Práctica

Una rueda de la fortuna tiene un radio de $12\,\mathrm{m}$ y completa una vuelta cada $24\,\mathrm{s}$ .

Determine la rapidez de una cabina.
Determine la frecuencia de la rueda, en hertz.
¿Cuál es la aceleración centrípeta de una cabina?
¿Cuántas vueltas completa la rueda en $5{,}0\,\mathrm{min}$ ?

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1. Rapidez de una cabina

En una vuelta completa la cabina recorre la circunferencia completa, $2\pi R$ , en un tiempo igual al período $T$ :

v = \frac{2\pi R}{T} = \frac{2\pi (12\,\mathrm{m})}{24\,\mathrm{s}} \approx 3{,}1\,\mathrm{m/s}

2. Frecuencia

La frecuencia es el inverso del período:

f = \frac{1}{T} = \frac{1}{24\,\mathrm{s}} \approx 0{,}042\,\mathrm{Hz}

3. Aceleración centrípeta

a_{\text{rad}} = \frac{v^2}{R} = \frac{(3{,}1\,\mathrm{m/s})^2}{12\,\mathrm{m}} \approx 0{,}82\,\mathrm{m/s^2}

(que también puede obtenerse como $a_{\text{rad}} = 4\pi^2 R/T^2$ ).

4. Vueltas en 5 minutos

N = \frac{5{,}0\,\mathrm{min} \times 60\,\mathrm{s/min}}{24\,\mathrm{s/vuelta}} = \frac{300\,\mathrm{s}}{24\,\mathrm{s}} = 12{,}5\ \text{vueltas}

Las cabinas giran a solo $3{,}1\,\mathrm{m/s}$ , con una aceleración centrípeta de apenas $0{,}82\,\mathrm{m/s^2}$ : menos del $10\%$ de $g$ . Por eso el paseo se siente suave.

Un carro de $1200\,\mathrm{kg}$ toma una curva circular de radio $50\,\mathrm{m}$ con una rapidez constante de $72\,\mathrm{km/h}$ .

Exprese la rapidez en m/s.
¿Cuál es la aceleración centrípeta del carro?
¿Cuál es la magnitud de la fuerza neta que lo mantiene en la curva?
¿Qué ocurre con esa fuerza si el carro duplica su rapidez?

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1. Conversión de unidades

v = 72\,\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{h}} \times \frac{1000\,\mathrm{m}}{1\,\mathrm{km}} \times \frac{1\,\mathrm{h}}{3600\,\mathrm{s}} = 20\,\mathrm{m/s}

2. Aceleración centrípeta

a_{\text{rad}} = \frac{v^2}{R} = \frac{(20\,\mathrm{m/s})^2}{50\,\mathrm{m}} = 8{,}0\,\mathrm{m/s^2}

3. Fuerza neta

La Segunda Ley de Newton aplicada al MCU indica que la fuerza neta apunta hacia el centro de la curva:

\sum F = m\, a_{\text{rad}} = (1200\,\mathrm{kg})(8{,}0\,\mathrm{m/s^2}) = 9600\,\mathrm{N}

4. Si la rapidez se duplica

Con $v' = 40\,\mathrm{m/s}$ :

a_{\text{rad}}' = \frac{(40\,\mathrm{m/s})^2}{50\,\mathrm{m}} = 32\,\mathrm{m/s^2}, \qquad \sum F' = (1200\,\mathrm{kg})(32\,\mathrm{m/s^2}) = 38\,400\,\mathrm{N}

La aceleración centrípeta es proporcional al cuadrado de la rapidez: al duplicar $v$ , la fuerza neta requerida se cuadruplica (de $9600\,\mathrm{N}$ a $38\,400\,\mathrm{N}$ ). Si los neumáticos no pueden suministrar esa fuerza, el carro derrapa; de ahí los límites de velocidad en curvas.

Utilice $g = 9{,}81\,\mathrm{m/s^2}$ , $R_{\text{T}} = 6380\,\mathrm{km}$ y $G = 6{,}67\times 10^{-11}\,\mathrm{N\cdot m^2/kg^2}$ .

Despeje y calcule la masa de la Tierra a partir de la expresión $g = Gm_{\text{T}}/R_{\text{T}}^2$ .
Con el resultado, calcule la fuerza gravitacional que la Tierra ejerce sobre una persona de $70\,\mathrm{kg}$ en la superficie y compárela con su peso $mg$ .

