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1

Solucionarlo de los problemas propuesto del capitulo de Campo gravitacional 1. Tres esferas se disponen como se muestra en la figura. a. Dibujar las fuerzas gravitatorias ejercidas sobre la esfera pequeña. b. Calcule la magnitud y dirección de la fuerza total ejercida sobre m, si M = 50 kg, m = 20 kg, d = 0.5 m y z = 0.5 m. (no hay campo gravitacional terrestre). c. Determine la energía gravitacional de la masa pequeña. m

z

θ

θ

M

d

M

d

N. m 2 , M = 50 kg, m = 20 kg, r1 = r2 = r = 0.706 m,θ = 45º kg 2 a) Las fuerzas ejercidas sobre la esfera pequeña se muestran en la siguiente figura: Solución: G = 6.67 × 10 −11

m F2

F1 F

r2

r1

z

θ

θ

M

d

d

M

b) La fuerza resultante sobre m esta dada por

F = F1 + F2 , donde F1 =

GmM (cosθ i − senθ j) , y F2 = GmM (- cosθ i − senθ j) 2 r1 r22

por lo tanto F1 + F2 = −2

GmM senθ j = 1.89 × 10 −7 N 2 r1

c) La energía total de la masa m:

EP = −

GmM GmM GMm − = −2 = 1.89 × 10 −7 J. r r r

1

2

2. Determine el tamaño de dos esferas de plomo de igual radio para que puedan atraerse mutuamente con una fuerza de 1.0 N, cuando estén en contacto y calcular la masa de cada esfera en estas condiciones. La densidad del plomo es 11.3 g/cm3.

M

R

M

R

F

2R Solución: G = 6.67 × 10 −11

N. m 2 , M = ?, r = 2R, F = 1.0 N, ρ = 11.3 g/cm3. 2 kg

F=

GMM (2 R) 2

(1)

ρ=

3M 4πR 3 M = → M = ρ 3 V 4πR 3

(2)

(2) en (1): G F= (2 R ) 2

2

⎛ 4πR 3 ⎞ ⎛ 9F ⎜⎜ ρ ⎟⎟ → R = ⎜⎜ 2 2 ⎝ 4π Gρ ⎝ 3 ⎠

M =

1

⎞4 ⎟⎟ = 2.27 m ⎠

4πR 3 ρ = 5.536 × 10 5 kg . 3

3. Dos bolas de hierro cada una con una masa de 10 kg están en contacto. Encontrar su atracción gravitatoria (densidad del hierro 7.86 g/cm3). 2 −11 N. m Solución: G = 6.67 × 10 , M = 10 kg , F = ?, ρ = 7.6 g/cm3. 2 kg

M

R

M

R

F

2R 1

⎛ 3M ⎞ 3 M 3M ⎟⎟ = 0.068 m ⎜⎜ R ρ= = → = V 4πR 3 ⎝ 4πρ ⎠

F =

GMM = 3.61 × 10 -7 N 2 (2 R )

2

3

4. Dos cuerpos de masas m y 3m están separados una distancia d = 1.0 m. Encontrar los puntos donde: a) el campo gravitacional resultante es cero. b) las dos masas producen campos gravitacionales iguales en magnitud y dirección. c) las dos masas producen potenciales gravitacionales idénticos. 3m

d g1

m

x

g2

(a) Para hallar los puntos donde el campo gravitacional resultante es cero. g1 + g 2 = 0 = −

G3m Gm i+ i → x = 0.634 m 2 x ( d − x) 2

(b) Para hallar los puntos donde el las dos masas producen campos gravitacionales iguales en magnitud y dirección. 3m

d

m

g1 g2

x g1 = g 2 → −

G3m Gm i=− i → x = 2.366 m 2 x (x − d )2

(c) Para hallar los puntos donde el las dos masas producen potenciales gravitacionales idénticos.

