Exercicis de camp gravitatori — Física 2n Batxillerat

Perquè només depèn de les masses, i la massa és sempre positiva. No hi ha 'masses negatives' que provoquin repulsió, a diferència de les càrregues elèctriques (que poden ser + o -). Per això la gravetat sempre atrau.

F = G·M·$\text{m/r}^{2}$. F és la força d'atracció entre les dues masses; M i m, les masses; r, la distància entre els seus centres; i G = 6,67·10⁻¹¹ N·$m^{2}$·kg⁻², la constant de gravitació universal.

Sí que hi cau, contínuament, però avança de costat tan de pressa que la superfície de la Terra es corba sota seu tant com ell baixa. La gravetat no l'apropa: només li va corbant la trajectòria, i fa de força centrípeta.

Apliquem la llei de gravitació universal: F = G·$m_{1}$·$\tfrac{m_{2}}{r^{2}} = 6{,}67$·$10^{-11}$·60·$\tfrac{70}{1{,}5^{2}} = 2{,}80$·$\tfrac{10^{-7}}{2{,}25} = 1{,}24$·$10^{-7}$ N.
Pes del full: P = m·g = 0,005·9,8 = 0,049 N.
Quocient: $\tfrac{0{,}049}{(1{,}24\cdot 10^{-7})} \approx 3{,}9$·$10^{5}$: el pes d'un simple full és unes 400000 vegades més gran que l'atracció entre els dos alumnes.
Conclusió: la gravitació només és apreciable quan almenys una de les masses és enorme (planetes, estrelles); entre objectes quotidians és completament negligible.

g_L = G·M_L/R_L² = 6,67·10^-11·7,35·10²²/(1,74·10⁶)² = 4,90·10¹²/3,03·10¹² = 1,62 m/s².
Pes a la Lluna: P_L = m·g_L = 80·1,62 = 130 N.
Pes a la Terra: P_T = m·g = 80·9,8 = 784 N.
El pes a la Lluna és aproximadament la sisena part del terrestre (1,62/9,8 ≈ 0,165 ≈ 1/6), però la massa de l'astronauta continua sent de 80 kg: la massa no depèn del lloc, el pes sí.

Falsa. Calculem el camp a r = R_T + h = 6,37·10⁶ + 4,0·10⁵ = 6,77·10⁶ m:
g = G·M_T/r² = 6,67·10^-11·5,97·10²⁴/(6,77·10⁶)² = 3,98·10¹⁴/4,58·10¹³ = 8,69 m/s².
És gairebé el 89 % del valor a la superfície: a l'òrbita de l'estació la gravetat és gairebé tan intensa com a terra.
Els astronautes «floten» perquè ells i l'estació estan en caiguda lliure permanent: la gravetat és l'única força que actua i tots cauen amb la mateixa acceleració, de manera que no hi ha cap força de contacte entre l'astronauta i les parets (ingravidesa aparent, no absència de gravetat).

Tercera llei de Kepler: $\tfrac{T^{2}}{r^{3}}$ té el mateix valor per a tots els planetes que orbiten el Sol. Per tant, $T_{M}$²/$T_{T}$² = $r_{M}$³/$r_{T}$³.
Si treballem en anys i en ua, les dades de la Terra valen 1: $T_{M}$² = 1,$52^{3}$ = 3,51, d'on $T_{M}$ = $\sqrt{3,51}$ = 1,87 anys.
En dies: 1,87·365,25 ≈ 685 dies.
Comprovació: Mart està més lluny del Sol que la Terra, així que el seu any ha de ser més llarg; el valor real és de 687 dies.

En una òrbita circular la força gravitatòria fa de força centrípeta: G·M·$\text{m/r}^{2}$ = m·$\tfrac{v^{2}}{r}$. La massa m del satèl·lit se simplifica i queda v = $\sqrt{\tfrac{G\cdot M}{r}}$: la velocitat només depèn de la massa de la Terra i del radi de l'òrbita.
El període, T = 2π·$\tfrac{r}{v} = 2$π·$\sqrt{\tfrac{r^{3}}{(G\cdot M)}}$, tampoc no depèn de m. Els dos satèl·lits tenen la mateixa velocitat i el mateix període.
L'energia mecànica sí que depèn de la massa: $E_{m}$ = -G·M·$\tfrac{m}{(2r)}$. El satèl·lit de 800 kg té una energia mecànica quatre vegades més gran en valor absolut (més negativa), i cal quatre vegades més energia per posar-lo en òrbita.
Error típic: pensar que un satèl·lit més pesant ha d'anar més lent; la massa més gran nota una atracció proporcionalment més gran i l'efecte es compensa.

A la superfície, g₀ = G·M/R_T²; a una distància r del centre, g = G·M/r².
Dividint: g₀/g = r²/R_T². Volem g = g₀/4, és a dir, g₀/g = 4: r² = 4·R_T², d'on r = 2·R_T.
L'altura és h = r - R_T = R_T = 6370 km.
Compte: l'altura es mesura des de la superfície, però la distància r de la llei de gravitació es mesura des del centre de la Terra. Comprovació: a r = 2R_T, g = 9,8/4 = 2,45 m/s².

Un camp és conservatiu quan el treball que fa entre dos punts no depèn del camí seguit, només de les posicions inicial i final; per això es pot definir una energia potencial i W = -ΔE_p. Conseqüència: el treball al llarg de qualsevol trajectòria tancada és zero.
En una volta completa el satèl·lit torna al punt de partida, així que ΔE_p = 0 i el treball de la força gravitatòria és nul.
També es veu directament: en una òrbita circular la força és radial (cap al centre) i el desplaçament és tangent a l'òrbita; són perpendiculars en tot moment, de manera que la força no fa treball en cap tram i el mòdul de la velocitat no canvia.
En una òrbita el·líptica el treball en una volta també és zero, però tram a tram no ho és: el camp fa treball positiu quan el satèl·lit s'acosta (guanya velocitat) i negatiu quan s'allunya.

L'energia potencial és el potencial pel valor de la massa: $E_{p}$ = m·V.
$E_{p}$ = 20·(-6,25·$10^{7}$) = -1,25·$10^{9}$ J.
És negativa (el cos està lligat al camp de la Terra).

La intensitat a la superfície ve de g = G·$\text{M/R}^{2}$. Aïllem la massa: M = g·$\tfrac{R^{2}}{G}$.
Calculem el quadrat del radi: $R^{2}$ = (3,39·$10^{6}$$)^{2}$ = 1,15·$10^{13}$ $m^{2}$.
M = 3,7·1,15·$10^{13}$/(6,67·10⁻¹¹) = 4,25·$10^{13}$/(6,67·10⁻¹¹).
M = 6,37·$10^{23}$ kg.
Nota: en aquesta fórmula R és el radi (distància del centre a la superfície), perquè volem g JUSTAMENT a la superfície. El resultat és coherent: Mart té una massa d'una desena part de la de la Terra.

