrentar.\nen el otro foco.\n13.19 a) El planeta (P) se mueve\nalrededor del Sol (S) en una órbita elíptica.\nb) En un tiempo dt, la línea SP barre un área\ndA = 12 1r du2r = 12 r 2 du. c) La rapidez del\nplaneta varía de modo que la línea SP barre\nla misma área A en un tiempo dado t, sea cual\nfuere la posición del planeta en su órbita.\nSP 5 línea del Sol\n(S) al planeta (P)\nLa ﬁgura 13.19 muestra la segunda ley de Kepler. En un lapso de tiempo pequeño dt,\nla línea del Sol S al planeta P describe un ángulo du. El área barrida es el triángulo\ncoloreado de altura r, base r du y área dA = 12 r2 du en la ﬁgura 13.19b. La rapidez con\nla que se barre el área, dA兾dt, se denomina velocidad de sector:\n= 12 r 2\nLa esencia de la segunda ley de Kepler es que la velocidad de sector tiene el mismo\nvalor en todos los puntos de la órbita. Cuando el planeta está cerca del Sol, r es\npequeña y du兾dt es grande; cuando el planeta está lejos del Sol, r es grande y du兾dt\nPara ver por qué la segunda ley de Kepler es consecuencia de las leyes de Newton,\nexpresamos dA兾dt en términos del vector velocidad v del planeta P. La componente\nde v perpendicular a la línea radial es v› = v sen f. Según la ﬁgura 13.19b, el desplazamiento en la dirección de v› durante el tiempo dt es r du, de modo que tenemos\nv› = r du兾dt. Usando esta relación en la ecuación (13.14), obtenemos\n= 12 rv sen f\nv' 5 v sen f\ndA 5 área barrida por la\nlínea SP en el tiempo dt\n(velocidad de sector)\nLa línea SP barre áreas iguales\nDe esta manera, rv sen f es la magnitud del producto vectorial r : v, que es 1兾m veS\nces el momento angular L ⴝ r : mv del planeta con respecto al Sol. Tenemos,\nƒ r : mv ƒ =\nPor lo tanto, la segunda ley de Kepler establece que la velocidad de sector es constante, ¡e implica que el momento angular es constante!\nEs fácil saber por qué el momento angularSdel planeta debe ser constante. Según\nla ecuación (10.26),\nla rapidez de cambio de L es igual a la torca debida a la fuerza\ngravitacional F que actúa sobre el planeta:\nⴝTⴝ r : F\nAplicación Riesgos biológicos\nde un viaje interplanetario\nUna nave espacial enviada de la Tierra a otro\nplaneta usa la mayor parte de su jornada en\nrealizar un rodeo a lo largo de una órbita\nelíptica, con el Sol en uno de sus focos. Los\ncohetes se usan solo al principio y al ﬁnal del\nviaje, e incluso el viaje a un planeta cercano\ncomo Marte toma varios meses. Durante\nsu viaje, la nave espacial está expuesta a los\nrayos cósmicos, la radiación que emerge de\notros puntos de nuestra galaxia. (En la Tierra,\nestamos protegidos de esta radiación por el\ncampo magnético de nuestro planeta, como\nse describirá en el capítulo 27, volumen 2).\nEsto no es un problema para una nave espacial robótica, pero representa un problema\nmédico serio para los astronautas que realicen\nEn nuestra situación, r es el vector del Sol al planeta, y la fuerza F está dirigida del\nplaneta al Sol. Por loStanto, estos vectores siempre\nestán en la misma línea y su proS\nducto vectorial r : F es cero. De ahí que dL>dt ⴝ 0. Esta conclusión no depende\ndel comportamiento según 1兾r2 de la fuerza; el momento angular se conserva para\ncualquier fuerza que siempre actúe sobre la línea que une la partícula a un punto ﬁjo,\ndenominada fuerza central. (La primera y la tercera leyes de Kepler solo son válidas\npara fuerzas 1兾r 2).\nLa conservaciónSdel momento angular también explica por qué la órbita está en\nun plano. ElSvector L ⴝ r : mv siempre es perpendicular al plano de los vectores r\ny v; como L es constante en magnitud y dirección, r y v siempre están en el mismo\nplano, que es el plano de la órbita del planeta.\nYa dedujimos la tercera ley de Kepler para el caso especíﬁco de órbitas circulares. La\necuación (13.12) indica que el periodo de un satélite o planeta en una órbita circular\nes proporcional al radio de la órbita elevado a la potencia 2 . Newton logró demostrar\nque esta misma relación se cumple para una órbita elíptica, sustituyendo el radio r\npor el semieje mayor a:\n(órbita elíptica alrededor del Sol)\nComo el planeta está en órbita alrededor del Sol, no de la Tierra, en la ecuación (13.12)\nsustituimos la masa de la Tierra ME por la masa del Sol mS. Observe que el periodo no\ndepende de la excentricidad e. Un asteroide en una órbita elíptica alargada con semieje mayor a tiene el mismo periodo orbital que un planeta en una órbita circular de\nradio a. La diferencia clave es que la rapidez del asteroide varía a lo largo de su órbita\nelíptica (ﬁgura 13.19c), mientras que la rapidez del planeta es constante en su órbita circular.\nEjemplo conceptual 13.7\n¿En qué punto de una órbita elíptica (ﬁgura 13.19) un planeta tiene la\nmayor rapidez? ¿Y la menor?\nLa energía mecánica se conserva al desplazarse el planeta en su órbita. La energía cinética del planeta K = 12 mv2 es máxima cuando la energía potencial U = -GmSm兾r es mínima (es decir, la más negativa;\nvéase la ﬁgura 13.11), lo cual se da cuando es mínima la distancia r\nentre el Sol y el planeta. Por lo tanto, la rapidez v es máxima en el perihelio. De manera análoga, K es mínima cuando r es máxima, de modo\nque la rapidez es mínima en el afelio.\nAquí podemos aprovechar lo que nos dice la intuición acerca de los\ncuerpos que caen. Al caer el planeta hacia el Sol, aumenta su rapidez,\ny su rapidez es máxima cuando está más cerca del Sol. Por el mismo\nrazonamiento, el planeta se frena al alejarse del Sol, y su rapidez es\nmínima en el afelio.\nEl asteroide Palas tiene un periodo orbital de 4.62 años y una excentricidad orbital de 0.233. Calcule el semieje mayor de su órbita.\nEJECUTAR: De acuerdo la ecuación (13.17), a3兾2 = [(GmS)1兾2T ]兾2p.\nPara despejar a, elevamos ambos lados de esta expresión a la potencia\n3 y luego sustituimos los valores de G, mS y T:\nIDENTIFICAR y PLANTEAR: Este ejemplo utiliza la tercera ley de\nKepler, la cual relaciona el periodo T con el semieje mayor a para\nun objeto (como un asteroide) en órbita. Usamos la ecuación (13.17)\npara determinar a; en el apéndice F observamos que mS = 1.99 *\n1030 kg, y el factor de conversión del apéndice E da T = (4.62 años)\n(3.156 * 107 s兾año) = 1.46 * 108 s. Observe que no necesitamos el\nvalor de la excentricidad.\nGm ST 2\n= 4.15 * 10 11 m\n(Realice el cálculo para comprobarlo).\nEVALUAR: Nuestro resultado es intermedio entre los semiejes mayores\nde Marte y Júpiter (véase el apéndice F). Efectivamente, la mayoría de\nlos asteroides conocidos se localizan en un “cinturón de asteroides”\nentre las órbitas de esos dos planetas.\nEl cometa Halley se desplaza en una órbita elíptica alargada alrededor\ndel Sol (ﬁgura 13.20). Sus distancias del Sol al perihelio y al afelio son\n8.75 * 107 km y 5.26 * 109 km, respectivamente. Calcule el semieje\nmayor, la excentricidad y el periodo.\nLa ﬁgura 13.19 también indica que la distancia entre el cometa y el\nSol en el perihelio es a - ea = a(1 - e). Esta distancia es 8.75 * 107 km,\nIDENTIFICAR y PLANTEAR: Vamos a calcular el semieje mayor a, la\nexcentricidad e y el periodo de la órbita T. Podemos usar la ﬁgura\n13.18 para calcular a y e a partir de las distancias al perihelio y al afelio. Una vez que conozcamos el valor de a, podremos obtener T con la\ntercera ley de Kepler, ecuación (13.17).\nEJECUTAR: A partir de la ﬁgura 13.18, vemos que la longitud del eje\nmayor 2a es la suma de las distancias entre el cometa y el Sol en el\nperihelio y en el afelio. Así que\n18.75 * 10 7 km2 + 15.26 * 10 9 km2\n= 2.67 * 10 9 km\n8.75 * 10 7 km\n2.67 * 10 9 km\nSegún la ecuación (13.17), el periodo es\n2p12.67 * 10 12 m23>2\n216.67 * 10 -11 N # m2 >kg 2 211.99 * 10 30 kg2\n= 2.38 * 10 9 s = 75.5 años\nEVALUAR: La excentricidad es casi 1, así que la órbita del cometa es\nmuy alargada (véase la ﬁgura 13.20a). El cometa Halley estuvo en su\nperihelio a principios de 1986 (ﬁgura 13.20b); llegará otra vez al perihelio un periodo después, en el año 2061.\n13.20 a) Órbita del cometa Halley. b) El cometa en 1986. En el corazón del cometa hay un cuerpo helado, llamado núcleo, de unos 10 km de\ndiámetro. Cuando el cometa se acerca al Sol, el calor de este hace que el núcleo se evapore parcialmente. El material evaporado forma la cauda,\nque llega a medir decenas de millones de kilómetros de longitud.\nMovimientos planetarios y el centro de masa\nHemos supuesto que, mientras un planeta o un cometa se mueven alrededor del Sol,\neste permanece absolutamente estacionario. Desde luego, esto no es correcto; como el\nSol ejerce una fuerza gravitacional sobre el planeta, este ejerce una fuerza gravita-\n13.21 Una estrella y su planeta están en\nórbita alrededor de su centro de masa común.\nÓrbita del planeta alrededor del centro de masa\nCentro de masa del\nLa estrella tiene una masa\nmucho mayor y está mucho\nmás cerca del centro de masa.\nEl planeta y la estrella están siempre\nen lados opuestos del centro de masa.\n13.22 Cálculo de la energía potencial\ngravitacional de interacción entre una masa\npuntual m afuera de un cascarón esférico y\nun anillo en la superﬁcie del cascarón.\ncional sobre el Sol de la misma magnitud pero en sentido opuesto. De hecho, tanto el\nSol como el planeta giran alrededor de su centro de masa común (ﬁgura 13.21). No\nobstante, nuestro error al despreciar este efecto es pequeño; la masa del Sol es unas\n750 veces mayor que la masa combinada de todos los planetas, de modo que el centro\nde masa del Sistema Solar no está lejos del centro del Sol. Resulta interesante que los\nastrónomos hayan aprovechado este efecto para detectar la presencia de planetas en\nórbita alrededor de otras estrellas. Los telescopios más sensibles pueden detectar el\n“bamboleo” aparente de una estrella en órbita alrededor del centro de masa común de\nla estrella y un planeta acompañante que no puede verse. (Los planetas son demasiado\nborrosos para observarse directamente). Analizando los “bamboleos”, los astrónomos\nhan descubierto planetas en órbita alrededor de más de un centenar de estrellas.\nLos astrónomos modernos usan a diario los resultados del análisis de los movimientos planetarios efectuado por Newton. No obstante, el resultado más notable de la labor de Newton es que los movimientos de los cuerpos celestes obedecen las mismas\nleyes del movimiento que los cuerpos en la Tierra. Esta síntesis newtoniana, como se\nha llamado, es uno de los grandes principios uniﬁcadores de la ciencia y afecta profundamente la forma en que vemos el Universo: no como un reino de misterio impenetrable, sino como una extensión directa del mundo cotidiano, sujeta al estudio y\nEvalúe su comprensión de la sección 13.5 La órbita del cometa X tiene\nun semieje mayor cuatro veces más grande que el semieje mayor del cometa Y. Calcule\nla razón del periodo orbital de X con respecto al periodo orbital de Y. i. 2; ii. 4; iii. 8;\niv. 16; v. 32; vi. 64.\na) Geometría de la situación\ndA 5 (2pR sen f)(R df)\nR sen f\nb) La distancia s es la hipotenusa de un\ntriángulo rectángulo con catetos\n(r 2 R cos f) and R sen f.\nr 2 R cos f\nHemos enunciado, sin demostrarlo, que la interacción gravitacional entre dos distribuciones de masa esféricamente simétricas es la misma que sería si la masa de cada\nuna estuviera concentrada en su centro. Ya estamos en condiciones de demostrarlo.\nNewton buscó varios años una demostración, y aplazó la publicación de la ley de la\ngravitación hasta que la encontró.