r1

r2 y

3m d

m

x

V1 = V2 →

3 y +x 2

2

=

G3m Gm = → r1 r2

3 y2 + x2

=

1 y 2 + (d − x) 2

1

1 → ( y 2 + x 2 ) = y 2 + (d − x) 2 9 y + (d − x) 2

2

3

4

5. Dos placas delgadas de material idéntico están separadas una distancia a. Calcular el campo gravitacional que producen en la región situada entre las placas y a cada lado de ellas. Solución Para una placa delgada sabemos (ejemplo 2.5)

g = −2π Gσ k .

g1

g2

g = g1 +g2 = -4πGσ k

σ

g2 g = g1 +g2 = 0 g1 σ

g = g1 +g2 = 4πGσ k g1

g2

6. Hallar el campo gravitacional y el potencial de un alambre delgado de longitud L que tiene una masa m uniformemente distribuida en todo su longitud, en el punto P que esta a una distancia ½ L del alambre, como se muestra en la figura P

dg

j

θx

r

½L

½L

L

ur x

i

dm

Solución: El campo gravitacional dg ejercido por dm en el punto P es (ver figura)

d g = −G

dm ur , r2

El campo total ejercido por todo el alambre es la integral de la anterior ecuación

4

5

g = −G ∫

dm ur . r2

(1)

Un elemento de alambre con masa pequeña dm tiene una longitud dx (ver figura) y, en consecuencia porta una masa

dm = λ dx . reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), se obtiene g = −Gλ ∫

dx ur r2

(2)

(3)

Para realizar la integración, debemos expresar el integrando en términos de una sola variable; escogemos θ. De la figura se tiene

tan θ =

L 2x → dx = sec 2θ d θ , L 2

cos θ =

L 2r

→ r=

L sec θ , 2

u r = - sen θ i + cos θ j ,

(4)

(5) (6)

reemplazando las ecuaciones (4), (5) y (6) en la ecuación (3), se obtiene θ

L sec 2 θdθ g = Gλ ∫ 2 (senθ i + cos θ j). 2 0 L sec θ

Gλ Gλ 2j dθ (senθ i + cosθ j) = ∫ L −45º1 L 45º

g=

El potencial gravitacional dV ejercido por dm en el punto P es (ver figura)

dV = −G

dm , r

El potencial total ejercido por todo el alambre es la integral de la anterior ecuación

V = −G ∫

L

dm dx = −Gλ ∫ . r r 0

Además de la figura se tiene r=

L2 + x2 , 4

5

6

L ⎡ ⎛ dx 1 ⎞⎤ dx ⎟⎥ = −Gλ ∫ = Gλ ln⎢2⎜⎜1 + ⎟ 2 r 5 L 0 0 ⎠⎥⎦ ⎣⎢ ⎝ + x2 4

L

V = −Gλ ∫

7. Una partícula de masa m puede moverse en una tubería horizontal sin fricción (ver figura) bajo la acción de la fuerza gravitacional de la tierra. Suponiendo que x es muy pequeño comparada con R, demostrar que la partícula describe un movimiento R . armónico simple y que su periodo es P = 2π g

x m F R

θ

r

Solución: Usando la segunda ley de Newton a lo largo del eje x, se tiene

∑ Fx = ma = −

GmM T GM d 2x sen θ → =− 3T x, 2 2 dt r r

Como x es pequeña comparada con RT, se tiene r ≅ RT. GM d 2x = − 3T x 2 dt RT

la cual corresponde a un movimiento armónico simple con periodo P = 2π

RT3 RT RT . = = 2 GM T g GM / RT

8. Suponer que se hiciera un túnel a través de la tierra a lo largo de un diámetro (ver figura) a) Demostrar que la fuerza sobre una masa m situada a una distancia r del centro de la tierra es F = -mgx/R, si suponemos que la densidad de la tierra es uniforme. b) Demostrar que el movimiento de m es armónico simple con un periodo de 85 mi. c) Escribir las ecuaciones de posición, velocidad y aceleración en función del tiempo, con valores numéricos para las constantes. Solución: a) Asumiendo que la tierra tiene su masa MT uniformemente distribuida, tenemos que la densidad de masa ρ es