Escapar vol dir arribar infinitament lluny amb la velocitat just esgotada. Per la conservació de l'energia mecànica, l'energia a la superfície és igual a l'energia a l'infinit.
A la superfície: $E_{m}$ = ($\tfrac{1}{2}$)·m·$v_{e}$² - G·M·m/R. A l'infinit, la velocitat és zero i la potencial és zero: $E_{m}$ = 0.
Igualant a zero: ($\tfrac{1}{2}$)·m·$v_{e}$² = G·M·m/R. La massa m del cos es cancel·la, i aïllant: $v_{e}$ = $\sqrt{\tfrac{2\cdot G\cdot M}{R}}$.
Per a la Lluna: $v_{e}$ = $\sqrt{2\cdot 4{,}\tfrac{9\cdot 10^{12}}{1}{,}74\cdot 10^{6}}$ = $\sqrt{5{,}63\cdot 10^{6}}$ = 2,37·$10^{3}$ m·s⁻¹, uns 2,4 km·s⁻¹.
És molt més petita que la de la Terra (11,2 km·s⁻¹): per això la Lluna, amb tan poca gravetat, no reté atmosfera.

Perquè la constant val 4·$\tfrac{\pi^{2}}{(G\cdot M)}$, i hi apareix la massa M de l'astre central. Per a un altre astre (una altra M) la constant és diferent. Per això la Terra i Mart, que giren tots dos al voltant del Sol, comparteixen la mateixa constant, però un satèl·lit de la Terra en té una altra.

La gravetat fa de força centrípeta: G·M·$\text{m/r}^{2}$ = m·$ω^{2}$·r, amb ω = 2π/T. Aïllant: $r^{3}$ = G·M·$T^{2}$/(4π²) (és la tercera llei de Kepler).
T = 24·3600 = 86400 s: $r^{3}$ = 6,67·$10^{-11}$·5,97·$10^{24}$·86400²/(4π²) = 7,53·$10^{22}$ $m^{3}$, d'on r = 4,22·$10^{7}$ m.
Altura: h = r - $R_{T}$ = 4,22·$10^{7}$ - 6,37·$10^{6}$ = 3,59·$10^{7}$ m (uns 35900 km).
Velocitat: v = 2π·$\tfrac{r}{T} = 2$π·4,22·$\tfrac{10^{7}}{8640}$0 = 3,07·$10^{3}$ m/s.
Comprovació: v = $\sqrt{\tfrac{G\cdot M}{r}}$ = $\sqrt{3{,}\tfrac{98\cdot 10^{14}}{4}{,}22\cdot 10^{7}}$ = 3,07·$10^{3}$ m/s.

Passem el període al SI: T = 1,77·86400 = 1,53·$10^{5}$ s.
La gravetat de Júpiter és la força centrípeta d'Io: G·M·$\text{m/r}^{2}$ = m·4π²·$\text{r/T}^{2}$, d'on M = 4π²·$\tfrac{r^{3}}{(G\cdot T^{2})}$.
M = 4π²·(4,22·$10^{8}$$)^{3}$/(6,67·$10^{-11}$·(1,53·$10^{5}$$)^{2}$) = 2,97·$\tfrac{10^{27}}{1{,}56} = 1{,}90$·$10^{27}$ kg.
Quocient: 1,90·$\tfrac{10^{27}}{5{,}97}$·$10^{24}$ ≈ 318: Júpiter té unes 318 vegades la massa de la Terra.
Fixa't que la massa d'Io no intervé: observant un satèl·lit (radi i període) es pot «pesar» el planeta central, però no el satèl·lit.

Radi de l'òrbita (des del centre de la Terra): r = 6,37·$10^{6}$ + 6,0·$10^{5}$ = 6,97·$10^{6}$ m.
Igualant gravetat i força centrípeta: v = $\sqrt{\tfrac{G\cdot M}{r}}$ = $\sqrt{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}\tfrac{97\cdot 10^{24}}{6}{,}97\cdot 10^{6}}$ = $\sqrt{5{,}71\cdot 10^{7}}$ = 7,56·$10^{3}$ m/s (uns 27200 km/h).
Període: T = 2π·$\tfrac{r}{v} = 2$π·6,97·$\tfrac{10^{6}}{7{,}56}$·$10^{3}$ = 5,79·$10^{3}$ s ≈ 96,6 min.
Voltes per dia: 86400/5794 ≈ 14,9, gairebé 15 voltes diàries.
Error típic: fer servir l'altura (600 km) com a radi de l'òrbita en lloc de sumar-hi el radi de la Terra.

Sigui x la distància del punt al centre de la Terra; de la Lluna n'és a d - x. Entre els dos astres els camps tenen sentits oposats, i s'anul·len quan tenen el mateix mòdul: G·$\tfrac{M_{T}}{x^{2}} = G$·$M_{L}$/(d - x$)^{2}$.
Fem l'arrel quadrada: x/(d - x) = $\sqrt{\tfrac{M_{T}}{M_{L}}}$ = $\sqrt{5{,}\tfrac{97\cdot 10^{24}}{7}{,}35\cdot 10^{22}}$ = $\sqrt{81,2}$ = 9,01.
x = 9,01·(d - x) → x·(1 + 9,01) = 9,01·d → x = 9,01·3,84·$\tfrac{10^{8}}{10{,}01} = 3{,}46$·$10^{8}$ m des de la Terra (uns 3,8·$10^{7}$ m, 38000 km, des de la Lluna).
Té sentit: el punt és molt més a prop de la Lluna, que és unes 81 vegades menys massiva. Fora del segment els dos camps tenen el mateix sentit i mai no s'anul·len.
Comprovació: G·$\tfrac{M_{T}}{x^{2}} = 3{,}33$·$10^{-3}$ $\text{m/s}^{2}$ i G·$M_{L}$/(d - x$)^{2}$ = 3,33·$10^{-3}$ $\text{m/s}^{2}$.

L'expressió m·g·h només val quan g es pot considerar constant, és a dir, per a altures molt petites comparades amb R_T. A 1000 km, g ja ha baixat de 9,8 a uns 7,3 $\text{m/s}^{2}$, i cal fer servir l'expressió general E_p = -G·M·m/r.
ΔE_p = -G·M·m/(R_T + h) - (-G·M·m/R_T) = G·M·m·($\tfrac{1}{R}$_T - 1/(R_T + h)).
ΔE_p = 6,67·$10^{-11}$·5,97·$10^{24}$·2·($\tfrac{1}{6{,}37}$·$10^{6}$ - $\tfrac{1}{7{,}37}$·$10^{6}$) = 7,96·$10^{14}$·2,13·$10^{-8}$ = 1,70·$10^{7}$ J.
Error relatiu: $\tfrac{(1{,}96\cdot 10^{7} - 1{,}70\cdot 10^{7})}{1{,}70}$·$10^{7}$ ≈ 0,15, un 15 % per excés: m·g·h sobreestima l'energia perquè suposa que la gravetat es manté tan intensa com a la superfície durant tota la pujada.