\nVeamos lo que haremos. En lugar de comenzar con dos masas esféricamente simétricas, atacaremos el problema más sencillo de una masa puntual m que interactúa\ncon un cascarón esférico delgado con masa total M. Demostraremos que, si m está\nafuera de la esfera, la energía potencial asociada a esta interacción gravitacional es\nla que sería si M estuviera concentrada en el centro de la esfera. En la sección 7.4\nvimos que la fuerza es la derivada negativa de la energía potencial, así que la fuerza\nque actúa sobre m es la misma que para la masa puntual M. Toda distribución de masa\nesféricamente simétrica puede considerarse formada por muchos cascarones esféricos\nconcéntricos, así que nuestro resultado será válido para cualquier M esféricamente\nUna masa puntual afuera de un cascarón esférico\nComenzamos considerando un anillo en la superﬁcie del cascarón (ﬁgura 13.22a),\ncon centro en la línea que va del centro del cascarón a m. Hacemos esto porque todas\nlas partículas del anillo están a la misma distancia s de la masa puntual m. De acuerdo\ncon la ecuación (13.9), la energía potencial de la interacción entre la Tierra (masa mE)\ny una masa puntual m separada una distancia r es U = -GmEm兾r. Cambiando la notación en esta expresión, vemos que la energía potencial de interacción entre la masa\npuntual m y una partícula de masa mi del anillo está dada por\nUi = -\n13.6 Distribuciones esféricas de masa\nPara calcular la energía potencial de interacción entre m y el anillo entero de masa\ndM = g i m i , sumamos esta expresión de Ui para todas las partículas del anillo. Llamamos a esto energía potencial dU, y vemos que\ndU = a Ui = a a i\nmi = b = s\nPara continuar, necesitamos conocer la masa dM del anillo, que podemos calcular con\nun poco de geometría. El radio del cascarón es R, así que, en términos del ángulo f\nde la ﬁgura, el radio del anillo es R sen f, y su circunferencia es 2pR sen f. La\nanchura del anillo es R df, y su área dA es aproximadamente su anchura multiplicada\npor su circunferencia:\ndA = 2pR 2 sen f df\nLa razón entre la masa dM del anillo y la masa total M del cascarón es la misma que\nhay entre el área dA del anillo y el área total A = 4pR2 del cascarón:\n2pR2 sen f df\nsen f df\nAhora despejamos dM de esta ecuación y sustituimos el resultado en la ecuación\n(13.18) para obtener la energía potencial de interacción entre la masa puntual m y el\ndU = -\nGMm sen f df\nLa energía potencial de interacción entre la masa puntual y el cascarón es la integral de la ecuación (13.20) para toda la esfera, desde f = 0 hasta f = p (¡no 2p!) y\ndesde s = r - R hasta s = r + R. Para realizar la integración, debemos expresar el integrando en términos de una sola variable; elegimos s. Para expresar f y df en términos de s necesitamos otro poco de geometría. En la ﬁgura 13.22b es evidente que s es\nla hipotenusa de un triángulo rectángulo con catetos (r - R cos f) y R sen f, así que,\ns2 = 1r - R cos f22 + 1R sen f22\n= r 2 - 2rR cos f + R 2\nDiferenciamos ambos miembros:\n2s ds = 2rR sen f df\nAhora dividimos esto entre 2rR y sustituimos el resultado en la ecuación (13.20):\nGMm s ds\nAhora podemos integrar la ecuación (13.22), recordando que s varía desde r - R hasta\nds = 31r + R2 - 1r - R24\n(masa puntual m afuera de un cascarón esférico M)\nU = Por último, tenemos\nEsto es igual a la energía potencial de dos masas puntuales m y M a una distancia r, así\nque hemos demostrado que la energía potencial gravitacional del cascarón esférico M\ny la masa puntual m a cualquier distancia r es la misma que sería si fueran masas puntuales. Como la fuerza está dada por Fr = -dU兾dr, la fuerza es la misma.\nFuerza gravitacional entre distribuciones\nesféricas de masa\nCualquier distribución esféricamente simétrica de masa puede considerarse como una\ncombinación de cascarones esféricos concéntricos. Por el principio de superposición\nde las fuerzas, lo que es válido para un cascarón es válido para la combinación. Por lo\ntanto, hemos demostrado la mitad de lo que nos propusimos: que la interacción gravitacional entre una distribución esféricamente simétrica de masa y una masa puntual\nes la misma que sería si toda la masa de la distribución esféricamente simétrica estuviera concentrada en su centro.\nLa otra mitad consiste en demostrar que dos distribuciones esféricamente simétricas\nde masa interactúan como si fueran puntos. Esto es más fácil. En la ﬁgura 13.22a, las\nfuerzas que los dos cuerpos ejercen entre sí son un par acción-reacción, y cumplen la\ntercera ley de Newton. De esta manera, hemos demostrado que la fuerza que m ejerce\nsobre la esfera M es la que ejercería si M fuera un punto. Pero si ahora sustituimos m\npor una distribución esféricamente simétrica de masa centrada en la posición de m, la\nfuerza gravitacional que actúa sobre cualquier parte de M es la misma que antes, y\nlo mismo se cumple para la fuerza total. Esto completa la demostración.\nMasa puntual dentro de un cascarón esférico\n13.23 Si una masa puntual m está dentro\nde un cascarón esférico uniforme de masa M,\nla energía potencial es la misma sin importar\nen qué punto del interior del cascarón esté la\nmasa puntual. La fuerza de la interacción\ngravitacional mutua de las masas es cero.\nSupusimos al principio que la masa puntual m estaba afuera del cascarón esférico, así\nque nuestra demostración solo es válida si m está afuera de una distribución esféricamente simétrica de masa. Si m está adentro de un cascarón esférico, la geometría es la\nque se muestra en la ﬁgura 13.23. El análisis es el mismo; las ecuaciones (13.18) a\n(13.22) siguen siendo válidas; sin embargo, en la ecuación (13.23) los límites de integración deben cambiarse a R - r y R + r. De esta manera,\ny el resultado ﬁnal es\n(masa puntual m dentro de un cascarón esférico M)\nCompare este resultado con la ecuación (13.24): en lugar de tener r, la distancia entre\nm y el centro de M, en el denominador, tenemos R, el radio del cascarón. Esto implica\nque en la ecuación (13.26) U no depende de r y, por ello, tiene el mismo valor en todo\nel interior del cascarón. Si m se mueve dentro del cascarón, no se efectúa trabajo sobre ella, por lo que la fuerza que actúa sobre m en cualquier punto dentro del cascarón\nEn términos más generales, en cualquier punto del interior de una distribución esféricamente simétrica de masa (no necesariamente hueca), a una distancia r del centro,\nla fuerza gravitacional que actúa sobre una masa puntual m es la misma que existiría\nsi elimináramos toda la masa situada a una distancia mayor que r del centro y concentráramos la masa restante en el centro.\nSuponga que usted perfora un agujero que atraviesa la Tierra siguiendo\nun diámetro y deja caer un saco de correo por él. Deduzca una expresión para la fuerza gravitacional Fg que actúa sobre el saco en función\nde su distancia al centro de la Tierra. Suponga que la densidad de la\nTierra es uniforme (un modelo no muy realista; véase la ﬁgura 13.9).\nIDENTIFICAR y PLANTEAR: Partiendo de nuestro análisis anterior, el\nvalor de Fg a una distancia r del centro de la Tierra está determinado\nsolo por la masa M dentro de una región esférica de radio r (ﬁgura 13.24).\nPor lo que Fg es la misma que si toda la masa dentro del radio r estuviera concentrada en el centro de la Tierra. La masa de una esfera uniforme es proporcional al volumen de la esfera, que es 43 pr3 para la\nesfera de radio r y 43 pRE3 para toda la Tierra.\nEJECUTAR: La razón de la masa M de la esfera de radio r y la masa\nterrestre, mE, es\n13.7 Peso aparente y rotación terrestre\nLa magnitud de la fuerza gravitacional que actúa sobre m está dada por\n13.24 Agujero por el centro de la Tierra (la cual suponemos\nuniforme). Si un objeto está a una distancia r del centro, solo la\nmasa dentro de una esfera de radio r ejerce una fuerza gravitacional\nneta sobre él.\nEVALUAR: Dentro de esta esfera de densidad uniforme, Fg es directamente proporcional a la distancia r del centro, no a 1兾r2 como sucede\nafuera de la esfera. En la superﬁcie, donde r = RE, tenemos que Fg =\nGmEm兾RE2, como es de esperarse. En el siguiente capítulo aprenderemos a calcular el tiempo que el saco tardaría en llegar al otro lado de\nEvalúe su comprensión de la sección 13.6 En la novela clásica de ciencia ﬁcción\nEn el centro de la Tierra, escrita en 1913 por Edgar Rice Burroughs, ciertos exploradores\ndescubren que la Tierra es una esfera hueca y que toda una civilización vive en el interior de\nella. ¿Sería posible ponerse de pie y caminar en la superﬁcie interior de un planeta hueco\nque no gira?\nPuesto que la Tierra gira sobre su eje, no es precisamente un marco de referencia inercial. Por tal razón, el peso aparente de un cuerpo en la Tierra no es exactamente igual\na la atracción gravitacional terrestre, a la que llamaremos peso verdadero w0 del\ncuerpo. La ﬁgura 13.25 es la vista de un corte de la Tierra donde hay tres observadores. Cada uno sostiene una balanza de resorte,\nde la cual cuelga un cuerpo de masa m.\nCada balanza aplica una fuerza de tensión F al cuerpo que cuelga, y la lectura de cada\nbalanza es la magnitud F de dicha fuerza. Si los observadores no están conscientes de\nEn el Polo Norte o Sur: N\nel peso aparente\nes igual al peso\nw0 ⫽ peso verdadero de un objeto de masa m.\nF ⫽ fuerza ejercida por la balanza de resorte sobre el\nobjeto de masa m.\nF ⴙ w0 ⫽ fuerza neta que actúa sobre el objeto de masa m;\ndebido a la rotación terrestre, es diferente de cero\n(excepto en los polos).\nw ⫽ peso aparente = opuesto de F.\ng0 ⴝ w0/m\nLejos de los polos:\npor la rotación terrestre,\nel peso aparente no es igual\nal peso verdadero.\ng ⴝ w/m\n13.25 Excepto en los polos, la lectura\nde una báscula en la que se pesa un objeto\n(el peso aparente) es menor que la fuerza de\natracción gravitacional que actúa sobre el\nobjeto (el peso verdadero). Ello se debe a\nque se requiere una fuerza neta que proporcione la aceleración centrípeta, pues el objeto\ngira junto con la Tierra. Por claridad, en el\ndibujo se exagera considerablemente el\nángulo b entre los vectores de peso verdadero\ny peso aparente.\nla rotación terrestre, piensan que la lectura de la báscula es igual al peso del cuerpo\nque este se encuentra en equilibrio. Así, cada observador piensa que a la\ntensión F debe oponerse una fuerza igual y en sentido contrario w, a la que llamamos\npeso aparente. Pero si los cuerpos giran junto con la Tierra, no están precisamente en\nequilibrio. Nuestro problema es encontrar la relación entre el peso aparente w y el\npeso verdadero w0 .\nSi suponemos que la Tierra es esféricamente simétrica, el peso verdadero w0 ten2\ndrá magnitud GmEm兾RE , donde mE y RE son la masa y el radio de la Tierra. Este\nvalor es el mismo para todos los puntos en la superﬁcie terrestre. Si podemos tomar\nel centro de la Tierra como el origen de un sistema inercial de coordenadas, el cuerpo\nque se encuentra en el Polo Norte realmente está en equilibrio en el sistema inercial,\ny la lectura de la balanza de resorte de ese observador es igual a w0. En cambio, el\ncuerpo en el ecuador se mueve en un círculo de radio RE con rapidez v, y debe haber una fuerza neta hacia adentro igual a la masa multiplicada por la aceleración\nw0 - F =\nPor lo tanto, la magnitud del peso aparente (igual a la magnitud de F) es\nw = w0 -\n(en el ecuador)\nSi la Tierra no girara y el cuerpo se soltara, este tendría una aceleración de caída\nlibre g0 = w0兾m. Como la Tierra sí gira, la aceleración real del cuerpo que cae relativa\nal observador en el ecuador es g = w兾m. Dividiendo la ecuación (13.27) entre m y\nusando estas relaciones, obtenemos\ng = g0 -\nPara evaluar v2兾RE, observamos que, en 86,164 s, un punto en el ecuador se mueve una distancia igual a la circunferencia de la Tierra, 2pRE = 2p(6.38 * 106 m). (El\ndía solar, 86,400 s, es 365 más largo porque, en un día, la Tierra también recorre 365 de\nsu órbita alrededor del Sol). Entonces,\n2p16.38 * 10 6 m2\n= 465 m>s\n= 0.0339 m>s2\nTabla 13.1 Variaciones de\ncon la latitud y la elevación\nAsí, para una Tierra esféricamente simétrica, la aceleración debida a la gravedad debería ser aproximadamente 0.03 m兾s2 menor en el ecuador que en los polos.\nEn puntos intermedios entre el ecuador y los polos, el peso verdadero w0 y la aceleración centrípeta no están en la misma línea, y necesitamos escribir la ecuación vectorial correspondiente a la ecuación (13.27). En la ﬁgura 13.25, vemos que la ecuación\nw ⴝ w0 ⴚ ma rad ⴝ mg 0 ⴚ ma rad\nLa diferencia en las magnitudes de g y g0 está entre cero y 0.0339 m兾s2. Como se\naprecia en la ﬁgura 13.25, la dirección del peso aparente diﬁere de la dirección hacia\nel centro de la Tierra en un ángulo pequeño b, que es de 0.1° o menos.\nLa tabla 13.1 da los valores de g en varios lugares, mostrando las variaciones con\nla latitud. También hay otras variaciones pequeñas debido a que la Tierra no tiene una\nsimetría esférica perfecta, a las variaciones locales en la densidad y a las diferencias\n13.8 Agujeros negros\nEvalúe su comprensión de la sección 13.7 Imagine un planeta que tiene la\nmisma masa y radio que la Tierra; no obstante, realiza 10 rotaciones durante el tiempo\nen que la Tierra hace una. ¿Cuál sería la diferencia entre la aceleración debida a la\ngravedad en el ecuador del planeta y la aceleración debida a la gravedad en sus polos?\ni. 0.00339 m兾s2; ii. 0.0339 m兾s2; iii. 0.339 m兾s2; iv. 3.39 m兾s2.\nEl concepto de agujero negro es una de las consecuencias más interesantes y desconcertantes de la teoría gravitacional moderna, pero la idea básica puede entenderse con base\nen los principios newtonianos.\nRapidez de escape de una estrella\nPensemos primero en las propiedades de nuestro Sol. Su masa M = 1.99 * 1030 kg y\nradio R = 6.96 * 108 m son mucho mayores que los de cualquier planeta; sin embargo, en comparación con otras estrellas, nuestro Sol no es excepcionalmente masivo.