6

7

ρ=

MT M ′ V′ x3 = → M ′ = MT = MT 3 V V′ V RT

donde M′ es la masa que encierra una esfera de radio x ≤ R.

x O

F

m

R

Para un punto que se encuentre a una distancia x ≤ R, el campo gravitatorio se debe únicamente a la masa M′ que encierra la esfera de radio r, es decir

g=−

GM ′ x i → g = −GM T 3 i 2 x RT

Por lo tanto la fuerza gravitatoria ejercida sobre el cuerpo de masa m a una distancia r, es GmM T F = mg = − x i. RT3 b) Usando la segunda ley de Newton a lo largo del eje x, se tiene

∑ Fx = ma = −

GmM T GM d 2x x → = − 3T x , 3 2 RT dt RT

la cual corresponde a un movimiento armónico simple con periodo T = 2π

RT3 = 84.4 mi . GM T

c) Las ecuaciones de posición, velocidad y aceleración en función del tiempo, con valores numéricos para las constantes: x = A cos(ωt + φ ) = 6.37 × 10 6 cos(1.24 × 10 −3 t ) m.

v = − Aωsen (ωt + φ ) = −7.90 × 10 3 sen (1.24 × 10 −3 t ) m/s,

a = − Aω 2 cos(ω t + φ ) = −9.8 cos(1.24 × 10 −3 t ) m/s 2

7

8

9. Una esfera sólida de masa m1 y radio r1 se encuentra en el interior de un cascaron esférico de masa m2 y radio r2 (ver figura). Hallar la magnitud de la fuerza gravitacional ejercida sobre una masa m cuando se coloca en a) r = a, b) r = b, c) r = c. c

m2

r1

r2 b a

m1

Solución: a) Para r = a:

F = FEsfera = - G

m1 m ur , a2

b) Para r = b:

F = FEsfera + FCascaron = − G

m1 m u r + 0, b2

b) Para r = c:

F = FEsfera + FCascaron = - G

m1 m mm u r − G 12 u r , 2 c c

10. Dos cascarones esféricos uniformes y concéntricos tienen masas M1 y M2 y radios a y 2a respectivamente, como se muestra en la figura. a) Calcular la energía potencial gravitacional experimentada por una masa puntual m situada entre los dos cascarones (a < r < 2a). b) ¿Cuál es la fuerza gravitatoria sobre la masa m si se sitúa a una distancia 3a del centro común? c) Calcular la velocidad con la cual logra escapar la masa m del sistema, si se encuentra inicialmente en la superficie del cascaron de masa M2. z M2 2a

y

a M1 x Solución: c) Usando conservación de la energía para los puntos A (superficie de M2) y el punto B (infinito donde la energía potencial es cero): 8

9

E A = EP +E K = −

GM 1 m GM 2 m 1 2 − + mve 2a 2a 2

(1)

donde v es la velocidad con la que se debe lanzar.

E B = E P + E K = −0 + E A = EB → −

1 2 mv B 2

(2)

GM 1 m GM 2 m 1 1 − + mv e2 = mv B2 2a 2a 2 2

ve es minima( de escape) cuando v B = 0 −

GM 1 m GM 2 m 1 − + mv e2 = 0 → v e = 2a 2a 2

G(M 1 + M 2 ) a

11. Una partícula de masa m se mueve en una órbita circular de radio R bajo la influencia de la fuerza gravitacional que causa un cuerpo de masa M. Calcular la energía total de la partícula en función de r. Solución:

v F

M

m r

La energía total:

E = EK + EP =

1 2 GMm mv − 2 r

(1)

Segunda ley de Newton para m:

∑Fr →

mv 2 GMm GM = 2 → mv 2 = r r r

(2)

(2) en (1):