Només actua la gravetat (conservativa): es conserva l'energia mecànica entre el punt inicial (r = 3R_T, en repòs) i la superfície (r = $R_{T}$).
0 - G·M·m/(3R_T) = ½·m·$v^{2}$ - G·M·m/$R_{T}$. La massa m del meteorit se simplifica.
$v^{2}$ = 2·G·M·($\tfrac{1}{R_{T}}$ - 1/(3R_T)) = 2·G·M·2/(3R_T) = 4·G·M/(3R_T) = 4·3,98·$\tfrac{10^{14}}{(3\cdot 6{,}37\cdot 10^{6})} = 8{,}33$·$10^{7}$ $\tfrac{m^{2}}{s^{2}}$.
v = 9,13·$10^{3}$ m/s, uns 9,1 km/s.
Comprovació: és inferior a la velocitat d'escapament (11,2 km/s), que seria la velocitat d'impacte d'un cos caigut des de l'infinit. Si féssim servir v = $\sqrt{2\cdot g\cdot h}$ amb h = 2R_T obtindríem 15,8 km/s, un resultat absurd perquè g no és constant en un recorregut tan llarg.

Camp: cada esfera crea al punt mitjà (a 1 m) un camp de mòdul G·$\text{M/r}^{2}$ = 6,67·$10^{-11}$·$\tfrac{1000}{1^{2}} = 6{,}67$·$10^{-8}$ $\text{m/s}^{2}$, dirigit cap a l'esfera que el crea. Els dos camps són iguals i de sentits oposats: el camp total és zero.
Potencial: és un escalar i se suma sense tenir en compte direccions: V = -G·M/r - G·M/r = -2·6,67·$10^{-11}$·$\tfrac{1000}{1}$ = -1,33·$10^{-7}$ J/kg.
Energia potencial de la massa de 2 kg al punt mitjà: E_p = m·V = 2·(-1,33·$10^{-7}$) = -2,67·$10^{-7}$ J (a l'infinit val zero).
Treball del camp: W = -ΔE_p = -(E_p,final - E_p,inicial) = -(-2,67·$10^{-7}$ - 0) = +2,67·$10^{-7}$ J. És positiu: el camp atrau la massa cap a les esferes i fa treball a favor del moviment.
Fixa't que el camp és zero en aquest punt i, en canvi, el potencial no ho és.

Primer la massa, a partir de g = G·$\text{M/R}^{2}$, aïllant M = g·$\tfrac{R^{2}}{G}$.
$R^{2}$ = (7,0·$10^{7}$$)^{2}$ = 4,9·$10^{15}$ $m^{2}$.
M = 25·4,9·$10^{15}$/(6,67·10⁻¹¹) = 1,225·$10^{17}$/(6,67·10⁻¹¹) = 1,84·$10^{27}$ kg.
Ara la densitat, que és massa entre volum. Suposem el planeta esfèric, de volum V = ($\tfrac{4}{3}$)·π·$R^{3}$.
$R^{3}$ = (7,0·$10^{7}$$)^{3}$ = 3,43·$10^{23}$ $m^{3}$, i V = ($\tfrac{4}{3}$)·π·3,43·$10^{23}$ = 1,44·$10^{24}$ $m^{3}$.
ρ = $\tfrac{M}{V} = 1{,}84$·$\tfrac{10^{27}}{(1{,}44\cdot 10^{24})} = 1{,}28$·$10^{3}$ kg·m⁻³.
És una densitat baixa (poc més que l'aigua): un planeta gran i lleuger, com els gegants gasosos tipus Júpiter.

L'energia mecànica d'un satèl·lit en òrbita circular és la suma de la cinètica i la potencial, i surt E_m = -G·M·$\tfrac{m}{(2\cdot r)}$. Compte: és NEGATIVA (el satèl·lit està lligat), i per això no es pot substituir a cegues sense arrossegar el signe.
Calculem el numerador comú: G·M·m = 3,98·$10^{14}$·500 = 1,99·$10^{17}$.
Òrbita 1: E_m1 = -1,99·$\tfrac{10^{17}}{(2\cdot 8{,}0\cdot 10^{6})}$ = -1,99·$\tfrac{10^{17}}{(1{,}6\cdot 10^{7})}$ = -1,24·$10^{10}$ J.
Òrbita 2: E_m2 = -1,99·$\tfrac{10^{17}}{(2\cdot 1{,}2\cdot 10^{7})}$ = -1,99·$\tfrac{10^{17}}{(2{,}4\cdot 10^{7})}$ = -8,29·$10^{9}$ J.
El treball per canviar d'òrbita és la diferència d'energies mecàniques (no la potencial sola): W = ΔE_m = E_m2 - E_m1.
W = -8,29·$10^{9}$ - (-1,24·$10^{10}$) = 1,24·$10^{10}$ - 8,29·$10^{9}$ = 4,15·$10^{9}$ J.
El parany: l'òrbita superior té una energia MENYS negativa, és a dir MÉS GRAN. Per això el treball surt positiu: cal APORTAR energia per pujar el satèl·lit, encara que a dalt vagi més a poc a poc.

(a) Al PERIHELI, el punt més proper al Sol. El motiu és la conservació del MOMENT ANGULAR: la força gravitatòria és central (sempre apunta cap al Sol), de manera que el seu moment respecte del Sol és nul i el moment angular del cometa es conserva. Com que a l'afeli i al periheli la velocitat és perpendicular al radi vector, el mòdul del moment angular és L = m·v·r en tots dos punts; si L es manté constant i r disminueix, v ha d'augmentar. És també el contingut de la segona llei de Kepler (llei de les àrees): el cometa escombra àrees iguals en temps iguals, i per tant va més de pressa on és més a prop. (b) Igualant el moment angular als dos punts: m·$v_{A}$·$r_{A}$ = m·$v_{P}$·$r_{P}$, d'on $v_{P}$ = $v_{A}$·$r_{A}$/$r_{P}$. La massa se simplifica i el quocient de distàncies es pot fer directament en ua, perquè les unitats es cancel·len: $v_{P}$ = 896·($\tfrac{35{,}3}{0{,}575}$) = 896·61,4 = 5,50·$10^{4}$ m·s⁻¹, és a dir uns 55 km/s. Té sentit: al periheli va unes 61 vegades més de pressa que a l'afeli.