\nSe puede calcular la densidad media r del Sol del mismo modo en que se calculó la\ndensidad media de la Tierra en la sección 13.2:\n1.99 * 10 30 kg\n= 4 3 = 4\n= 1410 kg>m3\nLa temperatura del Sol varía entre 5800 K (unos 5500°C o 10,000°F) en la superﬁcie\ny 1.5 * 107 K (unos 2.7 * 107°F) en el interior, así que seguramente no contiene sólidos\nni líquidos. No obstante, la atracción gravitacional junta los átomos de gas hasta volver\nal Sol, en promedio, 41% más denso que el agua y unas 1200 veces más denso que el\nVeamos ahora la rapidez de escape de un cuerpo en la superﬁcie del Sol. En el\nejemplo 13.5 (sección 13.3), vimos que la rapidez de escape de la superﬁcie de una\nmasa esférica de masa M y radio R es v = 22GM>R . Podemos relacionar esto con\nla densidad media. Sustituyendo M = rV = r(43pR3) en la expresión para la rapidez\nCon cualquier forma de esta ecuación, podemos demostrar que la rapidez de escape\npara un cuerpo en la superﬁcie solar es v = 6.18 * 105 m兾s (cerca de 2.2 millones de\nkm兾h o 1.4 millones de mi兾h). Este valor, que es aproximadamente 500\nde la rapidez\nde la luz, es independiente de la masa del cuerpo que escapa; solo depende de la masa\ny el radio (o la densidad media y el radio) del Sol.\nConsideremos ahora diversas estrellas con la misma densidad media r y diferentes\nradios R. La ecuación (13.29) indica que, para un valor dado de la densidad r, la rapidez de escape v es directamente proporcional a R. En 1783 el astrónomo aﬁcionado\nJohn Mitchell señaló que, si un cuerpo con la misma densidad media del Sol tuviera\nun radio 500 veces mayor, la magnitud de su rapidez de escape sería mayor que la rapidez de la luz c. Al apuntar que “toda la luz emitida por semejante cuerpo tendría\nque regresar a él”, Mitchell se convirtió en la primera persona en sugerir la existencia de lo que ahora llamamos agujero negro, un objeto que ejerce una gran fuerza\ngravitacional sobre otros cuerpos, pero que ni siquiera puede emitir su propia luz.\nAgujeros negros, el radio de Schwarzschild\ny el horizonte de eventos\nLa primera expresión para la rapidez de escape de la ecuación (13.29) sugiere que\nun cuerpo de masa M actúa como agujero negro, si su radio R es menor que o igual a\ncierto radio crítico. ¿Cómo podemos determinar este radio crítico? Podríamos pensar\nque se puede determinar su valor con solo establecer que v = c en la ecuación (13.29).\nDe hecho, esto sí da el resultado correcto, pero solo porque dos errores se compensan.\n13.26 a) Un cuerpo con radio R mayor\nque el radio de Schwarzschild RS. b) Si el\ncuerpo colapsa a un radio menor que RS,\nes un agujero negro con una rapidez de\nescape mayor que la rapidez de la luz.\nLa superﬁcie de la esfera de radio RS se\ndenomina el horizonte de eventos del\na) Si el radio R de un cuerpo es mayor que el\nradio de Schwarzschild RS, la luz puede escapar\nde la superficie del cuerpo.\nb) Si toda la masa del cuerpo está dentro del\nradio RS, este cuerpo es un agujero negro:\nninguna luz puede escapar de él.\nGravedad que actúa sobre la luz que escapa y se\n“desplaza al rojo” hacia longitudes de onda\nLa energía cinética de la luz no es mc2兾2, y la energía potencial gravitacional cerca de\nun agujero negro no está dada por la ecuación (13.9). En 1916 Karl Schwarzschild\nusó la teoría general de la relatividad de Einstein (que en parte es una generalización y\nextensión de la teoría gravitacional newtoniana) con la ﬁnalidad de deducir una expresión para el radio crítico RS, llamado ahora radio de Schwarzschild. El resultado es\nel mismo que si hubiéramos igualado v a c en la ecuación (13.29):\nDespejando el radio de Schwarzschild RS, tenemos\n(radio de Schwarzschild)\nSi un cuerpo esférico sin rotación con masa M tiene un radio menor que RS, nada\n(ni siquiera la luz) podrá escapar de su superﬁcie, y el cuerpo es un agujero negro\n(ﬁgura 13.26). En este caso, todos los cuerpos que estén a menos de una distancia RS\ndel centro del agujero negro quedarán atrapados por su atracción gravitacional y no\npodrán escapar de él.\nLa superﬁcie de la esfera con radio RS que rodea a un agujero negro se denomina\nhorizonte de eventos porque, como la luz no puede escapar del interior de la esfera,\nno podemos ver los eventos que ocurren ahí. Lo único que un observador afuera del\nhorizonte de eventos puede conocer acerca de un agujero negro es su masa (por sus\nefectos gravitacionales sobre otros cuerpos), su carga eléctrica (por las fuerzas eléctricas\nque ejerce sobre otros cuerpos cargados) y su momento angular (porque un agujero\nnegro en rotación tiende a arrastrar el espacio que hay a su alrededor y todo lo que\ncontiene en él). Toda la demás información acerca del cuerpo se pierde irremediablemente cuando se colapsa dentro de su horizonte de eventos.\nCálculos en agujeros negros\nLas teorías astrofísicas sugieren que una estrella quemada puede colapsarse bajo su propia gravedad para formar un agujero negro, si su\nmasa es de cuando menos tres masas solares. En tal caso, ¿qué radio\ntendría el horizonte de eventos?\nIDENTIFICAR, PLANTEAR y EJECUTAR: El radio en cuestión es el radio\nde Schwarzschild. Usamos la ecuación (13.30) con un valor de M de\ntres masas solares, es decir, M = 3 (1.99 * 1030 kg) = 6.0 * 1030 kg:\n216.67 * 10 -11 N # m2>kg 2216.0 * 10 30 kg2\n13.00 * 10 8 m>s22\n= 8.9 * 10 3 m = 8.9 km = 5.5 mi\nEVALUAR: La densidad media de este objeto es\n6.0 * 10 30 kg\n* 10 3 m23\n= 2.0 * 10 18 kg>m3\nDe 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 a un solo punto llamado singularidad en el centro del horizonte de eventos. Este\npunto tiene volumen cero y, por ende, densidad inﬁnita.\nEsto es aproximadamente 1015 veces la densidad de la materia ordinaria en la Tierra y es comparable con la densidad de los núcleos atómicos.\nVisita a un agujero negro\nEn puntos alejados de un agujero negro, sus efectos gravitacionales son los mismos que\nlos de cualquier cuerpo normal con la misma masa. Si el Sol se colapsara para formar\nun agujero negro, las órbitas de los planetas no se afectarían. Sin embargo, en las cercanías del agujero negro las cosas son drásticamente distintas. Si el lector decidiera\nconvertirse en un héroe de la ciencia y saltara a un agujero negro, quienes se quedaran\natrás observarían varios efectos extraños al moverse usted hacia el horizonte de eventos, casi todos asociados con la relatividad general.\nSi usted llevara un radiotransmisor para informar de sus experiencias, habría que\nsintonizar el receptor continuamente a frecuencias cada vez más bajas por el efecto\ndenominado desplazamiento gravitacional al rojo. Junto con este desplazamiento, los\nobservadores percibirían que los relojes de usted (electrónicos o biológicos) avanzarían cada vez más lentamente por el efecto llamado dilatación del tiempo. De hecho,\na los observadores no les alcanzaría la vida para ver cómo usted llega al horizonte de\nEn su marco de referencia, usted llegaría al horizonte de eventos en un tiempo muy\ncorto, pero de forma un tanto desconcertante. Al caer con los pies por delante hacia el\nagujero negro, la atracción gravitacional sobre los pies sería mayor que sobre la cabeza, la cual estaría un poco más lejos del agujero. Las diferencias en la fuerza gravitacional que actúa sobre las distintas partes de su cuerpo serían suﬁcientes para estirarlo\na usted en la dirección hacia el agujero negro y comprimirlo en la dirección perpendicular. Estos efectos (llamados fuerzas de marea) separarían sus átomos y luego los desgarrarían, antes de que usted llegara al horizonte de eventos.\nSi la luz no puede escapar de un agujero negro, y si los agujeros negros son tan pequeños como sugiere el ejemplo 13.11, ¿cómo sabemos que tales entidades existen?\nLa respuesta es que si hay gas o polvo cerca de un agujero negro, tenderá a formar un\ndisco de acreción que girará en torno del agujero y caerá en él, como en un remolino\n(ﬁgura 13.27). La fricción dentro del material del disco hace que pierda energía mecánica y caiga en espiral hacia el agujero negro, comprimiéndose al hacerlo. Esto\n1 El agujero negro tira de la\nmateria de la estrella ordinaria\npara formar un disco de\nacreción a su\n2 El gas del disco se comprime\ny calienta a temperaturas\ntan altas que se convierte en\nuna fuente intensa de rayos x.\n3 En el disco de acreción, el gas\nque no cae al agujero negro se expulsa\nen dos veloces chorros a presión.\n13.27 Sistema de estrellas binarias en el\nque una estrella ordinaria y un agujero negro\ngiran uno alrededor del otro. El agujero negro\nno puede verse, pero pueden detectarse los\nrayos x de su disco de acreción.\n13.28 Esta imagen de color falso muestra\nlos movimientos de las estrellas en el centro\nde nuestra galaxia durante un periodo de\n13 años. Un análisis de estas órbitas con la\ntercera ley de Kepler indica que las estrellas\nse mueven alrededor de un objeto invisible,\ncuya masa es de unas 4.1 * 106 veces la masa\ndel Sol. La barra de la escala indica una\nlongitud de 1014 m (670 veces la distancia\nentre la Tierra y el Sol) a la distancia del\ncausa un calentamiento del material, como sucede con el aire comprimido en una bomba para bicicleta. Se pueden alcanzar temperaturas por encima de 106 K en el disco de\nacreción, de modo que no solo se emite luz visible (como hacen los cuerpos al “rojo\nvivo” o al “blanco vivo”), sino también rayos x. Los astrónomos buscan estos rayos x\n(emitidos antes de que el material cruce el horizonte de eventos), para detectar la\npresencia de un agujero negro. Se han hallado varios candidatos prometedores, y los\nastrónomos han expresado una conﬁanza considerable en la existencia de los agujeros\nLa masa de los agujeros negros en sistemas de estrellas binarias, como el de la ﬁgura 13.27, es unas cuantas veces mayor que la del Sol, y cada vez hay más pruebas de\nla existencia de agujeros negros supermasivos mucho mayores. Se cree que hay uno\nen el centro de nuestra galaxia, la Vía Láctea, a unos 26,000 años luz de la Tierra en la\ndirección de la constelación Sagitario. Imágenes de alta deﬁnición del centro galáctico\nrevelan estrellas que giran a más de 1500 km兾s en torno a un objeto invisible que coincide con la posición de una fuente de ondas de radio llamada Sgr A* (ﬁgura 13.28). Al\nanalizar estos movimientos, los astrónomos pueden inferir el periodo T y el semieje\nmayor a de la órbita de cada estrella. Así, se puede calcular la masa mX del objeto invisible utilizando la tercera ley de Kepler en la forma que se da en la ecuación (13.17),\nsustituyendo la masa del Sol mS por mX:\nLa conclusión es que el misterioso objeto oscuro en el centro de la galaxia tiene una\nmasa de 8.2 * 1036 kg, es decir, 4.1 millones de veces la masa del Sol. Sin embargo,\nobservaciones efectuadas con radiotelescopios revelan que su radio no es mayor que\n4.4 * 1010 m, aproximadamente un tercio de la distancia que hay entre la Tierra y el Sol.\nEstas observaciones sugieren que este objeto masivo y compacto es un agujero negro\ncon un radio de Schwarzschild de 1.1 * 1010 m. Los astrónomos confían en mejorar\nla resolución de sus observaciones a tal grado que, en unos pocos años, podrán ver el\nhorizonte de eventos de ese agujero negro.\nOtras líneas de investigación sugieren que podría haber agujeros negros aún más\ngrandes, con más de 109 masas solares, en el centro de otras galaxias. Los estudios de\nobservación y teóricos sobre agujeros negros de todos tamaños siguen siendo un área\nde investigación estimulante tanto en la física como en la astronomía.\nEvalúe su comprensión de la sección 13.8 Si el Sol llegara a colapsarse\npara formar un agujero negro, ¿qué efecto tendría este suceso sobre la órbita de la\nTierra? i. La órbita se encogería; ii. la órbita se expandiría; iii. la órbita permanecería\nLey de Newton de la gravitación: Dos cuerpos cualesquiera\ncon masas m1 y m2, separados por una distancia r, se\natraen con fuerzas inversamente proporcionales a r 2.\nTales fuerzas forman un par acción-reacción y obedecen\nla tercera ley de Newton. Si dos o más cuerpos ejercen\nfuerzas gravitacionales sobre un cuerpo dado, la fuerza\ngravitacional total que actúa sobre ese cuerpo es la suma\nvectorial de las fuerzas ejercidas por los otros cuerpos.\nLa interacción gravitacional entre distribuciones esféricas\nde masa, como los planetas o las estrellas, es igual que\nsi toda la masa estuviera concentrada en el centro.\n(Véase los ejemplos 13.1 a 13.3 y 13.10).\nFuerza gravitacional, peso y energía potencial gravitacional:\nEl peso w de un cuerpo es la fuerza gravitacional total\nejercida sobre él por todos los demás cuerpos del Universo.\nCerca de la superﬁcie de la Tierra (masa mE y radio RE),\nel peso en esencia es igual a la fuerza gravitacional de la\nTierra sola. La energía potencial gravitacional U de dos\nmasas m y mE separadas por una distancia r es inversamente proporcional a r. La energía potencial nunca es positiva;\nes cero solo cuando los dos cuerpos están inﬁnitamente\ndistantes. (Véase los ejemplos 13.4 y 13.5).