E=

1 GMm GMm 1 GMm − = 2 r r 2 r

9

10

12. Calcular la masa del sol, suponiendo que la órbita de la tierra en torno al sol es circular, con un radio de 1.5x108 km. Solución: v

mS F

mT r

Segunda ley de Newton para mT :

∑ F r → mT ω 2 r = Usando ω =

2π P mS =

GmS mT ω 2r 3 → = m S G r2

(1.5 × 1011 ) 3 4π 2 r 3 4π 2 = × kg = 2.0 × 10 30 kg P 2 G (3.156 × 10 7 ) 2 6.67 × 10 −11

13. A un satélite que se mueve en una órbita circular en torno a la tierra, le toma 90 mi completar una vuelta. Dado que la distancia de la luna a la tierra es 3.84x108 m, que la órbita de la luna es circular, que el periodo de rotación de la luna en torno a la tierra es 27.32 días, que el radio terrestre es 6.37x106 m y que la fuerza gravitacional de la tierra actúa como si toda la masa terrestre se concentrara en su centro, calcular la altura del satélite sobre la tierra. Solución

F1

r Tierra

Satélite F2 Luna

h R

Sea: PS = 90 mi = 5400 s , es el periodo del satélite; PL = 27.32 dias 236044 s , es el periodo de la luna; R = 3.84 × 108 m , es la distancia de la luna a la tierra, r = 6.37 × 106 m , es el radio de la tierra; h la altura a la que encuentra el satélite sobre la superficie de la tierra; F1 la fuerza que hace la tierra sobre el satélite, y F2 la fuerza que hace la tierra sobre la luna. Segunda ley de Newton para el satélite:

10

11

m S ω S2 (r + h) =

GmT m S GmT 4π 2 → = 2 2 ( r + h) PS ( r + h) 3

(1)

Segunda ley de Newton para la luna : GmT m L 4π 2 GmT m L ω L2 R = → = 3 R2 PL2 R Dividiendo las ecuaciones (1) y (2), se obtiene y despejando h: ⎛P h = ⎜⎜ S ⎝ PL

⎞ ⎟⎟ ⎠

(2)

2/3

R − r = 297 km

14. Una barra uniforme de masa M tiene la forma de un semicírculo de radio r (figura a). Calcule la fuerza sobre una masa puntual m situada en el centro del semicírculo.

M

r

dm

M

y

r dF

m

x

m (a) La fuerza gravitacional dF ejercido por dm sobre m es (ver figura (b)) (b)

θ

dF = dF cos θ i + dFsenθ j = dF (cos θ i + dFsenθ j) , usando,

dF =

Gmdm Gmλdl Gmλrdθ = = r2 r2 r2

dF =

Gmλdθ (cos θ i + dFsenθ j) r

se tiene:

La fuerza total ejercida por todo el alambre es la integral de la anterior ecuación

Gmλ F= r

180 º

∫ ( cosθ i + senθ j)dθ .

(1)

0

Realizando la integral, se obtiene:

Gmλ F=− r

180º

∫ dθ (cosθ i + senθ j) = 2

0 º1

Gmλ j r

El potencial gravitacional dV ejercido por dm en el punto P:

11

12

dV = −G

dm , r

El potencial total ejercido por todo el alambre es la integral de la anterior ecuación

V = −G∫

dm dl Gλ GλL dl = − = −Gλ ∫ = − . ∫ r r r 0 r 0 L

L

15. Se dispara un cohete verticalmente desde la tierra hacia la luna, consumiéndose el combustible en un tiempo relativamente corto después del lanzamiento. a) ¿En qué punto de su trayectoria hacia la luna su aceleración vale cero? b) ¿Cuál seria su velocidad inicial mínima del cohete para llegar a este punto y caer en la luna por la acción de la atracción lunar? Rta: a) 4.46x108 m desde la tierra. b) 1.12x104 m/s. Solución: a) Sea x el punto donde la aceleración del cohete es cero (cuando las fuerzas debidas a los campos gravitatorios de la tierra y de la luna sean iguales en magnitud, pero sentidos opuestos): FT