a) Conservació de l'energia mecànica entre la superfície i el punt més alt (v = 0): ½·m·v₀² - G·M·m/R_T = -G·M·m/r_max.
1/r_max = 1/R_T - v₀²/(2·G·M) = 1/6,37·10⁶ - (5,0·10³)²/(2·3,98·10¹⁴) = 1,570·10^-7 - 0,314·10^-7 = 1,256·10^-7 m^-1, d'on r_max = 7,96·10⁶ m.
Altura màxima: h = r_max - R_T = 1,59·10⁶ m ≈ 1590 km.
b) Amb g constant: h' = v₀²/(2g) = (5,0·10³)²/(2·9,8) = 1,28·10⁶ m ≈ 1280 km. Surt un 20 % més petita, perquè suposa que la gravetat frena el projectil amb 9,8 m/s² durant tota la pujada; en realitat g va disminuint amb l'altura i el projectil arriba més amunt.
c) Perquè no torni, l'energia mecànica ha de ser com a mínim zero (arribar a l'infinit amb v = 0): ½·m·v_e² = G·M·m/R_T, v_e = √(2·G·M/R_T) = √(2·3,98·10¹⁴/6,37·10⁶) = 1,12·10⁴ m/s = 11,2 km/s.

a) r = 6,37·$10^{6}$ + 8,0·$10^{5}$ = 7,17·$10^{6}$ m. v = $\sqrt{\tfrac{G\cdot M}{r}}$ = $\sqrt{3{,}\tfrac{98\cdot 10^{14}}{7}{,}17\cdot 10^{6}}$ = 7,45·$10^{3}$ m/s.
Energia mecànica en òrbita circular: $E_{m}$ = $E_{c}$ + $E_{p}$ = ½·m·$v^{2}$ - G·M·m/r = -G·M·$\tfrac{m}{(2r)}$ = -3,98·$10^{14}$·$\tfrac{500}{(2\cdot 7{,}17\cdot 10^{6})}$ = -1,39·$10^{10}$ J.
b) A la superfície, en repòs, l'energia és només potencial: $E_{sup}$ = -G·M·m/$R_{T}$ = -3,98·$10^{14}$·$\tfrac{500}{6{,}37}$·$10^{6}$ = -3,13·$10^{10}$ J.
Energia que cal aportar: ΔE = $E_{m}$ - $E_{sup}$ = -1,39·$10^{10}$ - (-3,13·$10^{10}$) = 1,74·$10^{10}$ J.
c) Per escapar cal arribar a $E_{m}$ = 0: ΔE' = 0 - (-1,39·$10^{10}$) = 1,39·$10^{10}$ J, que coincideix amb l'energia cinètica que té en òrbita (en una òrbita circular, $E_{m}$ = -$E_{c}$).
Error típic: calcular l'energia per posar-lo en òrbita només amb l'energia cinètica orbital, oblidant que també augmenta l'energia potencial.

a) T = 20·86400 = 1,728·10⁶ s. Igualant la gravetat i la força centrípeta del satèl·lit, M = 4π²·r³/(G·T²) = 4π²·(5,0·10⁸)³/(6,67·10^-11·(1,728·10⁶)²) = 4,93·10²⁷/199 = 2,48·10²⁵ kg.
b) g = G·M/R² = 6,67·10^-11·2,48·10²⁵/(2,0·10⁷)² = 1,65·10¹⁵/4,0·10¹⁴ = 4,13 m/s².
c) v_e = √(2·G·M/R) = √(2·1,65·10¹⁵/2,0·10⁷) = √(1,65·10⁸) = 1,29·10⁴ m/s ≈ 12,9 km/s.
Comprovació: v_e = √(2·g·R) = √(2·4,13·2,0·10⁷) = 1,29·10⁴ m/s.

a) La força gravitatòria és central, de manera que es conserva el moment angular respecte del centre de la Terra. Al perigeu i a l'apogeu la velocitat és perpendicular al radi vector: m·v_P·r_P = m·v_A·r_A, d'on v_P/v_A = r_A/r_P = 3: al perigeu va tres vegades més de pressa (segona llei de Kepler).
b) Conservació de l'energia mecànica: ½·v_P² - G·M/r_P = ½·v_A² - G·M/r_A, amb v_A = v_P/3.
½·v_P²·(1 - 1/9) = G·M·(1/r_P - 1/r_A) = 3,98·10¹⁴·(1/7,0·10⁶ - 1/2,1·10⁷) = 3,79·10⁷ m²/s²; v_P² = 2·3,79·10⁷/(8/9) = 8,53·10⁷, v_P = 9,24·10³ m/s i v_A = 3,08·10³ m/s.
c) Tercera llei de Kepler amb el semieix major a = (r_P + r_A)/2 = 1,4·10⁷ m: T = 2π·√(a³/(G·M)) = 2π·√((1,4·10⁷)³/3,98·10¹⁴) = 1,65·10⁴ s ≈ 4,6 h.
Comprovació: l'energia mecànica per unitat de massa val el mateix als dos punts, -1,42·10⁷ J/kg, i coincideix amb -G·M/(2a).

En una òrbita circular de radi r: E_c = ½·m·$v^{2}$ = G·M·$\tfrac{m}{(2r)}$; E_p = -G·M·m/r; E_m = E_c + E_p = -G·M·$\tfrac{m}{(2r)}$. Les tres són inversament proporcionals a r.
a) En passar de R a 2R cada energia queda dividida per 2: E_c' = E_c/2; E_p' = E_p/2 (menys negativa, és a dir, més gran); E_m' = E_m/2 (també menys negativa).
b) Cal aportar energia: ΔE_m = E_m/2 - E_m = -E_m/2 = G·M·$\tfrac{m}{(4R)}$ > 0 (recorda que E_m és negativa).
No hi ha contradicció: l'energia potencial augmenta en G·M·$\tfrac{m}{(2R)}$, el doble del que disminueix la cinètica (G·M·$\tfrac{m}{(4R)}$); el balanç és positiu. Els motors fan treball positiu, però aquest treball va a parar a l'energia potencial i, a més, la velocitat orbital final és més petita: v' = $\tfrac{v}{\sqrt{2}}$.
Error típic: creure que, com que el satèl·lit va més lent a l'òrbita alta, li hem tret energia.

a) Les distàncies de P a A i a B són iguals: d = $\sqrt{3^{2} + 4^{2}}$ = 5 m. Cada esfera crea a P un camp de mòdul g₁ = G·$\text{M/d}^{2}$ = 6,67·$10^{-11}$·$\tfrac{100}{25} = 2{,}67$·$10^{-10}$ $\text{m/s}^{2}$, dirigit de P cap a l'esfera.
Vector unitari de P cap a A: $\tfrac{(-3, -4)}{5}$; de P cap a B: $\tfrac{(3, -4)}{5}$. Camp total: g = g₁·[$\tfrac{(-3, -4)}{5}$ + $\tfrac{(3, -4)}{5}$] = g₁·(0, -$\tfrac{8}{5}$) = (0, -4,27·$10^{-10}$) $\text{m/s}^{2}$.
Les components horitzontals es cancel·len per simetria i el camp resultant apunta cap avall (cap al segment AB), amb mòdul 4,27·$10^{-10}$ $\text{m/s}^{2}$.
b) V = -G·M/d - G·M/d = -2·6,67·$10^{-11}$·$\tfrac{100}{5}$ = -2,67·$10^{-9}$ J/kg.
c) W = -ΔE_p = -m·(V_P - V_∞) = -1·(-2,67·$10^{-9}$ - 0) = +2,67·$10^{-9}$ J: el camp fa treball positiu perquè atrau la massa cap a les esferes.