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1. Masa de la Tierra

Despejando $m_{\text{T}}$ (con $R_{\text{T}} = 6{,}38\times 10^6\,\mathrm{m}$ ):

m_{\text{T}} = \frac{g R_{\text{T}}^2}{G} = \frac{(9{,}81\,\mathrm{m/s^2})(6{,}38\times 10^6\,\mathrm{m})^2}{6{,}67\times 10^{-11}\,\mathrm{N\cdot m^2/kg^2}} \approx 5{,}99\times 10^{24}\,\mathrm{kg}

¡Es posible “pesar” el planeta desde su superficie! El valor coincide con el dato conocido, $m_{\text{T}} \approx 5{,}98\times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ .

2. Fuerza sobre una persona de 70 kg

F_{\text{g}} = \frac{G m_{\text{T}} m}{R_{\text{T}}^2} = \frac{(6{,}67\times 10^{-11})(5{,}99\times 10^{24}\,\mathrm{kg})(70\,\mathrm{kg})}{(6{,}38\times 10^6\,\mathrm{m})^2} \approx 687\,\mathrm{N}

que coincide, por construcción, con el peso:

P = mg = (70\,\mathrm{kg})(9{,}81\,\mathrm{m/s^2}) = 687\,\mathrm{N}

El peso es la fuerza gravitacional que el planeta ejerce sobre el cuerpo: la ley de gravitación universal y la relación $P = mg$ son la misma física vista desde dos ángulos.

Un satélite de comunicaciones gira a unos $35\,800\,\mathrm{km}$ de altura sobre la superficie terrestre, mientras que la Estación Espacial Internacional orbita a unos $400\,\mathrm{km}$ de altura. Utilice $m_{\text{T}} = 5{,}98\times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ y $R_{\text{T}} = 6380\,\mathrm{km}$ .

¿Cuánto vale $g$ a la altura del satélite?
¿Cuánto vale $g$ a la altura de la estación?
Si la gravedad a $400\,\mathrm{km}$ casi no ha disminuido, ¿por qué los astronautas flotan?

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La distancia se mide siempre desde el centro de la Tierra: $r = R_{\text{T}} + h$ .

1. $g$ a la altura del satélite

Con $r = 6380\,\mathrm{km} + 35\,800\,\mathrm{km} = 4{,}218\times 10^7\,\mathrm{m}$ :

g = \frac{G m_{\text{T}}}{r^2} = \frac{(6{,}67\times 10^{-11})(5{,}98\times 10^{24}\,\mathrm{kg})}{(4{,}218\times 10^7\,\mathrm{m})^2} \approx 0{,}22\,\mathrm{m/s^2}

2. $g$ a la altura de la estación

Con $r = 6380\,\mathrm{km} + 400\,\mathrm{km} = 6{,}78\times 10^6\,\mathrm{m}$ :

g = \frac{(6{,}67\times 10^{-11})(5{,}98\times 10^{24}\,\mathrm{kg})}{(6{,}78\times 10^6\,\mathrm{m})^2} \approx 8{,}7\,\mathrm{m/s^2}

3. ¿Por qué flotan los astronautas?

A $400\,\mathrm{km}$ de altura la gravedad aún vale casi el $89\%$ de su valor en la superficie. Los astronautas no flotan porque “no haya gravedad”, sino porque la estación y ellos están en caída libre permanente alrededor de la Tierra: la fuerza gravitacional es exactamente la fuerza centrípeta que produce su movimiento circular. Al caer todos juntos, no se empujan entre sí y aparentan ingravidez.

Ejercicios del libro de texto

Los ejercicios 5 a 10 provienen del libro principal de consulta. Los números entre corchetes hacen referencia a él: [3.23], por ejemplo, es el ejercicio 23 del Capítulo 3.

La Tierra tiene $6380\,\mathrm{km}$ de radio y gira una vez sobre su eje en $24\,\mathrm{h}$ . ¿Qué aceleración radial tiene un objeto situado en el ecuador? Dé su respuesta en $\mathrm{m/s^2}$ y como fracción de $g$ .

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Un objeto en el ecuador describe un MCU de radio $R_{\text{T}} = 6{,}38\times 10^6\,\mathrm{m}$ con período $T = 24\,\mathrm{h} = 86\,400\,\mathrm{s}$ : da una vuelta completa alrededor del eje terrestre en un día.

a_{\text{rad}} = \frac{4\pi^2 R_{\text{T}}}{T^2} = \frac{4\pi^2 (6{,}38\times 10^6\,\mathrm{m})}{(86\,400\,\mathrm{s})^2} \approx 0{,}034\,\mathrm{m/s^2}

Como fracción de $g$ :

\frac{a_{\text{rad}}}{g} = \frac{0{,}034\,\mathrm{m/s^2}}{9{,}81\,\mathrm{m/s^2}} \approx 3{,}4\times 10^{-3}

Apenas tres milésimas de $g$ (un $0{,}34\%$ ): la rotación de la Tierra reduce el peso aparente en el ecuador en una proporción tan pequeña que resulta imperceptible en la vida cotidiana.