Satélite FL Luna

Tierra x R Segunda ley de Newton para el satélite (mS)

∑F

r

= mS a = 0 = FL − FT =

GmS m2 GmS m L x2 ( R − x) 2

GmS mT GmS m L m x2 = → = T 2 2 2 mL ( R − x) ( R − x) x

mT mL 2 ⎛ mL x2 2 2 R x Rr 2 x → ⎜⎜1 − = → + − = mT ( R − x) 2 m L ⎝ mT

⎞ 2 ⎟⎟ x − 2 xR + R 2 = 0 ⎠

Resolviendo la cuadrática para r, se tiene ⎡ mL ⎤ 8 8 x = R ⎢1 ± ⎥ = 3.84 × 10 [1 ± 0.111] = 3.41 × 10 m mT ⎥⎦ ⎢⎣

donde r = posición desde la tierra hasta el satélite donde la aceleración es cero. R = distancia de la tierra a la luna = 3.84 × 10 8 m b) para hallar la velocidad de escape: usando conservación de la energía para los puntos A (superficie de la tierra) y B(donde la aceleración es cero):

12

13

E A = EP + E K = −

GmT m S 1 + m S ve2 2 RT

donde m es la masa del cohete, RT el radio de la tierra y v la velocidad con la que se debe lanzar.

EB = EP +E K = −

E A = EB → −

GmT m S Gm L m S 1 − + m S v B2 ( R − x) 2 x

GmT m S 1 GmT m S Gm L m S 1 + m S v A2 = − − + m S v B2 2 ( R − x) 2 RT x

v A2 = −2

GmT Gm L GmT −2 +2 + v B2 x ( R − x) RT

v A es minima cuando v B = 0

⎛m m mL ⎞ ⎟⎟ = 1.12 × 10 4 m/s v = 2G ⎜⎜ T − T − x ( R − x) ⎠ ⎝ RT 16. Un meteorito se encuentra inicialmente en reposo a una distancia del centro de la tierra igual a seis veces el radio de la tierra. Calcular la velocidad que tendría al llegar a la superficie de la tierra. Solución B A v R m mT Tierra Meteorito 6R Podemos determinar la velocidad con la ecuación de conservación de la energía:

E A = EB → −

v2 = 2

v=

GmT m 1 2 GmT m = mv − 6 RT 2 RT

GmT GmT −2 →v= RT 6 RT

5 GmT 3 RT

5 6.67 × 10 −11 × 5.97 × 10 24 m m × = 10 × 10 7 6 3 s s 6.37 × 10

17. Dos masas iguales de 6.4 kg están separadas por una distancia de 0.16 m como se muestra en la figura. Una tercera masa se suelta de un punto P equidistante de las dos

13

14

masas y a una distancia de 0.06 m de la línea que las une. Determinar la velocidad de esta tercera masa cuando pasa por Q. Suponiendo que la masa es de de 0.1 kg calcular su aceleración en P y en Q. m′

P r

0.06 m

r

Q

m

m

R =0.16 m

Solución Podemos determinar la velocidad con la ecuación de conservación de la energía:

E P = EQ

−

−

Gmm ′ Gmm′ Gmm ′ Gmm ′ 1 − = m ′vQ2 − − r r 2 R R

2Gm 1 2 2Gm ⎛ 1 1⎞ = vQ − → vQ = 4Gm⎜ − ⎟ r R 2 ⎝R r⎠

1 ⎞m ⎛ 1 -5 m − vQ = 4 × 6.67 × 10 −11 × 6.4 × ⎜ ⎟ = 6.53 × 10 s ⎝ 0.08 0.1 ⎠ s Para hallar la aceleración en el punto P y Q: Usando la segunda ley de Newton para el punto P:

∑F

yT

→ma = − F1senθ − F2 senθ F1 = F2 =

m ′a = 2

Gmm ′ r2

Gmm ′ 2Gm → a = 2 = 8.54 × 10 −8 m/s 2 r r

Usando la segunda ley de Newton para el punto Q:

∑F

yT

→ma = F1 − F2

F1 = F2 =

Gmm ′ r2

m′a = 0 → a = 0 18. Una partícula de masa m se mueve bajo una fuerza central de atracción de magnitud k/r2. Su velocidad en una de las posiciones extremas es k /(2mr1 ) , donde r1 es la

14

15

distancia al centro de la fuerza. Calcular a) la distancia r2 correspondiente a la otra posición extrema, b) el semieje mayor de la órbita y c) la excentricidad. solución c a vA B

m

m

r2 O

r1

A

vB a) Conservación de la energía para los puntos A y B:

E A = EB → −

k 1 2 k 1 + mv A = − + mv B2 r1 2 r2 2

(1)

Conservación del movimiento angular para los puntos A y B:

L A = LB → − mr1v A = mr2 v B → v B =

r1 vA r2

(2)

Reemplazando la ecuación (2) en la (1), se tiene 2

2 2 r1 − r2 1 k 1 k 1 ⎛ r1 ⎞ 2 ⎛ r1 − r2 2 ⎜ ⎜ ⎟ − + mv A = − + m⎜ v A ⎟ → k = mv A ⎜ 2 r1 2 r2 2 ⎝ r2 ⎠ r1 r2 2 ⎝ r2

⎞ ⎟⎟ ⎠

k 1 ( r1 + r2 ) 1 → r2 = r1 4 , tenemos: 1 = 2mr1 4 r2 3 1 2 b) semieje mayor: a = ( r1 + r2 ) = r1 2 3 c c) La excentricidad: e = a 19. Un anillo de radio R tiene su masa M uniformemente distribuida y cuyo plano es perpendicular al eje z. Se suelta una partícula de masa m desde un punto situado sobre el eje a una distancia h del centro. a) ¿Cuál será su energía cinética cuando pasa por el centro? b) ¿Qué distancia recorrerá en el otro lado? c) ¿Es el movimiento periódico? d) ¿Bajo que condiciones es el movimiento armónico simple? e) determine la frecuencia correspondiente a este último caso. P 2 Usando v A =

dg

θ

r dm

z R

k uR

y C

x

(a) 15

16

Para un punto en el eje de anillo y a una distancia z del centro el campo gravitacional, el potencial y la energía potencial (para una masa m) están dados por: M

Ghdm GMh GMz k=− 3 k=− 2 k. 3 r r (R + z 2 )3 / 2 0

g = −∫

M

V = −G ∫ 0

(1)

dm GM GM =− =− . r r R2 + z2

EP ( z ) = mV = −m

GM R2 + z 2

(2)

.

(3)

a) Para hallar la energía cinética cuando pasa por el centro usamos conservación de la energía para los puntos P y C: E P = EC → −

GMm R +z 2

2

=−

GMm

⎛1 E K ) C → E K ) C = GMm ⎜⎜ − ⎝R

+ EK )C

R2

⎞ ⎟ ⎟ R2 + Z 2 ⎠ 1

b) Para hallar la distancia que recorre en el otro lado, usamos conservación de la energía, con la condición que la velocidad final sea cero. Sea B el punto hasta donde llega la partícula al otro lado. EP = EB → −

GMm R2 + z2

=−

GMm h2

→h=z

c) Para ver si el movimiento es periódico, vamos hallar la ecuación de movimiento: Usando la segunda ley de Newton a lo largo de la dirección y, se tiene

∑F

yT

→m

dv = −F , dt

Para hallar la fuerza gravitacional, usamos la ecuación (1) F = mg =

GhMm k. (R + z 2 )3 / 2 2

reemplazando esta fuerza en la anterior ecuación, se tiene m

d2y dv GMm GMm z =− 2 → =- 2 2 3/ 2 2 dt (R + z ) dt (R + z 2 ) 3 / 2

d) El movimiento armónico simple si z σ2, el movimiento no es movimiento armónico simple. 23. Una esfera sólida de radio a tiene la masa M distribuida uniformemente en todo su volumen. Hallar el campo y el potencial gravitacional para: a) r < a, b) r > a. 24. A una esfera sólida de radio a tiene la masa M distribuida uniformemente en todo su volumen, se le hace un hueco (una cavidad) esférico como se muestra en la figura. Con

19

20

que fuerza gravitacional atraerá la esfera con la cavidad esférica a una pequeña masa m, que este situada a una distancia d.