Prenem G·M_T = 6,67·$10^{-11}$·5,97·$10^{24}$ = 3,98·$10^{14}$ $\tfrac{m^{3}}{s^{2}}$ i r₁ = 6,37·$10^{6}$ + 3,0·$10^{5}$ = 6,67·$10^{6}$ m.

a) En una òrbita circular la gravetat fa de força centrípeta: G·M·$\text{m/r}^{2}$ = m·(2π/T$)^{2}$·r, d'on r₂ = (G·M·$T^{2}$/(4π²))^{$\tfrac{1}{3}$} = (3,98·$10^{14}$·86 $164^{2}$/(4π²))^{$\tfrac{1}{3}$} = 4,22·$10^{7}$ m, és a dir, uns 35 800 km d'altura. Ha de ser equatorial perquè la força gravitatòria apunta al centre de la Terra i, per tant, el pla de l'òrbita conté el centre: si l'òrbita estigués inclinada, el satèl·lit passaria alternativament per sobre i per sota de l'equador i no es veuria quiet des de terra.

b) Al perigeu (r₁) i a l'apogeu (r₂): moment angular v_P·r₁ = v_A·r₂ i energia ½·v_P² − G·M/r₁ = ½·v_A² − G·M/r₂. Substituint v_A = v_P·r₁/r₂ i aïllant s'obté v_P² = 2·G·M·r₂/(r₁·(r₁ + r₂)):
v_P = $\sqrt{2\cdot 3{,}98\cdot 10^{14}\cdot 4{,}\tfrac{22\cdot 10^{7}}{(6}{,}67\cdot 10^{6}\cdot 4{,}88\cdot 10^{7})}$ = 1,02·$10^{4}$ m/s; v_A = v_P·r₁/r₂ = 1,61·$10^{3}$ m/s.
Comprovació qualitativa: al perigeu va més de pressa que a l'apogeu, com diu la segona llei de Kepler.

c) Velocitats de les òrbites circulars: v₁ = √(G·M/r₁) = 7,73·$10^{3}$ m/s i v₂ = √(G·M/r₂) = 3,07·$10^{3}$ m/s.
Primer impuls (al perigeu): Δv₁ = v_P − v₁ = 2,43·$10^{3}$ m/s. Segon impuls (a l'apogeu, per «circularitzar»): Δv₂ = v₂ − v_A = 1,47·$10^{3}$ m/s. En total, uns 3,9 km/s.
Semieix major: a = (r₁ + r₂)/2 = 2,44·$10^{7}$ m. Temps de transferència = T_el·lipse/2 = π·$\sqrt{\tfrac{a^{3}}{(G\cdot M)}}$ = 1,90·$10^{4}$ s ≈ 5,3 h.

d) En òrbita circular E_m = −G·M·$\tfrac{m}{(2r)}$:
E₁ = −3,98·$10^{14}$·$\tfrac{2000}{(2\cdot 6{,}67\cdot 10^{6})}$ = −5,97·$10^{10}$ J; E₂ = −3,98·$10^{14}$·$\tfrac{2000}{(2\cdot 4{,}22\cdot 10^{7})}$ = −9,45·$10^{9}$ J.
ΔE_m = E₂ − E₁ = +5,03·$10^{10}$ J.
Interpretació: l'energia cinètica baixa (de 5,97·$10^{10}$ J a 9,45·$10^{9}$ J), però l'energia potencial puja el doble del que baixa la cinètica (en òrbita circular E_p = −2E_c). El balanç és positiu: els motors han d'aportar energia, i en part la «gasten» a pujar dins del pou de potencial, que és on va a parar també la cinètica que perd el satèl·lit durant la pujada per l'el·lipse.

Errors típics

• Calcular la velocitat al perigeu de l'el·lipse com si fos la d'una òrbita circular de radi r₁ o de radi a.
• Fer servir la tercera llei de Kepler amb r₂ o amb r₁ + r₂ en lloc del semieix major per al temps de transferència, o oblidar que només es recorre mitja el·lipse.
• Pensar que, com que el satèl·lit acaba més lent, perd energia: s'ha de considerar també l'energia potencial.
• Fer servir 24 h en lloc del dia sideri: l'error és petit (0,2 % en el radi), però conceptualment el període rellevant és el de rotació respecte de les estrelles.

Conceptes treballats: òrbites circulars i el·líptiques, tercera llei de Kepler, conservació del moment angular, conservació de l'energia mecànica, energia d'un satèl·lit, satèl·lit geoestacionari.

G·M_T = 3,98·$10^{14}$ $\tfrac{m^{3}}{s^{2}}$; r_A = 6,77·$10^{6}$ m (400 km) i r_B = 6,76·$10^{6}$ m (390 km).

a) v = $\sqrt{\tfrac{G\cdot M}{r}}$ i T = 2π·$\sqrt{\tfrac{r^{3}}{(G\cdot M)}}$:
a 400 km: v_A = 7669 m/s, T_A = 5546 s (92,4 min);
a 390 km: v_B = 7675 m/s, T_B = 5534 s (92,2 min).
La velocitat augmenta uns 5,7 m/s i el període disminueix uns 12 s.

b) En òrbita circular: E_c = G·M·$\tfrac{m}{(2r)}$, E_p = −G·M·m/r = −2E_c i E_m = −G·M·$\tfrac{m}{(2r)}$ = −E_c.
A 400 km: E_c = 1,2352·$10^{13}$ J, E_p = −2,4704·$10^{13}$ J, E_m = −1,2352·$10^{13}$ J.
A 390 km: E_c = 1,2370·$10^{13}$ J, E_p = −2,4740·$10^{13}$ J, E_m = −1,2370·$10^{13}$ J.
ΔE_c = +1,83·$10^{10}$ J; ΔE_p = −3,65·$10^{10}$ J; ΔE_m = −1,83·$10^{10}$ J. (Com que les variacions són molt petites respecte dels valors totals, convé calcular-les amb la fórmula G·M·$\tfrac{m}{2}$·($\tfrac{1}{r}$_B − $\tfrac{1}{r}$_A) en lloc de restar números arrodonits.)

c) El fregament fa disminuir l'energia mecànica, i en una òrbita circular E_m = −G·M·$\tfrac{m}{(2r)}$: si E_m es fa més negativa, r disminueix. En baixar, l'estació perd energia potencial, ΔE_p = −3,65·$10^{10}$ J; d'aquesta energia, la meitat la dissipa el fregament i l'altra meitat es converteix en energia cinètica. Per això, paradoxalment, el fregament fa que l'estació vagi més de pressa. El raonament del company seria correcte per a un cos que es mogués en horitzontal, sense canviar d'altura, però aquí el fregament fa que l'estació «caigui» en espiral cap a òrbites més baixes i més ràpides.

d) Energia dissipada = |ΔE_m| = 1,83·$10^{10}$ J. Per tornar a 400 km cal aportar-li com a mínim aquesta energia: s'han d'encendre els motors cap endavant (en el sentit del moviment), cosa que augmenta l'energia mecànica i fa pujar l'òrbita. Un cop a dalt, l'estació anirà més a poc a poc que ara, tot i que els motors l'han empès cap endavant. A la pràctica es fa amb dos impulsos petits (com una transferència de Hohmann en miniatura), perquè un sol impuls deixaria una òrbita lleugerament el·líptica.