\nFg (2 sobre 1)\nRE 5 6.38 3 106 m\nw 5 Gm E m r 2\n(aceleración debida a la gravedad\n(periodo en órbita circular)\nr 2 RE (3 10 6 m)\n(rapidez en órbita circular)\n(peso en la superﬁcie de la Tierra)\nÓrbitas: Si un satélite se mueve en una órbita circular,\nla atracción gravitacional de la Tierra proporciona la\naceleración centrípeta. Las tres leyes de Kepler describen\nel caso más general: la órbita elíptica de un planeta\nalrededor del Sol o de un satélite alrededor de un planeta.\n(Véase ejemplos 13.6 a 13.9).\nAgujeros negros: Si una distribución esférica de masa sin\nrotación, con masa total M, tiene un radio menor que su\nradio de Schwarzschild, RS, se clasiﬁca como agujero\nnegro. La interacción gravitacional impide que cualquier\ncosa, incluida la luz, escape de una esfera con radio RS.\n(Véase el ejemplo 13.11).\nSi todo el cuerpo está dentro del radio\nde Schwarzschild RS = 2GM c2,\nel cuerpo es un agujero negro.\nRapideces en una órbita elíptica\nUn cometa gira en torno al Sol (masa mS) en una órbita elíptica con semieje mayor a y excentricidad e. a) Obtenga las expresiones para las\nrapideces del cometa en el perihelio y en el afelio. b) Evalúe estas expresiones para el cometa Halley (véase el ejemplo 13.9).\n4. Por lo menos serán necesarias dos ecuaciones que incluyan las dos\nincógnitas, y expresiones para las distancias entre el Sol y el cometa\nen el perihelio y el afelio. (Sugerencia: Véase la ﬁgura 13.18).\n5. Resuelva las ecuaciones para obtener las incógnitas. Compare las expresiones: ¿Cuál es la menor rapidez? ¿Es lógico?\n6. Use las expresiones del paso 5 para obtener los valores de la rapidez en el perihelio y el afelio para el cometa Halley. (Sugerencia:\nVéase el apéndice F).\n1. Elabore un dibujo de la situación; muestre todas las dimensiones\nrelevantes. Identiﬁque el perihelio y el afelio.\n2. Liste las cantidades desconocidas e identiﬁque las incógnitas.\n3. Igual que sucede con un satélite que gira alrededor de la Tierra, la\nenergía mecánica de un cometa alrededor del Sol se conserva. (¿Por\nqué?). ¿Qué otra cantidad se conserva conforme el cometa se mueve\nen su órbita? (Sugerencia: Véase la sección 13.5).\n7. Compruebe si sus resultados son lógicos para el caso especial de\nuna órbita circular (e = 0).\n. , .. , ... : Problemas de diﬁcultad creciente. PA: Problemas acumulativos que incorporan material de capítulos anteriores.\nCALC: Problemas que requieren cálculo. BIO: Problemas de ciencias biológicas.\nP13.1 Un estudiante escribió: “La única razón por la que una manzana\ncae hacia la Tierra en lugar de que esta suba hacia la manzana es que la\nTierra tiene una masa mucho mayor y, por lo tanto, tira con una fuerza\nmucho mayor”. Comente esta aseveración.\nP13.2 Un planeta gira en una órbita circular con periodo T alrededor de una estrella. Si orbitara, a la misma distancia, en torno a una\nestrella con una masa tres veces mayor que la estrella original, ¿el\nnuevo periodo (en términos de T) sería: a) 3T, b) T 13 , c) T, d) T兾 13\no e) T兾3?\nP13.3 Si todos los planetas tuvieran la misma densidad media, ¿cómo\ndependería del radio del planeta la aceleración en la superﬁcie debida\na la gravedad?\nP13.4 ¿Una libra de mantequilla es la misma cantidad en la Tierra que\nen Marte? ¿Y un kilogramo de mantequilla? Explique su respuesta.\nP13.5 El ejemplo 13.2 (sección 13.1) muestra que la aceleración de\ncada esfera causada por la fuerza gravitacional es inversamente proporcional a la masa de dicha esfera. ¿Por qué entonces esa fuerza da a\ntodas las masas la misma aceleración cuando se dejan caer cerca de la\nP13.6 ¿Usted atrae más al Sol al mediodía o a la medianoche? Explique su respuesta.\nP13.7 Puesto que la Luna es atraída constantemente hacia la Tierra por\nla interacción gravitacional, ¿por qué no choca contra la Tierra?\nP13.8 Un planeta se mueve en una órbita circular con periodo T alrededor de una estrella. Si el planeta estuviera en órbita a la misma distancia alrededor de esa estrella, pero su masa fuera tres veces mayor,\n¿cuál sería el nuevo periodo (en términos de T)? a) 3T, b) T 13 , c) T,\nd) T兾 13 o e) T兾3?\nP13.9 El Sol tira de la Luna con una fuerza cuya magnitud es más del\ndoble de la magnitud de la fuerza con que la Tierra atrae a la Luna.\n¿Por qué entonces el Sol no “se lleva” a la Luna?\nP13.10 En el capítulo 7 se deﬁnió la energía potencial gravitacional\ncomo U = mgy, positiva para un cuerpo de masa m sobre la superﬁcie\nterrestre (que está en y = 0). Sin embargo, en este capítulo deﬁnimos la\nenergía potencial gravitacional como U = –GmEm兾r, que es negativa\npara un cuerpo de masa m sobre la superﬁcie terrestre (que está en r =\nRE). ¿Cómo puede conciliar estas descripciones de la energía potencial\ngravitacional que, al parecer, son incompatibles?\nP13.11 Un planeta se mueve con rapidez constante en una órbita\ncircular alrededor de una estrella. En una órbita completa, ¿la fuerza\ngravitacional que la estrella ejerce sobre el planeta realiza trabajo neto\npositivo, negativo o cero? ¿Y si la órbita del planeta fuera elíptica, de\nmodo que la rapidez del planeta no sea constante? Explique sus respuestas.\nP13.12 ¿La rapidez de escape para un objeto en la superﬁcie terrestre\ndepende de la dirección en que se lanza? Explique su respuesta. ¿Su\nrespuesta depende de si incluye o no los efectos de la resistencia del\nP13.13 Si un proyectil se dispara verticalmente hacia arriba desde la\nsuperﬁcie terrestre, ¿qué sucederá si la energía mecánica total (cinética\n+ potencial) es a) menor que cero y b) mayor que cero? En cada caso,\ndesprecie la resistencia del aire y los efectos gravitacionales del Sol, la\nLuna y los demás planetas.\nP13.14 Diga si la siguiente aﬁrmación es correcta: “En ausencia de\nresistencia del aire, la trayectoria de un proyectil lanzado cerca de la\nsuperﬁcie terrestre es una elipse, no una parábola”.\nP13.15 La Tierra está más cerca del Sol en noviembre que en mayo.\n¿En cuál de estos meses es mayor su rapidez orbital? Explique su\nP13.16 Una empresa de comunicaciones desea poner en órbita un\nsatélite que siempre esté directamente sobre el paralelo 45 de la Tierra\n(latitud 45° norte). Esto implica que el plano de la órbita no pasará por\nel centro de la Tierra. ¿Es posible tal órbita? ¿Por qué?\nP13.17 ¿En qué punto de una órbita elíptica es máxima la aceleración?\n¿Y mínima? Justiﬁque sus respuestas.\nP13.18 ¿Qué viaje requiere más combustible, de la Tierra a la Luna\no de la Luna a la Tierra? Explique su respuesta.\nP13.19 ¿Cuál sería la tercera ley de Kepler para órbitas circulares, si\nuna modiﬁcación a la ley de Newton de la gravitación hiciera a la fuerza\ngravitacional inversamente proporcional a r3? ¿Este cambio afectaría\nlas otras dos leyes de Kepler? Explique su respuesta.\nP13.20 En la órbita elíptica del cometa Halley que se ilustra en la ﬁgura 13.20a, la fuerza de gravedad del Sol hace que el cometa caiga\ndesde el afelio hasta el perihelio. Pero, ¿qué hace que el cometa suba\notra vez del perihelio al afelio?\nP13.21 Muchas personas creen que los astronautas en órbita sienten que\nno tienen peso porque están “fuera del alcance de la gravedad terrestre”.\n¿Qué tan lejos tendría que viajar una nave para estar realmente fuera de\nla inﬂuencia gravitacional de la Tierra? En tal caso, ¿permanecería en\nórbita la nave? Explique su respuesta. ¿Cuál es la razón real por la que\nlos astronautas en órbita se sienten sin peso?\nP13.22 Como parte de su capacitación, los astronautas viajan en un\navión que vuela en la misma trayectoria parabólica que un proyectil en\ncaída libre. Explique por qué esto provoca la misma sensación de ingravidez aparente que estar en órbita.\nSección 13.1 Ley de Newton de la gravitación\n13.1 . ¿Cuál es la razón que hay entre la atracción gravitacional del\nSol sobre la Luna y la de la Tierra sobre la Luna? (Suponga que la distancia entre la Luna y el Sol es aproximadamente la misma que entre\nla Tierra y el Sol). Use los datos del apéndice F. ¿Es más preciso decir\nque la Luna está en órbita alrededor de la Tierra o del Sol?\n13.2 .. PA Experimento de Cavendish. En la balanza de Cavendish\nque se ilustra en la ﬁgura 13.4, suponga que m1 = 1.10 kg, m2 = 25.0 kg\ny la varilla que conecta a las esferas de masa m1 mide 30.0 cm de longitud. Si la distancia del centro de cada esfera de masa m1 al centro de\nla esfera de masa m2 más cercana es de 12.0 cm, calcule a) la fuerza\nneta y b) la torca neta (alrededor del eje de rotación) en la parte giratoria del aparato. c) ¿Parece que la torca del inciso b) sería suﬁciente\npara hacer girar la varilla con facilidad? Sugiera algunas maneras de\nmejorar la sensibilidad de este experimento.\n13.3 . Cita en el espacio. Una pareja de astronautas acuerda citarse en el espacio después de unas horas. Su plan es dejar que la fuerza de\ngravedad los reúna. Uno de ellos tiene una masa de 65 kg y el otro una\nmasa de 72 kg, y parten del reposo estando separados una distancia de\n20.0 m. a) Elabore un diagrama de cuerpo libre de cada astronauta y\núselo para determinar la aceleración inicial del individuo. Como una\naproximación burda, se puede modelar a los astronautas como esferas\nuniformes. b) Si la aceleración de los astronautas es constante, ¿cuántos\ndías tendrían que esperar para estar juntos? (¡Cuidado! Ambos astronautas aceleran el uno hacia el otro). c) De hecho, ¿su aceleración permanecería constante? Si no, ¿aumentaría o disminuiría? ¿Por qué?\n13.4 .. Dos esferas uniformes, ambas con masa M y radio R, se tocan\nentre sí. ¿Qué magnitud tiene su fuerza de atracción gravitacional?\n13.5 . Dos esferas uniformes de\n0.260 kg están ﬁjas en los puntos\nA y B (ﬁgura E13.5). Calcule la\nmagnitud y la dirección de la ace10.0 cm\nleración inicial de una esfera uni- 0.260 kg\nforme con masa de 0.010 kg que se\nsuelta del reposo en P, suponiendo\n8.0 cm 8.0 cm\nque solo actúan sobre ella las fuerzas gravitacionales ejercidas por las\nesferas A y B.\n13.6 .. Obtenga la magnitud y la dirección de la fuerza gravitacional\nneta que las masas B y C ejercen sobre la masa A en la ﬁgura E13.6.\nCada masa es de 2.00 kg.\n13.7 . Una persona adulta promedio tiene una masa aproximada de\n70 kg. a) ¿Qué fuerza ejerce la Luna llena sobre ella, si está directamente arriba de su cabeza y tiene su centro a 378,000 km? b) Compare\nesta fuerza con la fuerza que la Tierra ejerce sobre la persona.\n13.8 .. Una masa puntual de 8.00 kg y una masa puntual de 15.0 kg\nestán separadas 50.0 cm. Se suelta una partícula de masa m desde un\npunto entre las dos masas a 20.0 cm de la masa de 8.00 kg en la línea\nque conecta las dos masas ﬁjas. Obtenga la magnitud y la dirección de\n13.9 .. Una partícula de masa 3m se localiza a 1.00 m de una partícula de masa m. a) ¿Dónde debería colocar usted una tercera masa M, de\nmanera que la fuerza gravitacional neta sobre M debida a las dos masas\nsea exactamente igual a cero? b) ¿En este punto, el equilibrio de M es\nestable o inestable, i. para puntos en la línea que une m y 3m, y ii. para\npuntos en una línea que pasa por M y es perpendicular a la línea que\nconecta m y 3m?\n13.10 .. Las masas puntuales m y 2m están sobre el eje x, con m en el\norigen y 2m en x = L. Una tercera masa puntual M se mueve a lo largo\ndel eje x. a) ¿En qué punto la fuerza gravitacional neta sobre M, debida\na las otras dos masas, es igual a cero? b) Elabore un diagrama de la componente x de la fuerza neta sobre M debida a m y a 2m, considerando\nlas cantidades a la derecha como positivas. Incluya las regiones x 6 0,\n0 6 x 6 L y x 7 L. Tenga especial cuidado en mostrar el comportamiento de la gráﬁca en los lados x = 0 y x = L.\nSección 13.2 Peso\n13.11 .. ¿A qué distancia sobre la superﬁcie terrestre la aceleración\ndebida a la gravedad es de 0.980 m兾s2, si en la superﬁcie tiene una\nmagnitud de 9.80 m兾s2?\n13.12 . La masa de Venus es el 81.5% de la masa de la Tierra, y su\nradio es el 94.9% del radio de la Tierra. a) Calcule la aceleración debida a la gravedad en la superﬁcie de Venus con estos datos. b) Si una\nroca pesa 75.0 N en la Tierra, ¿cuánto pesará en la superﬁcie de Venus?\n13.13 . Titania, la luna más grande de Urano, tiene 8 del radio te1\nrrestre y 1700 de la masa de la Tierra. a) Calcule la aceleración debida a\nla gravedad en su superﬁcie. b) Obtenga la densidad media de Titania.\n(Es menor que la densidad de las rocas, lo cual es una evidencia de que\nTitania está constituida principalmente por hielo).\n13.14 . Rea, una de las lunas de Saturno, tiene un radio de 765 km y\nuna aceleración debida a la gravedad de 0.278 m兾s2 en su superﬁcie.\nCalcule su masa y densidad media.\n13.15 .. Calcule la fuerza gravitacional que la Tierra ejerce sobre un\nastronauta de 75 kg, quien está reparando el telescopio espacial Hubble\na una altura de 600 km sobre la superﬁcie terrestre, y compare ese va-\nlor con su peso en la superﬁcie de la Tierra. Con base en su resultado,\nexplique por qué decimos que los astronautas no tienen peso cuando\nestán en órbita alrededor de la Tierra en un satélite como el transbordador espacial. ¿Se debe a que la atracción gravitacional terrestre es\ntan pequeña que se puede despreciar?