A

a

m d Solución Para r > a: como la distancia r del centro al punto A es la misma para todas las capas (ver figura 2.31), las masas se suman dando nuevamente el resultado

g1 = −G

M mM u r → F1 = mg1 = −G 2 u r , 2 d d

r > d.

Ahora le restamos la fuerza debida al hueco

g 2 = −G

mM ′ M′ u r → F2 = mg 2 = −G 2 ur 2 (d − a / 2) (d − a / 2) 2

Donde M′ es la masa que tendría el hueco si esta completamente lleno de masa. La fuerza gravitacional con que atrae la esfera con la cavidad esférica a la pequeña masa m, que esta situada a una distancia d. es

F = F1 − F2 = −G

mM mM ′ ur + G 2 ur 2 d (d − a / 2) 2

Como la masa M esta uniformemente distribuida podemos usar

M M′ V′ 4 / 3(a / 2) 3π M = → M′ = M = M = V V′ V 8 4 / 3a 3π Reemplazando este resultado en la ecuación anterior, encontramos

⎤ GmM ⎡ 1 u ⎢1 − 2 2 ⎥ r d ⎣ 8(1 − a / 2d ) ⎦ 25. Demostrar que la energía necesaria para construir un cuerpo esférico de radio R añadiendo capas sucesivas de materia como una cebolla, hasta que se obtenga el radio F=−

final deseado es, EP = -

3 GM 2 5 R

Solución 26. Calcular el campo gravitacional producido por un cascaron esférico de radio a y masa M uniformemente distribuida en toda su superficie, a) para r > a, b) r < a

20

21

Para r > a: P se encuentra fuera del cascarón (figura 1). En la figura 1 la tira de radio asenθ y ancho adθ representa una porción de masa dm del cascarón (dS = 2πa2 senθ dθ). La porción de masa dm se puede expresar en términos de la densidad superficial de masa

dm = σ dS = donde

σ=

m 4π a 2

1 m senθ dθ , 2

(1)

adθ dθ y = asenθ

a

R dg

θ

α

C

P

2πasenθ acosθ

r-a r

a r+a

Figura 1 Para hallar el campo en el punto P, de la figura, se tiene

dg = − g cosα i + dgsenα u . donde u es un vector unitario en la dirección radial del circulo de radio y.

g = −∫

dg cos α dgsenα i+∫ u, 2 R R2

Debido a la simetría las componentes en la dirección u se cancelan

g = −∫

dg cos α dm cos α i = G∫ i 2 R R2

(2)

Reemplazando las ecuaciones (1) en la (2), se tiene

1 senθ dθ cos α g = − mG ∫ i 2 R2

(3)

21

22

Para realizar la integración, debemos expresar el integrando en términos de una sola variable; escogemos R. R

a θ

α

r

P

Usando la ley del coseno para el triangulo de la anterior figura, se obtiene

R 2 = a 2 + r 2 − 2ar cos θ Diferenciando y teniendo en cuenta que r y a son constantes, se tiene

RdR . ar R2 + r 2 − a2 a 2 = R 2 + r 2 − 2rR cos α → cos α = 2rR 2 RdR = 2ar senθ dθ → senθ dθ =

(4) (5)