Errors típics

• Afirmar que el fregament redueix la velocitat orbital: redueix l'energia mecànica, però la velocitat augmenta.
• Calcular ΔE_c restant velocitats arrodonides a tres xifres: el resultat surt zero o amb un error enorme.
• Pensar que per pujar cal frenar (o al revés) sense raonar amb l'energia mecànica.
• Confondre l'altura (400 km) amb el radi de l'òrbita (6770 km).

Conceptes treballats: energia d'un satèl·lit en òrbita circular, relació E_m = −E_c = E_p/2, treball de forces no conservatives, velocitat orbital i període.

a) Per a satèl·lits de la Terra, $\tfrac{T^{2}}{r^{3}}$ és constant: $r_{GPS}$/$r_{GEO}$ = ($T_{GPS}$/$T_{GEO}$)^{$\tfrac{2}{3}$} = ($\tfrac{1}{2}$)^{$\tfrac{2}{3}$} = 0,630.

b) $r_{GPS}$ = (G·M·$T^{2}$/(4π²))^{$\tfrac{1}{3}$} = (3,98·$10^{14}$·43 $082^{2}$/(4π²))^{$\tfrac{1}{3}$} = 2,66·$10^{7}$ m. Altura: h = 2,66·$10^{7}$ − 6,37·$10^{6}$ = 2,02·$10^{7}$ m (uns 20 200 km).
v = $\sqrt{\tfrac{G\cdot M}{r}}$ = $\sqrt{3{,}\tfrac{98\cdot 10^{14}}{2}{,}66\cdot 10^{7}}$ = 3,87·$10^{3}$ m/s.
Coherència: $r_{GEO}$ = $\tfrac{r_{GPS}}{0{,}630} = 4{,}21$·$10^{7}$ m, el valor conegut de l'òrbita geoestacionària (uns 36 000 km d'altura).

c) Energia per kg: ΔE/m = −G·$\tfrac{M}{(2r)}$ − (−G·M/$R_{T}$) = G·M·($\tfrac{1}{R_{T}}$ − $\tfrac{1}{(2r)}$).
GPS: ΔE/m = 3,98·$10^{14}$·($\tfrac{1}{6{,}37}$·$10^{6}$ − $\tfrac{1}{(2\cdot 2{,}66\cdot 10^{7})}$) = 5,50·$10^{7}$ J/kg.
GEO: ΔE/m = 3,98·$10^{14}$·($\tfrac{1}{6{,}37}$·$10^{6}$ − $\tfrac{1}{(2\cdot 4{,}21\cdot 10^{7})}$) = 5,78·$10^{7}$ J/kg.
La diferència és només d'un 5 %. El terme G·$\tfrac{M}{R_{T}} = 6{,}25$·$10^{7}$ J/kg domina: el més car és «sortir» de la part profunda del pou de potencial, a prop de la superfície. A grans distàncies l'energia −G·$\tfrac{M}{(2r)}$ ja és petita i varia poc encara que r augmenti molt.

d) (1) Un satèl·lit geoestacionari és sempre sobre l'equador: a latituds altes es veu molt baix sobre l'horitzó (i més enllà d'uns 81° de latitud no es veu), de manera que la cobertura de les zones polars i de les ciutats amb edificis alts seria dolenta. (2) Per situar-se, un receptor necessita senyals d'almenys quatre satèl·lits ben repartits en direccions diferents del cel; tots els geoestacionaris són en un sol pla i donarien una geometria molt dolenta per determinar la latitud. A més, a més distància el senyal arriba més feble. Les òrbites inclinades de 12 h permeten que, des de qualsevol punt, sempre se'n vegin diversos en direccions variades.

Errors típics

• Aplicar la tercera llei de Kepler amb T i r en lloc de $T^{2}$ i $r^{3}$ (obtenir $r_{GPS}$ = $\tfrac{r_{GEO}}{2}$).
• Confondre el radi de l'òrbita amb l'altura sobre la superfície.
• Calcular l'energia per posar en òrbita només com a energia cinètica orbital, sense comptar l'augment d'energia potencial.
• Pensar que, com que el radi geoestacionari és més gran, l'energia necessària és proporcionalment més gran.

Conceptes treballats: tercera llei de Kepler, velocitat orbital, energia d'un satèl·lit, potencial gravitatori, satèl·lits geoestacionaris i de navegació.

a) Entre la Terra i la Lluna, el camp de la Terra apunta cap a la Terra i el de la Lluna cap a la Lluna: són oposats i hi ha un punt on els mòduls s'igualen. Si x és la distància al centre de la Terra i D = 3,84·$10^{8}$ m: G·$\tfrac{M_{T}}{x^{2}} = G$·$M_{L}$/(D − x$)^{2}$ ⇒ (D − x)/x = $\sqrt{\tfrac{M_{L}}{M_{T}}}$ = 0,111 ⇒ x = $\tfrac{D}{(1 + 0{,}111)} = 3{,}46$·$10^{8}$ m. Distància al centre de la Lluna: D − x = 3,84·$10^{7}$ m (uns 22 radis lunars). Fora del segment els dos camps tenen el mateix sentit i no es poden anul·lar.

b) Superfície lunar (a D − $R_{L}$ = 3,82·$10^{8}$ m de la Terra):
V_{sup L} = −G·$M_{T}$/(D − $R_{L}$) − G·$M_{L}$/$R_{L}$ = −1,04·$10^{6}$ − 2,82·$10^{6}$ = −3,86·$10^{6}$ J/kg.
Punt P: $V_{P}$ = −G·$M_{T}$/x − G·$M_{L}$/(D − x) = −1,15·$10^{6}$ − 1,28·$10^{5}$ = −1,28·$10^{6}$ J/kg.
P és el màxim del potencial al llarg del segment: el «cim» de la barrera que separa els dos pous.