\nSección 13.3 Energía potencial gravitacional\n13.16 .. Volcanes en Io. La luna de Júpiter llamada Io tiene volcanes activos (de hecho, es el cuerpo volcánico más activo del Sistema\nSolar), que expulsa material hasta 500 km arriba de la superﬁcie (o\ninclusive más alto). Io tiene una masa de 8.94 * 1022 kg y un radio de\n1815 km. Ignore cualquier variación de la gravedad en un intervalo\nde 500 km de escombros. ¿A qué altura subiría este material en la\nTierra si fuera expulsado con la misma rapidez que en Io?\n13.17 . Use los resultados del ejemplo 13.5 (sección 13.3) para calcular la rapidez de escape de una nave: a) desde la superﬁcie de Marte, y\nb) desde la superﬁcie de Júpiter. Use los datos del apéndice F. c) ¿Por\nqué la rapidez de escape de la nave es independiente de su masa?\n13.18 .. Diez días después de lanzarse hacia Marte en diciembre de\n1998, la nave Mars Climate Orbiter (masa de 629 kg) estaba a 2.87 *\n106 km de la Tierra, viajando con rapidez de 1.20 * 104 km兾h relativa\na la Tierra. Para ese instante, calcule a) la energía cinética de la nave\nrelativa a la Tierra y b) la energía potencial del sistema Tierra-nave.\nSección 13.4 Movimiento de satélites\n13.19 . Para que un satélite tenga una órbita circular de 780 km arriba\nde la superﬁcie terrestre, a) ¿qué rapidez orbital debe tener? y b) ¿cuál\nes el periodo de la órbita (en horas)?\n13.20 .. Misión Aura. El 15 de julio de 2004, la NASA lanzó la nave\nespacial Aura para estudiar el clima y la atmósfera terrestres. Este satélite fue puesto en una órbita a 705 km sobre la superﬁcie terrestre.\nSuponga una órbita circular. a) ¿Cuántas horas le tomará a este satélite\ncompletar una órbita? b) ¿Qué tan rápido (en km兾s) se mueve la nave\n13.21 .. Dos satélites tienen órbitas circulares alrededor de un planeta\nde radio igual a 9.00 * 106 m. Un satélite tiene una masa de 68.0 kg,\nradio orbital de 5.00 * 107 m, y rapidez orbital de 4800 m兾s. El segundo satélite tiene una masa de 84.0 kg y radio orbital de 3.00 * 107 m.\n¿Cuál es la rapidez orbital de este segundo satélite?\n13.22 .. Estación Espacial Internacional. La Estación Espacial Internacional efectúa 15.65 revoluciones por día en su órbita alrededor\nde la Tierra. Suponiendo una órbita circular, ¿qué tan alto con respecto\na la superﬁcie terrestre debe estar dicho satélite?\n13.23 . Deimos, una luna de Marte, tiene un diámetro aproximado de\n12 km y una masa de 2.0 * 1015 kg. Suponga que usted está varado\nsolo en Deimos y quiere jugar béisbol. ¡Usted mismo sería el lanzador y el bateador! a) ¿Con qué rapidez tendría que lanzar la pelota\npara que entre en órbita justo por encima de la superﬁcie y vuelva a\ndonde usted está listo para batearla? ¿Cree que podría lanzarla con esa\nrapidez? b) ¿Cuánto tiempo (en horas) después del lanzamiento, la pelota debería estar lista para ser bateada? ¿Sería un juego de béisbol\nSección 13.5 Las leyes de Kepler y el movimiento\n13.24 .. Planeta Vulcano. Suponga que se descubre un planeta en2\ntre el Sol y Mercurio, con una órbita circular de radio igual a 3 del radio\norbital medio de Mercurio. ¿Qué periodo orbital tendría ese planeta?\n(Llegó a postularse la existencia de tal planeta, en parte para explicar la\nprecesión de la órbita de Mercurio. Incluso recibió el nombre Vulcano,\naunque no tenemos pruebas de que realmente exista. La precesión de\nMercurio se ha explicado con base en la relatividad general).\n13.25 .. La estrella Rho1 Cancri está a 57 años luz de la Tierra y su\nmasa es 0.85 veces la del Sol. Se ha detectado un planeta en órbita\ncircular en torno a Rho1 Cancri, con un radio orbital igual a 0.11 veces\nel radio de la órbita de la Tierra alrededor del Sol. Calcule a) la rapidez orbital y b) el periodo orbital del planeta de Rho1 Cancri.\n13.26 .. En marzo de 2006, se descubrieron dos satélites pequeños en\nórbita alrededor de Plutón: uno a una distancia de 48,000 km y el otro\na 64,000 km. Ya se sabe que Plutón tiene un satélite grande, Caronte, el\ncual orbita a 19,600 km y tiene un periodo orbital de 6.39 días. Suponiendo que los satélites no se afectan mutuamente, encuentre los periodos orbitales de los dos satélites pequeños sin considerar la masa\n13.27 . a) Use la ﬁgura 13.18 para demostrar que la distancia entre el\nSol y el planeta en el perihelio es (1 - e)a, que en el afelio es (1 + e)a\ny que, por lo tanto, la suma de estas dos distancias es 2a. b) Cuando el\nplaneta enano Plutón se encontraba en su perihelio en 1989, estaba casi\n100 millones de km más cerca del Sol que Neptuno. Los semiejes mayores de las órbitas de Plutón y Neptuno son 5.92 * 1012 m y 4.50 *\n1012 m, respectivamente, y sus excentricidades son 0.248 y 0.010.\nCalcule la distancia más corta de Plutón al Sol y la más grande de\nNeptuno al Sol. c) ¿Cuántos años, después de haberse ubicado en su\nperihelio en 1989, Plutón volverá a estar en su perihelio?\n13.28 .. Júpiter caliente. En 2004 los astrónomos informaron el\ndescubrimiento de un planeta del tamaño de Júpiter con una órbita muy\ncercana a la estrella HD 179949 (de ahí el término “Júpiter caliente”).\nLa órbita estaba solo a 9 de la distancia de Mercurio al Sol, y al planeta\nle tomó solo 3.09 días efectuar una órbita (que se supone circular).\na) ¿Cuál es la masa de la estrella? Exprese su respuesta en kilogramos\ny como múltiplo de la masa del Sol. b) ¿Qué tan rápido (en km兾s) se\nmueve este planeta?\n13.29 .. Planetas más allá del Sistema Solar. El 15 de octubre de\n2001, se descubrió un planeta orbitando alrededor de la estrella HD\n68988. Su distancia orbital se midió en 10.5 millones de kilómetros a\npartir del centro de la estrella, y su periodo orbital se estimó en 6.3 días.\n¿Cuál es la masa de HD 68988? Exprese su respuesta en kilogramos y\nen términos de la masa del Sol. (Consulte el apéndice F).\nSección 13.6 Distribuciones esféricas de masa\n13.30 . Un cascarón esférico uniforme de 1000.0 kg tiene un radio de\n5.00 m. a) Calcule la fuerza gravitacional que dicho cascarón ejerce\nsobre una masa puntual de 2.00 kg colocada a las siguientes distancias\ndel centro del cascarón: i. 5.01 m, ii. 4.99 m, iii. 2.72 m. b) Dibuje una\ngráﬁca cualitativa de la magnitud de la fuerza gravitacional que esta\nesfera ejerce sobre una masa puntual m en función de la distancia r\nde m desde el centro de la esfera. Incluya la región desde r = 0 hasta\nr S q.\n13.31 .. Una esfera sólida uniforme de 1000.0 kg tiene un radio de\n5.00 m. a) Obtenga la fuerza gravitacional que esta esfera ejerce sobre\nuna masa puntual de 2.00 kg colocada a las siguientes distancias del\ncentro de la esfera: i. 5.01 m y ii. 2.50 m. b) Dibuje una gráﬁca cualitativa de la magnitud de la fuerza gravitacional que esta esfera ejerce\nsobre una masa puntual m en función de la distancia r de m desde el\ncentro de la esfera. Incluya la región desde r = 0 hasta r S q.\n13.32 . CALC Una varilla delgada uniforme tiene longitud L y masa M.\nUna esfera uniforme pequeña de masa m se coloca a una distancia x de\nun extremo de la varilla, sobre el eje de esta (ﬁgura E13.32). a) Calcule\nla energía potencial gravitacional del sistema varilla-esfera. Tome la\nenergía potencial igual a cero cuando la varilla y la esfera están separadas una distancia inﬁnita. Demuestre que su respuesta se reduce al resultado esperado cuando x es mucho mayor que L. [Sugerencia: Use la\nexpansión en forma de serie de potencias que se da en el apéndice B\npara ln(1 + x)]. b) Utilice Fx = -dU兾dx para calcular la magnitud y la\ndirección de la fuerza gravitacional que la varilla ejerce sobre la esfera\n(véase la sección 7.4). Demuestre que su respuesta se reduce al resultado esperado cuando x es mucho mayor que L.\n13.33 . CALC Considere el cuerpo con forma de anillo de la ﬁgura\nE13.33. Una partícula de masa m se coloca a una distancia x del centro del anillo, sobre la línea que pasa por el centro y es perpendicular al\nplano del anillo. a) Calcule la energía potencial gravitacional U de este\nsistema. Tome la energía potencial igual a cero cuando los dos objetos\nestán muy alejados. b) Demuestre que su respuesta al inciso a) se reduce al resultado esperado cuando x es mucho mayor que el radio a del\nanillo. c) Use Fx = -dU兾dx para obtener la magnitud y la dirección de\nla fuerza que actúa sobre la partícula (véase la sección 7.4). d) Demuestre que su respuesta al inciso c) se reduce al resultado esperado cuando\nx es mucho mayor que a. e) ¿Cuánto valen U y Fx cuando x = 0?\nExplique por qué son lógicos estos resultados.\nuna sola estrella tenga una masa mayor de unas 50 masas solares.\n¿Podría el objeto masivo ser una simple estrella ordinaria? c) Muchos\nastrónomos creen que el objeto masivo en el centro de la Vía Láctea es\nun agujero negro. De ser así, ¿qué radio de Schwarzschild tendría?\n¿Un agujero negro de este tamaño cabría dentro de la órbita de la\nTierra en torno al Sol?\n13.38 . a) Demuestre que un agujero negro atrae a un objeto de masa m\ncon una fuerza de mc2RS兾(2r2), donde r es la distancia entre el objeto y\nel centro del agujero negro. b) Calcule la magnitud de la fuerza gravitacional ejercida por un agujero negro con radio de Schwarzschild\nde 14.0 mm sobre una masa de 5.00 kg a 3000 km de distancia. c) ¿Qué\nmasa tiene este agujero negro?\n13.39 . En 2005 los astrónomos anunciaron el descubrimiento de un\nenorme agujero negro en la galaxia Markarian 766 que tenía aglomeraciones de materia orbitando alrededor una vez cada 27 horas y moviéndose a 30,000 km兾s. a) ¿Qué tan lejos están estas aglomeraciones del\ncentro del agujero negro? b) ¿Cuál es la masa de este agujero negro\nsuponiendo órbitas circulares? Exprese su respuesta en kilogramos y\ncomo múltiplos de la masa de nuestro Sol. c) ¿Cuál es el radio de su\nhorizonte de eventos?\n13.40 ... En las esquinas de un cuadrado que mide 10.0 cm por lado,\nSección 13.7 Peso aparente y rotación terrestre\n13.34 .. Una visita a Santa. Usted decide visitar a Santa Claus en\nel Polo Norte para ponerlo al corriente de su excelente comportamiento durante el año. Mientras está ahí, observa que el elfo Sneezy,\ncuando cuelga de una cuerda, genera una tensión de 475.0 N en esta. Si\nSneezy cuelga de una cuerda similar mientras entrega regalos en el\necuador de la Tierra, ¿cuál será la tensión en ella? (Recuerde que la\nTierra gira alrededor de un eje que pasa por los polos Norte y Sur).\nConsulte el apéndice F y comience con un diagrama de cuerpo libre de\nSneezy en el ecuador.\n13.35 . La aceleración debida a la gravedad en el Polo Norte de Neptuno es cercana a 10.7 m兾s2. Neptuno tiene una masa de 1.0 * 1026 kg,\nun radio de 2.5 * 104 km y gira una vez alrededor de su eje en aproximadamente 16 h. a) Calcule la fuerza gravitacional que actúa sobre un\nobjeto de 5.0 kg en el Polo Norte de Neptuno. b) ¿Qué peso aparente\ntiene ese mismo objeto en el ecuador de Neptuno? (Nota: La “superﬁcie” de Neptuno es gaseosa, no sólida, así que no podríamos ponernos\nde pie ahí).\nSección 13.8 Agujeros negros\n13.36 .. Miniagujeros negros. Los cosmólogos han especulado\nque agujeros negros del tamaño de un protón pudieron haberse formado en los días posteriores al Big Bang cuando inició el Universo. Si\ntomamos el diámetro de un protón como 1.0 * 10-15 m, ¿cuál sería la\nmasa de un miniagujero negro?\n13.37 .. En el centro de la galaxia. Los astrónomos han observado un objeto pequeño y masivo en el centro de nuestra galaxia, la\nVía Láctea (véase la sección 13.8). Un anillo de material orbita este\nobjeto masivo; el anillo tiene un diámetro aproximado de 15 años luz y\nrapidez orbital aproximada de 200 km兾s. a) Determine la masa del\nobjeto central de la Vía Láctea. Dé su respuesta en kg y en masas\nsolares (una masa solar es la masa del Sol). b) Observaciones de estrellas y las teorías acerca de su estructura sugieren que es imposible que\nse colocan cuatro masas idénticas de 800 kg cada una. ¿Qué fuerza\ngravitacional neta (magnitud y dirección) actúa sobre una de las masas, debida a las otras tres?\n13.41 ... Las estrellas de neutrones, como la que está en el centro de\nla nebulosa del Cangrejo, tienen aproximadamente la misma masa que\nel Sol, pero un diámetro mucho más pequeño. Si una persona pesa 675 N\nen la Tierra, ¿cuánto pesaría en la superﬁcie de una estrella de neutrones que tuviera la misma masa que el Sol y un diámetro de 20 km?