Reemplazando (4) y (5) en (3), se tiene

1 RdR cos α g = − mG ∫ 2 arR 2

⎛ R2 + r 2 − a2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟i 2 rR ⎝ ⎠

Los límites de integración son, desde R = r - a hasta R = r + a, resultando r +a

1 dR Gm g=− mG ∫ 2 ( R 2 + r 2 − a 2) i → g = − 2 i 2 4ar r r −a R adθ dθ

r> a

a R C

θ P

r

a r+a Figura 2.11

a-r

22

23

Para r < a: si el punto se encuentra dentro de la esfera de la figura, los límites de integración son, desde R = a - r hasta R = r + a, resultando r +a

1 dR g=− mG ∫ 2 ( R 2 + r 2 − a 2) i = 0 2 4ar a −r R

r< a

2 Considere el alambre de la figura de longitud 2L y masa M distribuida uniformemente en todo el alambre. Calcular en el punto P el campo gravitacional debido al alambre. L/2 r

L/2

P

dg1

θ

j

h

x L

i

L h = 0.43L

Solución: De la figura se tienen las siguientes relaciones

tan θ =

x → dx = h sec 2θ dθ , h

(1)

cosθ =

h r

→ r = h secθ ,

(2)

a) Para hallar el campo gravitatorio g, del alambre izquierdo. De la figura, se tiene

dg1 = −dg1 cos(30 − θ )i − dg1sen(30 − θ ) j , dm [cos(30 − θ )i + sen(30 − θ ) j] r2 Usando dm = λdx ( la densidad lineal de masa es constante), se tiene dg1 = −G

dg1 = −Gλ

dx [cos(30 − θ )i + sen(30 − θ ) j] r2

Usando las ecuaciones (1) y (2) , tenemos dg1 = −Gλ

h sec2 θ dθ [cos(30 − θ )i + sen(30 − θ ) j] h 2 sec2 θ

Integrando g1 = −

Gλ dθ [cos(30 − θ )i + sen(30 − θ ) j] h ∫

Cambio de variable: u = 30 - θ → du = -dθ →

23

24

g1 = g1 = −

Gλ du[cos(u )i + sen(u ) j] h ∫

Gλ [sen(30 − θ )i − cos(30 − θ ) j]30−60 = − GM 2 (i + j) h 0.86L

De manera similar para el alambre de la derecha, el resultado final es g2 =

GM (i − j) 0.86L2

2. Considere el alambre de la figura de longitud 4L y masa M distribuida uniformemente en todo el alambre. Calcular en el punto O la fuerza gravitacional sobre la masa puntual m debido al alambre.

L

h

L

θ

dg1

2L

h

O

O

L

2L

60º 30º

r 2L

h

L

2L

h 60º

x

x h = 0.866L

Solución: De la figura se tienen las siguientes relaciones x h tan θ = → dx = h sec 2θ dθ , (1) cosθ = h r

→ r = h secθ ,

(2)

a) Para hallar el campo gravitatorio g, del alambre izquierdo: de la figura, se tiene

dg1 = dg1 cos(60 − θ )i − dg1sen (60 − θ ) j , dg1 = G

dm [cos(60 − θ )i − sen(60 − θ ) j] r2

Usando dm = λdx ( la densidad lineal de masa es constante), se tiene dg1 = Gλ

dx [cos(60 − θ )i − sen(60 − θ ) j] r2

Usando las ecuaciones (1) y (2), tenemos

24

25

dg1 = Gλ

h sec 2 θ dθ [cos(60 − θ )i − sen(60 − θ ) j] h 2 sec2 θ

Integrando g1 =

Gλ dθ [cos(60 − θ )i − sen(60 − θ ) j] h ∫

Cambio de variable: u = 60 - θ → du = -dθ →

g1 = − g1 = −

Gλ du[cos(u )i − sen(u ) j] h ∫

Gλ [sen(60 − θ )i + cos(30 − θ ) j]60−30 = − GM 2 (i − j) h 3.44L

De manera similar para el alambre de la parte superior, el resultado final es

g2 = L/2

GM (i + j) 3.44L2 L/2

P 30º

60º h

60º

L

h sen60 = → h = 0.43L L/2

60º h

L 60º

25