c) Fins a P la força neta frena la càpsula (l'atrau cap a la Lluna); passat P, l'atrau cap a la Terra i hi cau sola. Per tant, n'hi ha prou que arribi a P amb velocitat (pràcticament) nul·la: ½·$v^{2}$ = $V_{P}$ − V_{sup L} = 2,58·$10^{6}$ J/kg ⇒ $v_{min}$ = 2,27·$10^{3}$ m/s.
La velocitat d'escapament de la Lluna aïllada és $\sqrt{\tfrac{2\cdot G\cdot M_{L}}{R_{L}}}$ = 2,37·$10^{3}$ m/s. Cal una mica menys perquè, en aquest cas, no cal arribar a l'infinit: la Terra «ajuda» a partir de P.

d) Superfície terrestre en el segment: V_{sup T} = −G·$M_{T}$/$R_{T}$ − G·$M_{L}$/(D − $R_{T}$) = −6,25·$10^{7}$ J/kg. ½·$v^{2}$ = $V_{P}$ − V_{sup T} = 6,12·$10^{7}$ J/kg ⇒ $v_{min}$ = 1,11·$10^{4}$ m/s.
És gairebé cinc vegades més gran (i l'energia, unes 24 vegades) perquè el pou de potencial de la Terra és molt més profund que el de la Lluna, i a més P és molt a prop de la Lluna. Per això és molt més barat enviar materials de la Lluna a la Terra que no pas a l'inrevés, i té sentit pensar en catapultes a la Lluna (sense atmosfera) però no a la Terra.

Errors típics

• Sumar els camps de la Terra i la Lluna com si fossin escalars, o sumar els potencials com si fossin vectors.
• Calcular l'energia necessària per arribar a l'infinit (velocitat d'escapament) en lloc d'arribar només al punt P.
• Oblidar la contribució de la Terra al potencial a la superfície lunar, o la de la Lluna a P.
• Escollir la solució de l'equació de segon grau que cau fora del segment Terra–Lluna.

Conceptes treballats: principi de superposició del camp i del potencial gravitatoris, conservació de l'energia, velocitat d'escapament, pou de potencial.

a) T = 3,52·86 400 = 3,04·$10^{5}$ s. Igualant la força gravitatòria a la centrípeta, M_* = 4π²·$\tfrac{r^{3}}{(G\cdot T^{2})} = 4$π²·(6,8·$10^{9}$$)^{3}$/(6,67·$10^{-11}$·(3,04·$10^{5}$$)^{2}$) = 2,0·$10^{30}$ kg, pràcticament 1,0 masses solars. Aproximació: la massa del planeta és negligible davant la de l'estrella, i l'estrella es considera fixa en el centre de l'òrbita (en realitat es mou una mica, com es veu a l'apartat b).

b) El centre de masses en repòs implica quantitat de moviment total nul·la: $m_{p}$·v⃗_p + M_*·v⃗_* = 0. Estrella i planeta són sempre a banda i banda del centre de masses i es mouen en sentits oposats; en mòdul, $m_{p}$·$v_{p}$ = M_*·v_*.
$v_{p}$ = 2π·$\tfrac{r}{T} = 2$π·6,8·$\tfrac{10^{9}}{3{,}04}$·$10^{5}$ = 1,40·$10^{5}$ m/s.
$m_{p}$ = M_*·v_*/$v_{p}$ = 2,01·$10^{30}$·$\tfrac{120}{1{,}40}$·$10^{5}$ = 1,7·$10^{27}$ kg ≈ 0,90 masses de Júpiter.

c) ρ = $\tfrac{m_{p}}{(4/3\cdot \pi \cdot R^{3})} = 1{,}72$·$10^{27}$/($\tfrac{4}{3}$·π·(9,5·$10^{7}$$)^{3}$) = 4,8·$10^{2}$ $\text{kg/m}^{3}$; g = G·$\tfrac{m_{p}}{R^{2}} = 12{,}7$ $\text{m/s}^{2}$.
La densitat és menys de la meitat de la de Júpiter i més baixa que la de l'aigua: és un gegant gasós format sobretot d'hidrogen i heli, «inflat» perquè és molt a prop de la seva estrella (l'òrbita és 22 vegades més petita que la de la Terra) i està molt calent. És el que s'anomena un «Júpiter calent».

d) Per a la Terra i el Sol: $v_{Sol}$ = $M_{T}$·$\tfrac{v_{T}}{M_{Sol}} = 5{,}97$·$10^{24}$·2,98·$\tfrac{10^{4}}{1{,}99}$·$10^{30}$ = 8,9·$10^{-2}$ m/s, menys de 10 cm/s, més de mil vegades menys que els 120 m/s del cas anterior. L'efecte és proporcional a la massa del planeta i és més gran com més a prop és el planeta de l'estrella (més velocitat orbital), per això els primers exoplanetes descoberts van ser gegants molt propers a la seva estrella.

Errors típics

• Fer servir la massa del planeta en lloc de la de l'estrella a la tercera llei de Kepler.
• Convertir malament el període (dies a segons) o fer servir el radi del planeta en lloc del radi de l'òrbita.
• Pensar que l'estrella està completament quieta: si fos així, no es podria mesurar el seu moviment.
• Comparar densitats sense interpretar-les: una densitat inferior a la de l'aigua indica un planeta gasós, no rocós.

Conceptes treballats: llei de gravitació universal, tercera llei de Kepler, conservació de la quantitat de moviment i centre de masses, intensitat del camp gravitatori, densitat, exoplanetes.

a) G·M·m/r² = m·v²/r ⇒ M = v²·r/G. Amb r = 8,0·3,09·10¹⁹ = 2,47·10²⁰ m i v = 2,20·10⁵ m/s: M = (2,20·10⁵)²·2,47·10²⁰/6,67·10^-11 = 1,8·10⁴¹ kg = 9,0·10¹⁰ masses solars.

b) T = 2π·r/v = 2π·2,47·10²⁰/2,20·10⁵ = 7,1·10¹⁵ s = 2,2·10⁸ anys. Des que van aparèixer els primers dinosaures, el Sol ha fet aproximadament una volta a la galàxia.

c) Si la massa interior fos la mateixa, v = √(G·M/r) seria proporcional a 1/√r (com en el sistema solar, comportament «keplerià»): v(16) = 220/√2 = 156 km/s. Que la velocitat es mantingui a 220 km/s vol dir que la massa interior continua augmentant amb la distància, tot i que la llum de la galàxia ja disminueix molt: hi ha massa que no veiem.

d) M(16 kpc) = v²·r/G = 3,6·10⁴¹ kg = 1,8·10¹¹ masses solars (el doble que a 8 kpc). Fracció fosca: 1 − 6,0·10¹⁰/1,80·10¹¹ = 0,67, és a dir, dues terceres parts de la massa no es veuen.
Amb només la massa visible: v = √(G·M_vis/r) = √(6,67·10^-11·1,19·10⁴¹/4,94·10²⁰) = 1,3·10⁵ m/s ≈ 127 km/s, molt per sota dels 220 km/s mesurats. Aquest desacord, observat en moltes galàxies, és una de les proves principals de l'existència de matèria fosca (o bé d'una modificació de la gravetat a gran escala, hipòtesi minoritària). L'aproximació esfèrica és discutible per al disc, però el desacord és massa gran per explicar-lo així.