\n13.42 ... PA Exploración de Europa. Hay evidencia contundente\nde que Europa, un satélite de Júpiter, tiene un océano líquido debajo de\nsu superficie congelada. Muchos científicos creen que se debería\nenviar un vehículo explorador ahí para buscar señales de vida. Antes\nde lanzarlo, se debería probar tal vehículo en las condiciones de la\ngravedad en la superﬁcie de Europa. Una forma de hacerlo consiste en\ncolocar el vehículo explorador en el extremo de un brazo giratorio\nen un satélite en órbita terrestre. Si el brazo tiene 4.25 m de longitud y\npivota en uno de sus extremos, ¿con qué rapidez angular (en rpm)\ndebería girar para que la aceleración del vehículo fuera la misma que la\naceleración debida a la gravedad en la superﬁcie de Europa? La masa\nde Europa es de 4.8 * 1022 kg y tiene un diámetro de 3138 km.\n13.43 . Tres esferas uniformes esFigura P13.43\ntán ﬁjas en las posiciones indicadas\nen la ﬁgura P13.43. a) ¿Qué magnitud y dirección tiene la fuerza\nque actúa sobre una partícula de\n0.0150 kg colocada en P? b) Si las\nesferas están en el espacio pro- 0.50 m\nfundo y una partícula de 0.0150 kg\nse suelta del reposo a 300 m del\norigen sobre una línea inclinada\n45° abajo del eje -x, ¿qué rapidez\ntendrá la partícula cuando llegue al origen?\n13.44 .. Una esfera uniforme con masa de 60.0 kg se sostiene con su\ncentro en el origen, y una segunda esfera uniforme con masa de 80.0 kg\nse sostiene con su centro en el punto x = 0, y = 3.00 m. a) ¿Qué magnitud\ny dirección tiene la fuerza gravitacional neta que estas esferas ejercen\nsobre una tercera esfera uniforme con masa de 0.500 kg cuyo centro\nestá en el punto x = 4.00 m, y = 0? b) ¿En qué posición, que no sea a\nuna distancia inﬁnita, podría colocarse la tercera esfera de modo que\nla fuerza gravitacional neta que actúa sobre ella debida a las otras dos\nesferas sea cero?\n13.45 .. PA BIO Desgaste de cadera en la Luna. a) Use los datos\ndel apéndice F para calcular la aceleración debida a la gravedad en la\nLuna. b) Calcule la fuerza de fricción sobre una astronauta de 65 kg que\ncamina en la Luna transportando un paquete de instrumentos de 43 kg\nsi el coeficiente de fricción cinética en la articulación de su cadera\nes de 0.0050. c) ¿Cuál sería la fuerza de fricción en la Tierra para esta\n13.46 .. Misión en Titán. El 25 de diciembre de 2004, la sonda\nHuygens se separó de la nave espacial que orbitaba Saturno e inició una\nmisión de 22 días en la luna gigante de Saturno, Titán, sobre cuya superﬁcie se posó. Además de los datos del apéndice F, es importante saber\nque Titán está a 1.22 * 106 km del centro de Saturno y tiene una masa de\n1.35 * 1023 kg y un diámetro de 5150 km. ¿A qué distancia de Titán su\natracción gravitacional equilibrará la atracción gravitacional de Saturno?\n13.47 .. El asteroide Toro tiene un radio de 5.0 km aproximadamente. Consulte el apéndice F si es necesario. a) Suponiendo que la densidad\nde Toro es la misma que la de la Tierra (5.5 g兾cm3), calcule su masa\ntotal y obtenga la aceleración en su superﬁcie debida a la gravedad.\nb) Suponga que un objeto se coloca en órbita circular alrededor de Toro,\ncon un radio ligeramente más grande que el radio del asteroide. ¿Cuál\nes la rapidez del objeto? ¿Podría lanzarse usted mismo en órbita alrededor de Toro si corre?\n13.48 ... En cierto instante, la Tierra, la Luna y una nave estacionaria\nde 1250 kg están en los vértices de un triángulo equilátero, cuyos lados\nmiden 3.84 * 105 km de longitud. a) Calcule la magnitud y dirección\nde la fuerza gravitacional neta que la Tierra y la Luna ejercen sobre la\nnave. Exprese la dirección en términos de un ángulo medido a partir\nde una línea que pasa por la Tierra y la nave. En un dibujo, muestre la\nTierra, la Luna, la nave y el vector fuerza. b) ¿Qué cantidad mínima de\ntrabajo tendría que efectuarse para desplazar la nave a un punto distante de la Tierra y la Luna? Pueden despreciarse los efectos gravitacionales debidos a los demás planetas y al Sol.\n13.49 ... PA Se realiza un experimento en el espacio profundo con\ndos esferas uniformes, una con masa de 50.0 kg y la otra con masa de\n100.0 kg. El radio de las dos esferas es el mismo: r = 0.20 m. Las esferas se sueltan del reposo con sus centros separados 40.0 m, y aceleran\nuna hacia la otra por su atracción gravitacional mutua. Ignore todas las\ndemás fuerzas gravitacionales. a) Explique por qué se conserva el momento lineal. b) Cuando sus centros están separados 20.0 m, i. ¿qué rapidez tiene cada esfera? y ii. ¿con qué magnitud de velocidad relativa se\nacerca una esfera a la otra? c) ¿A qué distancia de la posición inicial del\ncentro de la esfera de 50.0 kg chocan las superﬁcies de las dos esferas?\n13.50 .. PA Submarinos en Europa. Algunos cientíﬁcos están deseosos de enviar un submarino de control remoto a la luna de Júpiter,\nEuropa, con la ﬁnalidad de buscar vida en sus océanos debajo de la\ncapa de hielo. Se ha medido la masa de Europa como 4.8 * 1022 kg, su\ndiámetro es de 3138 km, y no tiene atmósfera apreciable. Suponga que\nla capa de hielo en la superﬁcie no es lo suﬁcientemente gruesa para\nejercer una fuerza considerable sobre el agua. Si las ventanas del submarino que se diseñó son cuadradas, tienen 25.0 cm por lado, y pueden resistir una fuerza máxima hacia adentro de 9750 N por ventana,\n¿cuál es la máxima profundidad a la que puede viajar con seguridad\n13.51 . Satélites geosincrónicos. Muchos satélites se mueven en\nun círculo en el plano ecuatorial de la Tierra y están a tal altura que\nsiempre permanecen sobre el mismo punto. a) Determine la altura\nde estos satélites sobre la superﬁcie terrestre. (Una órbita con estas\ncaracterísticas se llama geosincrónica). b) Explique, con un dibujo, por\nqué las señales de radio de estos satélites no pueden llegar directamente a receptores terrestres situados a más de 81.3° de latitud norte.\n13.52 ... Un módulo de descenso con masa de 12,500 kg está en\nórbita circular a una distancia de 5.75 * 105 m sobre la superﬁcie de un\nplaneta. El periodo de la órbita es de 5800 s. Los astronautas del módulo han determinado que el diámetro del planeta es de 9.60 * 106 m.\nEl módulo desciende en el Polo Norte del planeta. ¿Cuánto pesará un\nastronauta de 85.6 kg al ponerse de pie en la superﬁcie del planeta?\n13.53 ... Determine la rapidez de escape desde un asteroide de 300 km\nde diámetro y densidad de 2500 kg兾m3.\n13.54 .. a) Los asteroides tienen densidades medias del orden de\n2500 kg兾m3 y radios desde 470 km hasta menos de 1 km. Suponiendo\nque un asteroide tiene una distribución esféricamente simétrica de\nmasa, estime el radio del asteroide más grande del que podría escapar con solo saltar. (Sugerencia: Puede estimar su rapidez de salto relacionándola con la altura máxima que puede saltar en la Tierra).\nb) Europa, una de las cuatro lunas grandes de Júpiter, tiene un radio de\n1570 km. La aceleración debida a la gravedad en su superﬁcie es\nde 1.33 m兾s2. Calcule su densidad media.\n13.55 ... a) Suponga que está en el ecuador de la Tierra y observa un\nsatélite que pasa directamente arriba en dirección oeste a este. Exactamente 12.0 horas después, observa otra vez el satélite directamente\narriba de su cabeza. ¿A qué altura sobre la superﬁcie terrestre está la\nórbita del satélite? b) Ahora observa otro satélite que se mueve de este\na oeste y pasa directamente arriba de su cabeza. El satélite vuelve a\nestar en esa posición 12.0 horas después. ¿A qué distancia sobre la superﬁcie terrestre está su órbita?\n13.56 .. El planeta X gira de forma análoga a la Tierra alrededor de\nun eje que pasa por sus polos Norte y Sur, y es perfectamente esférico.\nUn astronauta que pesa 943.0 N en la Tierra pesa 915.0 N en el Polo\nNorte del planeta X y solo 850.0 N en su ecuador. La distancia entre el\nPolo Norte y el ecuador es de 18,850 km, medidos sobre la superﬁcie\ndel planeta X. a) ¿Qué duración tiene el día en el planeta X? b) Si un\nsatélite de 45,000 kg se coloca en órbita circular 2000 km arriba de\nla superﬁcie del planeta X, ¿qué periodo orbital tendrá?\n13.57 .. Hay dos ecuaciones para calcular el cambio en la energía potencial gravitacional U del sistema de una masa m y la Tierra. Una es\nU = mgy (ecuación 7.2) y la otra es U = -GmEm兾r (ecuación 13.9).\nComo se demostró en la sección 13.3, la primera solo es correcta si la\nfuerza gravitacional es constante dentro del cambio de altura ¢y. La segunda siempre es correcta. En realidad, la fuerza gravitacional nunca\nes exactamente constante dentro de cualquier cambio de altura, pero si\nla variación es pequeña, podemos despreciarla. Considere la diferencia\nde U entre una masa en la superﬁcie terrestre y a una distancia h arriba de ella, usando ambas ecuaciones, y determine el valor de h con el\nque la ecuación (7.2) tiene un error de 1%. Exprese h como una fracción del radio de la Tierra y también como valor numérico.\n13.58 ... PA Imagine que usted es el principal ingeniero cientíﬁco de\nla nave Despistado Errante, la cual se posa en el misterioso planeta\nMongo. Usted efectúa estas mediciones: una piedra de 2.50 kg lanzada hacia arriba desde el suelo a 12.0 m兾s vuelve al suelo en 6.00 s; la\ncircunferencia de Mongo en el ecuador es de 2.00 * 105 km; y el planeta carece prácticamente de atmósfera. El capitán Confusión, comandante de la nave, pide la siguiente información: a) ¿Qué masa tiene\nMongo? b) Si el Despistado Errante se coloca en una órbita circular\n30,000 km arriba de la superﬁcie de Mongo, ¿cuántas horas tardará en\ndar una vuelta completa al planeta?\n13.59 .. PA Un astronauta, cuya misión es ir donde nadie ha ido antes, desciende sobre un planeta esférico en una galaxia lejana. Cuando\nse encuentra en la superﬁcie del planeta, libera del reposo una roca\npequeña y determina que esta tarda 0.480 s en caer 1.90 m. Si el radio\ndel planeta es de 8.60 * 107 m, ¿cuál es la masa del planeta?\n13.60 .. En el ejemplo 13.5 (sección 13.3), despreciamos los efectos\ngravitacionales de la Luna sobre una nave que viaja de la Tierra a la\nLuna. De hecho, debemos incluir también la energía potencial gravitacional debida a la Luna. Para este problema, desprecie los movimientos de ambos cuerpos. a) Si la Luna tiene radio RM y la distancia entre\nlos centros de la Tierra y la Luna es REM, calcule la energía potencial\ngravitacional total de los sistemas partícula-Tierra y partícula-Luna,\ncuando una partícula de masa m está entre ambos cuerpos, a una distancia r del centro de la Tierra. Sea la energía potencial gravitacional\ncero cuando los objetos están muy alejados entre sí. b) Hay un punto\nen la línea entre la Tierra y la Luna, donde la fuerza gravitacional neta es\ncero. Use la expresión que dedujo en a) y valores numéricos del apéndice F para calcular la distancia de este punto al centro de la Tierra.\n¿Con qué rapidez debe lanzarse una nave desde la superﬁcie terrestre\npara llegar apenas a este punto? c) Si se lanzara una nave de la superﬁcie terrestre a la Luna con una rapidez inicial de 11.2 km兾s, ¿qué\nrapidez tendría al chocar contra la Luna?\n13.61 .. Calcule la diferencia porcentual entre el peso que tiene usted\nen Sacramento, al nivel del mar, y en la cima del monte Everest, que\nestá a 8800 m sobre el nivel del mar.\n13.62 .. La esfera de 0.100 kg de la ﬁgura P13.62 se libera del reposo\nen la posición que se indica en el diagrama, con su centro a 0.400 m\ndel centro de masa de 5.00 kg. Suponga que las únicas fuerzas sobre la\nesfera de 0.100 kg son las fuerzas gravitacionales ejercidas por las otras\ndos esferas (de 5.00 y 10.0 kg), las cuales se mantienen en su lugar.\n¿Cuál es la rapidez de la esfera de 0.100 kg cuando se ha movido 0.400 m\na la derecha de su posición inicial?\n13.63 ... Una nave no tripulada está en órbita circular alrededor de la\nLuna, observando la superﬁcie lunar desde una altura de 50.0 km (véase\nel apéndice F). Para consternación de los cientíﬁcos en la Tierra, un\ndesperfecto eléctrico hace que un motor a bordo se incendie y reduzca\nla rapidez de la nave en 20.0 m兾s. Si no se corrige la órbita, ¿con qué\nrapidez (en km兾h) chocará la nave contra la superﬁcie lunar?\n13.64 ... Masa de un cometa. El 4 de julio de 2005, la nave espacial de la NASA Deep Impact disparó un proyectil a la superﬁcie del\ncometa Tempel 1, el cual mide aproximadamente 9.0 km de diámetro.\nObservaciones de los restos superﬁciales liberados por el impacto mostraron que el polvo, con una rapidez tan baja como 1.0 m兾s, podía escapar del cometa. a) Suponiendo una forma esférica, ¿cuál es la masa de\neste cometa? (Sugerencia: Véase el ejemplo 13.5 en la sección 13.3).\nb) ¿Qué tan alejados del centro del cometa estarán los restos cuando\nhayan perdido i. el 90.0% de la energía cinética inicial en la superﬁcie,\ny ii. toda su energía cinética inicial en la superﬁcie?\n13.65 . Martillo que cae. Un martillo de masa m se deja caer del\nreposo desde una altura h arriba de la superﬁcie terrestre, no necesariamente pequeña en comparación con el radio RE de la Tierra. Despreciando la resistencia del aire, deduzca una expresión para la rapidez v\ndel martillo cuando llega a la superﬁcie terrestre. Su expresión deberá\nincluir h, RE y mE, la masa de la Tierra.\n13.66 . a) Calcule cuánto trabajo se requiere para lanzar una nave espacial de masa m desde la superﬁcie de la Tierra (masa mE, radio RE) y\ncolocarla en una órbita baja circular, es decir, una órbita cuya altura\nsobre la superﬁcie terrestre es mucho menor que RE. (Por ejemplo, la\nEstación Espacial Internacional está en órbita baja a una altura aproximada de 400 km, mucho menor que RE = 6380 km). Se puede despreciar la energía cinética que la nave tiene en el suelo debido a la rotación\nde nuestro planeta. b) Calcule la cantidad mínima de trabajo adicional\nrequerida para pasar la nave de una órbita baja a una distancia muy\ngrande desde la Tierra. Se pueden ignorar los efectos gravitacionales\ndel Sol, la Luna y los demás planetas. c) Justiﬁque la aﬁrmación de\nque “en términos de energía, una órbita baja está a la mitad de la distancia a los conﬁnes del Universo”.\n13.67 . Se va a lanzar una nave Figura P13.67\nde la superﬁcie terrestre, de modo\nque escape del Sistema Solar.\na) Calcule la rapidez relativa al\ncentro de la Tierra con que se debe\nlanzar la nave. Tenga en cuenta los\nefectos gravitacionales de la Tierra\ny el Sol, e incluya los efectos de la\nrapidez orbital de la Tierra, pero\ndesprecie la resistencia del aire.\nb) La rotación terrestre puede ayudar a esta nave a alcanzar la rapidez\nde escape. Calcule la rapidez que la nave debe tener relativa a la superﬁcie terrestre, si se lanza de Florida en el punto indicado en la ﬁgura\nP13.67. Los movimientos rotacional y orbital de la Tierra tienen la\nmisma dirección. Las instalaciones de lanzamiento de Florida están\n28.5° al norte del ecuador. c) La Agencia Espacial Europea (ESA) usa\ninstalaciones de lanzamiento en la Guyana Francesa (inmediatamente\nal norte de Brasil), 5.15° al norte del ecuador. ¿Qué rapidez relativa\na la superﬁcie terrestre necesitaría adquirir una nave para escapar del\nSistema Solar, si se lanza desde la Guyana Francesa?\n13.68 . Gravedad dentro de la Tierra. Calcule la fuerza gravitacional que la Tierra ejerce sobre una masa de 10.0 kg, si esta se coloca\nen los siguientes lugares. Consulte la ﬁgura 13.9 y suponga una densidad constante en cada una de las regiones interiores (manto, núcleo\nexterior, núcleo interior), pero no la misma densidad entre ellas. Utilice\nla gráﬁca para estimar la densidad media para cada región: a) en la superﬁcie terrestre; b) en la superﬁcie exterior del núcleo exterior fundido;\nc) en la superﬁcie del núcleo interior sólido; d) en el centro de la Tierra.\n13.69 . Huecos de Kirkwood. Cientos de miles de asteroides giran\nalrededor del Sol en el cinturón de asteroides, el cual se extiende desde\naproximadamente 3 * 108 km hasta 5 * 108 km del Sol. a) Calcule el\nperiodo orbital (en años) de un asteroide en i. la orilla interior del cinturón y ii. la orilla exterior del cinturón. Suponga órbitas circulares.\nb) En 1867, el astrónomo estadounidense Daniel Kirkwood señaló que\nexisten varios huecos en el cinturón de asteroides, donde se encuentran\nrelativamente pocos de tales cuerpos. Ahora se sabe que esos huecos\nde Kirkwood se deben a la atracción gravitacional de Júpiter, el planeta\nmás grande, cuyo periodo orbital alrededor del Sol es de 11.86 años.\nPor ejemplo, si un asteroide tiene un periodo orbital que es la mitad del\nde Júpiter, es decir, 5.93 años, en cada segunda órbita el asteroide estaría a una distancia mínima de Júpiter y experimentará una fuerte\natracción hacia ese planeta. Dicha atracción, al actuar repetidamente\nen órbitas sucesivas, podría ir sacando a los asteroides para crear el\nhueco de Kirkwood. Utilice esta hipótesis para determinar el radio orbital de ese hueco de Kirkwood. c) Otro hueco de Kirkwood aparece a una\ndistancia del Sol, en la que el periodo orbital es 0.400 veces el de Júpiter. Explique esto y calcule el radio orbital de ese hueco de Kirkwood.\n13.70 ... Si un satélite está en una órbita lo bastante baja, experimentará el arrastre de la atmósfera terrestre. Dado que el arrastre realiza trabajo negativo (es decir, la dirección de la fuerza de arrastre es\nopuesta al movimiento), la energía mecánica disminuirá. Según la\necuación (13.13), si E disminuye (se hace más negativa), el radio r de\nla órbita disminuirá. Si el arrastre es relativamente pequeño, puede\nconsiderarse que el satélite está en una órbita circular con radio continuamente decreciente. a) Según la ecuación (13.10), si el radio de la\nórbita circular de un satélite disminuye, la rapidez orbital v del satélite\naumenta. ¿Cómo puede conciliar esto con la aﬁrmación de que la energía mecánica disminuye? (Sugerencia: ¿El arrastre es la única fuerza que\nrealiza trabajo sobre el satélite al disminuir el radio orbital?). b) Por el\narrastre del aire, el radio de la órbita circular de un satélite disminuye\nde r a r - ¢r, donde la cantidad positiva ¢r es mucho menor que r. La\nmasa del satélite es m. Demuestre que el aumento en la rapidez orbital es ¢v = +(¢r兾2) 2GmE>r3 ; que el cambio de energía cinética es\n¢K = +(GmE m兾2r2) ¢r; que el cambio de energía potencial gravitacional es ¢U = -2 ¢K = -(GmE m兾r2) ¢r; y que la cantidad de trabajo\nefectuado por la fuerza de arrastre es W = -(GmE m兾2r2) ¢r. Interprete\nestos resultados a la luz de sus comentarios del inciso a). c) Un satélite\ncon masa de 3000 kg está inicialmente en una órbita circular a 300 km\npor encima de la superﬁcie terrestre. A causa del arrastre el aire, la altura del satélite disminuye a 250 km. Calcule la rapidez orbital inicial,\nel aumento en dicha rapidez, la energía mecánica inicial, el cambio de\nenergía cinética, el cambio de energía potencial gravitacional, el cambio de energía mecánica y el trabajo realizado por la fuerza de arrastre\ndel aire. d) A ﬁnal de cuentas, el satélite descenderá a una altura tan\nbaja en la atmósfera que se quemará y los restos caerán a la superﬁcie.\n¿Qué pasa con la energía mecánica inicial?\n13.71 . Estrella binaria: masas iguales. Dos estrellas idénticas de\nmasa M están en órbita alrededor de su centro de masa. Las dos órbitas\nson circulares con radio R, de modo que las dos estrellas siempre están\nen lados opuestos del círculo. a) Calcule la fuerza gravitacional que\nuna estrella ejerce sobre la otra. b) Calcule la rapidez orbital de cada\nestrella y el periodo de la órbita. c) ¿Cuánta energía se requeriría para\nseparar las estrellas hasta el inﬁnito?\n13.72 .. PA Estrella binaria: masas distintas. Dos estrellas, de\nmasas M1 y M2, están en órbitas circulares alrededor de su centro\nde masa. La primera tiene una órbita de radio R1; y la segunda, R2.\na) Demuestre que la relación de los radios orbitales de las dos estrellas\nes igual al recíproco de la relación de sus masas, es decir, R1兾R2 =\nM2兾M1. b) Explique por qué las dos estrellas tienen el mismo periodo orbital T y que este último está dado por T = 2p(R1 + R2)3兾2兾\n2G1M1 + M2 2. c) Las dos estrellas de cierto sistema binario se\nmueven en órbitas circulares. La primera estrella, Alfa, tiene una rapidez orbital de 36.0 km兾s; y la segunda estrella, Beta, de 12.0 km兾s.\nEl periodo orbital es de 137 días. Calcule las masas de las estrellas.\nd) Uno de los mejores candidatos para agujero negro está en el sistema\nbinario llamado A0620-0090. Los dos objetos del sistema son una estrella anaranjada, V616 Monocerotis, y un objeto compacto que se cree\nes un agujero negro (ﬁgura 13.27). El periodo orbital de A0620-0090 es\nde 7.75 horas. Se estima que la masa de V616 Monocerotis es 0.67 veces la masa del Sol, y la del agujero negro, 3.8 veces la masa del Sol.\nSuponiendo que las órbitas son circulares, determine el radio de la órbita y la rapidez orbital de cada objeto. Compare sus respuestas con\nel radio orbital de la Tierra y su rapidez orbital alrededor del Sol.\n13.73 ... Los cometas viajan alrededor del Sol en órbitas elípticas de\ngran excentricidad. Si un cometa tiene una rapidez de 2.0 * 104 m兾s\ncuando está a una distancia de 2.5 * 1011 m del centro del Sol, ¿qué\nrapidez tiene cuando se encuentra a 5.0 * 1010 m?\n13.74 .. PA Un astronauta se encuentra en el Polo Norte de un planeta con simetría esférica, descubierto recientemente, de radio R. En sus\nmanos sostiene un contenedor lleno de un líquido de masa m y volumen V. En la superﬁcie del líquido, la presión es p0; a la profundidad d,\ndebajo de la superﬁcie, la presión tiene un valor mayor p. Con esta\ninformación, determine la masa del planeta.\n13.75 .. CALC La Tierra no tiene densidad uniforme: es más densa\nen su centro y menos densa en su superﬁcie. Una aproximación de\nsu densidad es r(r) = A - Br, donde A = 12,700 kg兾m3 y B = 1.50 *\n10-3 kg兾m4. Use R = 6.37 * 106 m para el radio de la Tierra aproximada como una esfera. a) La evidencia geológica indica que las densidades son 13,100 kg兾m3 y 2400 kg兾m3 en el centro y la superﬁcie\nde la Tierra, respectivamente. ¿Qué valores da el modelo aproximado\npara las densidades de estas dos ubicaciones? b) Imagine que se divide\nla Tierra en cascarones esféricos concéntricos. Cada cascarón tiene un\nradio r, espesor dr, volumen dV = 4pr2 dr y masa dm = r(r)dV. Integrando desde r = 0 hasta r = R, demuestre que la masa de la Tierra en\neste modelo es M = 3pR 31A - 4BR2. c) Demuestre que los valores dados de A y B proporcionan la masa correcta de la Tierra con\nun margen del 0.4%. d) En la sección 13.6 vimos que un cascarón\nesférico uniforme no contribuye a g en su interior. Demuestre que\ng1r2 = 43pGr1A - 34Br2 dentro de la Tierra en este modelo. e) Compruebe que la expresión del inciso d) da g = 0 en el centro de la Tierra\ny g = 9.85 m兾s2 en la superﬁcie. f ) Demuestre que, en este modelo, g\nno disminuye uniformemente con la profundidad, sino que tiene un\nmáximo de 4pGA2兾9B = 10.01 m兾s2 en r = 2A兾3B = 5640 km.\n13.76 .. PA CALC En el ejemplo 13.10 (sección 13.6) vimos que en\nel interior de un planeta de densidad uniforme (un supuesto irreal para\nla Tierra), la aceleración debida a la gravedad se incrementa uniformemente con la distancia al centro del planeta. Es decir, g(r) = gSr兾R,\ndonde gS es la aceleración debida a la gravedad en la superﬁcie, r es\nla distancia al centro del planeta y R es el radio del planeta. El interior\ndel planeta se puede tratar aproximadamente como un ﬂuido incompresible de densidad r. a) Sustituya la altura y en la ecuación (12.4)\npor la coordenada radial r e integre para calcular la presión en el interior de un planeta uniforme como función de r. Sea la presión en la\nsuperﬁcie igual a cero. (Esto signiﬁca ignorar la presión de la atmósfera del planeta). b) Usando este modelo calcule la presión en el centro\nde la Tierra. (Use un valor de r igual a la densidad media de la Tierra,\ncalculada a partir de la masa y el radio proporcionados en el apéndice F).\nc) Los geólogos estiman que la presión en el centro de la Tierra es de\naproximadamente 4 * 1011 Pa. ¿Concuerda esto con el cálculo de la presión en r = 0? ¿Qué podría explicar cualquier diferencia?\n13.77 ... PA Considere una nave en órbita elíptica alrededor de la\nTierra. En el punto bajo, o perigeo, de su órbita, la nave está 400 km\narriba de la superﬁcie de la Tierra; en el punto alto, o apogeo, está a\n4000 km de la superﬁcie de la Tierra. a) Calcule el periodo de la nave\nen esa órbita. b) Usando la conservación del momento angular, calcule la razón entre la rapidez de la nave en el perigeo y la rapidez de la\nnave en el apogeo. c) Usando la conservación de la energía, determine\nla rapidez de la nave tanto en el perigeo como en el apogeo. d) Se\ndesea que la nave escape totalmente de la Tierra. Si sus cohetes se encienden en el perigeo, ¿cuánto tendrá que aumentarse la rapidez para\nlograrlo? ¿Qué ocurre si los cohetes se disparan en el apogeo? ¿Qué\npunto de la órbita se puede usar con mayor eﬁciencia?\n13.78 . Urano tiene un radio de 25,560 km y en la superﬁcie de sus\npolos la aceleración debida a la gravedad es de 11.1 m兾s2. Su luna\nMiranda (descubierta en 1948 por Kuiper) está en una órbita circular\na una altura de 104,000 km sobre la superﬁcie del planeta; además, tiene\nuna masa de 6.6 * 1019 kg y un radio de 235 km. a) Calcule la masa de\nUrano a partir de estos datos. b) Calcule la magnitud de la aceleración de Miranda debida a su movimiento orbital alrededor de Urano.\nc) Calcule la aceleración debida a la gravedad de Miranda en su superﬁcie. d) ¿Las respuestas a los incisos b) y c) implican que un objeto\nsoltado 1 m arriba de la superﬁcie de Miranda en el lado que da hacia\nUrano caerá hacia arriba relativo a Miranda? Explique.\n13.79 ... Una nave de 5000 kg está en órbita circular 2000 km arriba\nde la superﬁcie de Marte. ¿Cuánto trabajo deben efectuar sus motores\npara llevarla a una órbita circular 4000 km arriba de la superﬁcie?