Errors típics

• No convertir els kpc a metres o els km/s a m/s.
• Pensar que la velocitat orbital hauria de ser constant amb el radi: a la Terra i al sistema solar disminueix amb la distància.
• Fer servir la massa total de la galàxia a qualsevol radi: només atrau (en el model esfèric) la massa interior a l'òrbita.
• Interpretar el resultat com un error de mesura sense relacionar-lo amb la massa que no es veu.

Conceptes treballats: llei de gravitació universal, velocitat orbital, tercera llei de Kepler, massa interior d'una distribució esfèrica, cosmologia: corbes de rotació galàctiques i matèria fosca.

a) a = 1000·1,50·10¹¹ = 1,50·10¹⁴ m; T = 16·3,156·10⁷ = 5,05·10⁸ s.
M = 4π²·a³/(G·T²) = 4π²·(1,50·10¹⁴)³/(6,67·10^-11·(5,05·10⁸)²) = 7,8·10³⁶ kg ≈ 3,9·10⁶ masses solars. Gairebé quatre milions de sols en una regió que no emet llum.

b) ½·m·v_e² − G·M·m/R = 0 ⇒ v_e = √(2·G·M/R). Si v_e ≥ c ⇒ R ≤ 2·G·M/c².
Sol: R = 2·6,67·10^-11·1,99·10³⁰/(3,00·10⁸)² = 2,95·10³ m, uns 3 km (el Sol real té un radi de 7·10⁵ km).
Objecte central: R = 2·6,67·10^-11·7,83·10³⁶/(3,00·10⁸)² = 1,16·10¹⁰ m ≈ 0,077 ua, unes 17 vegades el radi del Sol, una cinquena part de l'òrbita de Mercuri.

c) ρ = M/(4/3·π·R³) = 7,83·10³⁶/(4/3·π·(1,16·10¹⁰)³) = 1,2·10⁶ kg/m³, unes 1200 vegades la densitat de l'aigua.
Com que R ∝ M, la densitat és ρ = 3c⁶/(32π·G³·M²) ∝ 1/M²: com més massiu és el forat negre, menys dens ha de ser «de mitjana». Un forat negre d'una massa solar requeriria una densitat de l'ordre de 10¹⁹ kg/m³ (més que un nucli atòmic), mentre que un de supermassiu, com aquest, «només» 10⁶ kg/m³. És un resultat sorprenent: no cal una densitat extrema per formar un forat negre si la massa és prou gran.

d) El model és clàssic: tracta la llum com un projectil amb massa que es frena com una pedra, però els fotons no tenen massa i sempre viatgen a c; a més, la mecànica newtoniana no és vàlida a velocitats properes a c ni en camps gravitatoris tan intensos. La descripció correcta és la de la relativitat general, que dona el mateix radi (radi de Schwarzschild) per una coincidència. Tampoc té sentit pensar que la massa «ocupa» una esfera de densitat uniforme: el radi calculat és el de l'horitzó d'esdeveniments.

Errors típics

• Fer servir el semieix major en ua i el període en anys sense convertir-los (o, si es fa així, oblidar que en aquestes unitats la llei de Kepler dona directament masses solars).
• Igualar l'energia cinètica a l'energia potencial amb el signe canviat sense justificar que la condició límit és E_m = 0.
• Pensar que tots els forats negres han de ser extremadament densos.
• Presentar el model clàssic com si fos la teoria correcta dels forats negres.

Conceptes treballats: tercera llei de Kepler, velocitat d'escapament, energia mecànica, densitat, astrofísica: forats negres i límits de la física clàssica.

a) r = 6,37·$10^{6}$ + 5,0·$10^{5}$ = 6,87·$10^{6}$ m.
$E_{òrbita}$ = −G·M·$\tfrac{m}{(2r)}$ = −4,35·$10^{10}$ J; $E_{sup}$ = −G·M·m/$R_{T}$ = −9,38·$10^{10}$ J.
ΔE = $E_{òrbita}$ − $E_{sup}$ = 5,03·$10^{10}$ J. Velocitat orbital: v = $\sqrt{\tfrac{G\cdot M}{r}}$ = 7,61·$10^{3}$ m/s.

b) ω = 2π/86 164 = 7,29·$10^{-5}$ rad/s i v = ω·$R_{T}$·cos λ.
Kourou: v = 463 m/s; $E_{c}$ = ½·1500·$463^{2}$ = 1,6·$10^{8}$ J, un 0,32 % de ΔE; en velocitat, un 6,1 % de la velocitat orbital.
Baikonur: v = 323 m/s; $E_{c}$ = 7,8·$10^{7}$ J, un 0,16 % de ΔE; un 4,2 % de la velocitat orbital.
Interpretació: en energia l'estalvi sembla petit, però en velocitat no ho és; i com que el combustible necessari creix molt ràpidament amb l'increment de velocitat que s'ha de proporcionar (cal accelerar també el combustible que encara no s'ha cremat), uns quants centenars de m/s representen tones de combustible estalviades o més càrrega útil.

c) Cap a l'est el coet aprofita la velocitat que ja li dona la rotació de la Terra; com més a prop de l'equador, més gran és el radi de gir ($R_{T}$·cos λ) i més velocitat «gratuïta». A més, des d'una base equatorial s'arriba directament a òrbites equatorials (com la geoestacionària), mentre que des de Baikonur caldria una maniobra cara per canviar el pla de l'òrbita. Llançant cap a l'oest s'hauria de compensar primer la velocitat de rotació: caldria aportar 2·463 m/s més de velocitat relativa a terra que cap a l'est. Per això només es fa en casos especials.

d) (1) El coet ha d'accelerar el seu propi combustible i els dipòsits, no només el satèl·lit; (2) mentre puja verticalment, la gravetat li resta velocitat contínuament («pèrdues per gravetat»); (3) el fregament amb l'atmosfera, i (4) bona part de l'energia química se l'emporten els gasos expulsats en forma d'energia cinètica i calor.

Errors típics

• Fer servir el radi terrestre i no $R_{T}$·cos λ per calcular la velocitat de rotació a una latitud.
• Oblidar que a la superfície el satèl·lit ja té energia potencial negativa i calcular només l'energia cinètica orbital.
• Concloure que la rotació «no serveix de res» perquè l'estalvi d'energia és d'un 0,3 %, sense pensar en termes d'increment de velocitat.
• Confondre l'altura amb el radi de l'òrbita.

Conceptes treballats: energia d'un satèl·lit, energia potencial gravitatòria, velocitat orbital, moviment circular de la superfície terrestre, sistemes de referència.