\n13.80 .. Uno de los cometas más brillantes del siglo XX fue el cometa\nHyakutake, que pasó cerca del Sol a principios de 1996. Se estimó que\nel periodo orbital de ese cometa es de unos 30,000 años. Calcule el\nsemieje mayor de la órbita de este cometa y compare ese valor con la\ndistancia media entre Plutón y el Sol, y con la distancia a Alfa Centauri, la estrella más cercana al Sol, que se encuentra a 4.3 años luz.\n13.81 ... CALC Los planetas no son uniformes en su interior. Normalmente, son más densos en el centro, y su densidad se reduce hacia la\nsuperﬁcie. Modele un planeta esféricamente simétrico, con el mismo\nradio que la Tierra, suponiendo que su densidad disminuye linealmente\nal aumentar la distancia al centro. Sea la densidad en el centro de 15.0 *\n103 kg兾m3, y en la superﬁcie, de 2.0 * 103 kg兾m3. Determine la aceleración debida a la gravedad en la superﬁcie de ese planeta.\n13.82 .. CALC Un alambre uniforme con masa M y longitud L se\ndobla para formar una semicircunferencia. Calcule la magnitud y la\ndirección de la fuerza gravitacional que este alambre ejerce sobre\nuna masa puntual m colocada en el centro de curvatura de la semicircunferencia.\n13.83 ... CALC Un objeto en forma de anillo circular delgado tiene\nradio a y masa M. Una esfera uniforme de masa m y radio R se coloca\ncon su centro a una distancia x a la derecha del centro del anillo, sobre\nuna línea que pasa por el centro del anillo y es perpendicular a su plano\n(véase la ﬁgura E13.33). ¿Qué fuerza gravitacional ejerce la esfera\nsobre el anillo? Demuestre que su resultado se reduce al valor esperado\ncuando x es mucho mayor que a.\n13.84 ... CALC Una varilla uniforme delgada tiene una longitud L y\nuna masa M. Calcule la magnitud de la fuerza gravitacional que la varilla ejerce sobre una partícula de masa m, situada en un punto a lo largo\ndel eje de la varilla y a una distancia x de un extremo (ﬁgura E13.32).\nDemuestre que su resultado se reduce al valor esperado cuando x es\nmucho mayor que L.\n13.85 . CALC Se perfora un pozo de la superﬁcie al centro de la Tierra\n(véase la ﬁgura 13.24). Como en el ejemplo 13.10 (sección 13.6),\nsuponga que la densidad de la Tierra es uniforme. Con esta aproximación poco realista, la fuerza gravitacional que actúa sobre un objeto\nde masa m, ubicado dentro de la Tierra a una distancia r del centro,\ntiene magnitud Fg = GmEmr兾RE3 (como se demostró en el ejemplo\n13.10) y apunta hacia el centro de la Tierra. a) Deduzca una expresión\npara la energía potencial gravitacional U(r) del sistema objeto-Tierra en\nfunción de la distancia del objeto al centro de la Tierra. Considere la\nenergía potencial igual a cero cuando el objeto está en el centro de\nla Tierra. b) Si un objeto se deja caer por el pozo desde la superﬁcie\nterrestre, ¿qué rapidez tendrá cuando llegue al centro de la Tierra?\n13.86 ... a) Cuando un objeto está en una órbita circular de radio r\nalrededor de la Tierra (masa mE), el periodo de la órbita es T, dado por\nla ecuación (13.12), y la rapidez orbital es v, dada por la ecuación\n(13.10). Demuestre que, cuando el objeto se mueve en una órbita circular con radio un poco mayor r + ¢r, donde ¢r 66 r, su nuevo periodo\nes T + ¢T y su nueva rapidez orbital es v - ¢v, donde ¢r, ¢T y ¢v son\ncantidades positivas y\n[Sugerencia: Use la expresión (1 + x)n L 1 + nx, válida para 兩x 兩 66 1.]\nb) La Estación Espacial Internacional (ISS, por las siglas de International Space Station) está en una órbita casi circular a una altitud de\n398.00 km. Una cuadrilla de mantenimiento está a punto de llegar en\nun transbordador espacial que también está en una órbita circular en el\nmismo plano orbital que la ISS, pero con una altitud de 398.10 km.\nLa cuadrilla acudió para retirar un cable eléctrico inutilizado con una\nlongitud de 125 m que está unido a la ISS por un extremo, con el otro\nextremo ﬂotando libre en el espacio. El plan es que el transbordador\natrape el extremo libre en el instante en que la nave, la ISS y el centro\nde la Tierra estén alineados. Al tensarse el cable, se soltará de la ISS.\n¿Cuántos minutos después de que el transbordador atrape el extremo\nsuelto el cable se soltará de la ISS? Dé su respuesta en minutos.\nc) Demuestre que, si el transbordador no logra atrapar el cable, la cuadrilla deberá esperar un tiempo t L T 2兾¢T para tener otra oportunidad.\nCalcule el valor numérico de t y explique si valdría la pena esperar.\n13.87 ... Navegación interplanetaria. La forma más eﬁciente de\nenviar una nave de la Tierra a otro planeta es usar una órbita de transferencia de Hohmann (ﬁgura P13.87). Si las órbitas de los planetas de\norigen y de destino son circulares, la órbita de transferencia de Hohmann\nes una órbita elíptica, cuyo perihelio y afelio son tangentes a las órbitas\nde los dos planetas. Los cohetes se encienden brevemente en el planeta de origen para colocar la nave en la órbita de transferencia; a continuación, la nave viaja sin motor hasta llegar al planeta de destino. En\nese instante, los cohetes se encienden otra vez para poner a la nave en\nla misma órbita alrededor del Sol que el planeta de destino. a) Para un\nvuelo de la Tierra a Marte, ¿en qué dirección se deben disparar los cohetes en la Tierra y en Marte: en la dirección del movimiento o en la\ndirección opuesta? ¿Y en un vuelo de Marte a la Tierra? b) ¿Cuánto\ntarda un viaje de ida de la Tierra a Marte, entre los disparos de los\ncohetes? c) Para llegar a Marte desde la Tierra, el instante del lanzamiento debe calcularse de modo que Marte esté en el lugar correcto\ncuando la nave llegue a la órbita de Marte alrededor del Sol. En el lanzamiento, ¿qué ángulo deben formar las líneas Sol-Marte y Sol-Tierra?\nUse datos del apéndice F.\n13.88 ... PA Fuerzas de marea cerca de un agujero negro. Un astronauta, dentro de una nave que lo protege de las radiaciones dañinas,\nestá en órbita alrededor de un agujero negro a una distancia de 120 km\nde su centro. El agujero tiene 5.00 veces la masa del Sol y un radio de\nSchwarzschild de 15.0 km. El astronauta está situado dentro de la\nnave, de modo tal que una de sus orejas de 0.030 kg está 6.0 cm más\nlejos del agujero negro que el centro de masa de la nave, y la otra oreja\nestá 6.0 cm más cerca. a) ¿Qué tensión hay entre las orejas? ¿Sería\ndifícil para el astronauta evitar ser desgarrado por las fuerzas gravitacionales? (Puesto que todo su cuerpo está en órbita con la misma\nvelocidad angular, una oreja se mueve con demasiada lentitud para el\nradio de su órbita y la otra lo hace con demasiada rapidez. Por ello, la\ncabeza debe ejercer fuerzas sobre las orejas para mantenerlas en sus\nórbitas). b) ¿El centro de gravedad de la cabeza está en el mismo punto\nque su centro de masa? Explique.\n13.89 ... CALC La masa M está Figura P13.89\ndistribuida uniformemente en un\ndisco de radio a. Calcule la fuerza\ngravitacional (magnitud y dirección) que actúa entre esta masa y\nuna partícula de masa m situada\na una distancia x arriba del centro\ndel disco (ﬁgura P13.89). ¿Su rea\nsultado se reduce a la expresión\ncorrecta cuando x se hace muy\ngrande? (Sugerencia: Divida el\ndisco en anillos concéntricos inﬁ-\nnitesimalmente delgados, use la expresión deducida en el ejercicio\n13.33 para la fuerza gravitacional debida a cada anillo, e integre para\nobtener la fuerza total).\n13.90 ... CALC La masa M está Figura P13.90\ndistribuida uniformemente a lo larP\ngo de una línea de longitud 2L.\nUna partícula de masa m está en un\npunto a una distancia a arriba del\ncentro de la línea en su bisectriz\nperpendicular (el punto P en la\nﬁgura P13.90). Para la fuerza graM\nvitacional que la línea ejerce sobre\nla partícula, calcule las componentes perpendicular y paralela a la línea.\n¿Su resultado se reduce a la expresión correcta cuando a se hace muy\nPregunta inicial del capítulo\nCuanto menor sea el radio orbital r de un satélite, mayor será su rapidez orbital v [ecuación (13.10)]. Por lo tanto, una partícula cerca del\nborde interior de los anillos de Saturno tiene mayor rapidez que una\npartícula cerca del borde exterior de los anillos.\nPreguntas de las secciones\n13.1 Respuesta: v. De acuerdo con la ecuación (13.1), la fuerza\ngravitacional del Sol (masa m1) sobre un planeta (masa m2) que está\na una distancia r tiene magnitud Fg = Gm1m2兾r2. En comparación con\nla Tierra, Saturno tiene un valor de r2 que es 102 = 100 veces más\ngrande y un valor de m2 que también es 100 veces mayor. Por lo tanto,\nla fuerza que el Sol ejerce sobre Saturno tiene la misma magnitud\nque la fuerza que el Sol ejerce sobre la Tierra. La aceleración de un\nplaneta es igual a la fuerza neta dividida entre la masa del planeta:\ncomo Saturno tiene 100 veces más masa que la Tierra, su aceleración\nes 100 de la aceleración terrestre.\n13.2 Respuesta: iii, i, ii, iv. De acuerdo con la ecuación (13.4), la\naceleración debida a la gravedad en la superﬁcie de un planeta de masa\nmP y radio RP es gP = Gm P兾RP2. Es decir, gp es directamente proporcional a la masa del planeta e inversamente proporcional al cuadrado\nde su radio. Entonces, comparado con el valor de g en la superﬁcie\nterrestre, el valor de gp en cada planeta es de i. 2兾22 = 12 ; ii. 4兾42 = 14 ;\niii. 4兾22 = 1; es decir, el mismo que en la Tierra, y iv. 2兾42 = 18 .\n13.3 Respuesta: sí Esto es posible, porque la gravedad superﬁcial y\nla rapidez de escape dependen de diferente manera de la masa mP y del\nradio RP del planeta: el valor de g en la superﬁcie es Gm P兾RP2, mientras que la rapidez de escape es 22GmP >RP . En el caso de Saturno,\npor ejemplo, mP es aproximadamente 100 veces la masa de la Tierra y\nRP es aproximadamente 10 veces el radio de la Tierra. El valor de g\ndiﬁere del valor en la Tierra por un factor de (100)兾(10)2 = 1 (es decir,\nes igual que en la Tierra), en tanto que la rapidez de escape es mayor\nen un factor de 2100>10 = 3.2. Es útil recordar que la gravedad\nsuperﬁcial se reﬁere a las condiciones en la superﬁcie del planeta,\nmientras que la rapidez de escape (que es la que necesitamos adquirir\npara escapar al inﬁnito) depende de las condiciones en todos los puntos entre la superﬁcie del planeta y el inﬁnito.\n13.4 Respuesta: ii. La ecuación (13.10) muestra que en una órbita\nde radio menor, la nave espacial tiene una rapidez mayor. El trabajo\nnegativo efectuado por la resistencia del aire disminuye la energía mecánica total E = K + U; la energía cinética K aumenta (se vuelve más\npositiva), pero disminuye la energía potencial gravitacional U (se vuelve más negativa) en una cantidad mayor.\n13.5 Respuesta: iii. La ecuación (13.17) indica que el periodo orbi3\ntal T es proporcional a la potencia 2 del semieje mayor a. Por lo tanto,\nel periodo orbital del cometa X es más largo que el del cometa Y por\nun factor de 43兾2 = 8.\n13.6 Respuesta: no Nuestro análisis revela que la fuerza gravitacional dentro de un cascarón esférico hueco es cero. Por consiguiente,\nquienes visitaran el interior de un planeta hueco experimentarían ingravidez, y no podrían ponerse de pie ni caminar sobre la superﬁcie\ninterior del planeta.\n13.7 Respuesta: iv. El análisis de la ecuación (13.27) indica que la\ndiferencia entre la aceleración debida a la gravedad en el ecuador y en\nlos polos es v2兾RE. Puesto que este planeta tiene el mismo radio y, por\nconsiguiente, la misma circunferencia que la Tierra, la rapidez v en su\necuador debe ser 10 veces la rapidez del ecuador terrestre. Por lo tanto,\nv2兾RE es 102 = 100 veces mayor que en la Tierra, o bien, 100(0.0339\nm兾s2) = 3.39 m兾s2. La aceleración debida a la gravedad en los polos\nes 9.80 m兾s2, en tanto que en el ecuador es signiﬁcativamente menor:\n9.80 m兾s2 - 3.39 m兾s2 = 6.41 m兾s2. Usted puede demostrar que si el\nplaneta estuviera girando 17.0 veces más rápido que la Tierra, la aceleración debida a la gravedad en el ecuador sería cero ¡y los objetos\nsueltos saldrían disparados de la superﬁcie del ecuador!\n13.8 Respuesta: iii. Si el Sol se colapsara para formar un agujero\nnegro (lo cual, según lo que actualmente sabemos acerca de las estrellas, no puede suceder), tendría la misma masa pero un radio mucho\nmenor. Como la atracción gravitacional entre el Sol y la Tierra no depende del radio del Sol, no se alteraría la órbita de la Tierra.\nRespuestas: a) Perihelio: vP =\nAfelio: vA =\nGmS (1 + e)\nB a 11 - e2\nGmS (1 - e)\nB a 11 + e2\nb) vP = 54.4 km>s, vA = 0.913 km>s\nproblemas con órbitas elípticas soluciones\nTP6 - Universidad Nacional de Salta\nSlide 1 / 43 Slide 2 / 43 Slide 3 / 43 Slide 4 / 43 Slide 5 / 43 Slide 6 / 43\nTarea: Opción Múltiple de Gravitación Universal\nestrella órbita -van\n1 LECTURA: ¿QUÉ ES LA MICROGRAVEDAD? Una idea es que el\nVuelos de "gravedad-cero"\nGravitación La Fuerza de Gravedad\nTPN11 - Universidad Nacional de Salta\nGravedad - Liceo 1\nGravitación universal 2 - Universidad de Antioquia