Mantenemos el equilibrio, al menos en parte, gracias a la endolinfa del oído interno: el giro de la cabeza desplaza este líquido y produce la sensación de mareo. Suponga que un bailarín (o un patinador) gira muy rápido a $3{,}0$ revoluciones por segundo alrededor de un eje vertical que pasa por el centro de su cabeza. Aunque la distancia varía de una persona a otra, el oído interno se encuentra aproximadamente a $7{,}0\,\mathrm{cm}$ del eje de giro. ¿Cuál es la aceleración radial de la endolinfa, en $\mathrm{m/s^2}$ y como fracción de $g$ ?

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Con $f = 3{,}0\,\mathrm{rev/s}$ , el período es $T = 1/f = 0{,}333\,\mathrm{s}$ y el radio de la trayectoria es $r = 7{,}0\,\mathrm{cm} = 0{,}070\,\mathrm{m}$ :

a_{\text{rad}} = \frac{4\pi^2 r}{T^2} = \frac{4\pi^2 (0{,}070\,\mathrm{m})}{(0{,}333\,\mathrm{s})^2} \approx 25\,\mathrm{m/s^2}

Como fracción de $g$ :

\frac{a_{\text{rad}}}{g} = \frac{25\,\mathrm{m/s^2}}{9{,}81\,\mathrm{m/s^2}} \approx 2{,}5

Cada vuelta somete la endolinfa a $2{,}5g$ : por eso, tras unos giros rápidos, el líquido sigue moviéndose y el sistema de equilibrio tarda unos segundos en volver a la normalidad.

El radio de la órbita terrestre alrededor del Sol (suponiendo que es circular) es de $1{,}50\times 10^8\,\mathrm{km}$ , y la Tierra la recorre en $365$ días.

Calcule la magnitud de la velocidad orbital de la Tierra, en m/s.
Calcule la aceleración radial de la Tierra hacia el Sol, en $\mathrm{m/s^2}$ .
Repita los incisos anteriores para el movimiento del planeta Mercurio (radio orbital $= 5{,}79\times 10^7\,\mathrm{km}$ , período orbital $= 88{,}0$ días).

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1. Velocidad orbital de la Tierra

Con $r = 1{,}50\times 10^{11}\,\mathrm{m}$ y $T = 365\,\mathrm{días} = 3{,}154\times 10^7\,\mathrm{s}$ :

v = \frac{2\pi r}{T} = \frac{2\pi (1{,}50\times 10^{11}\,\mathrm{m})}{3{,}154\times 10^7\,\mathrm{s}} \approx 2{,}99\times 10^4\,\mathrm{m/s}

2. Aceleración radial de la Tierra

a_{\text{rad}} = \frac{v^2}{r} = \frac{(2{,}99\times 10^4\,\mathrm{m/s})^2}{1{,}50\times 10^{11}\,\mathrm{m}} \approx 5{,}9\times 10^{-3}\,\mathrm{m/s^2}

3. Mercurio

Con $r = 5{,}79\times 10^{10}\,\mathrm{m}$ y $T = 88{,}0\,\mathrm{días} = 7{,}60\times 10^6\,\mathrm{s}$ :

v = \frac{2\pi r}{T} \approx 4{,}79\times 10^4\,\mathrm{m/s}, \qquad a_{\text{rad}} = \frac{v^2}{r} \approx 3{,}9\times 10^{-2}\,\mathrm{m/s^2}

Estamos en órbita sin notarlo: la Tierra viaja a unos $107\,000\,\mathrm{km/h}$ con una aceleración de $6\times 10^{-3}\,\mathrm{m/s^2}$ apuntando al Sol. Mercurio, más cerca del Sol, se mueve un $60\%$ más rápido y su aceleración es casi $7$ veces mayor: una primera pista del inverso del cuadrado de la distancia que la ley de gravitación formaliza.

Un automóvil pequeño a control remoto, con masa $1{,}60\,\mathrm{kg}$ , se mueve con rapidez constante $v = 12{,}0\,\mathrm{m/s}$ en una pista con forma de círculo vertical trazada sobre la pared interna de un cilindro hueco de metal de radio $5{,}00\,\mathrm{m}$ . ¿Cuál es la magnitud de la fuerza normal que las paredes del cilindro ejercen sobre el auto en a) el punto $A$ (parte inferior de la pista) y b) el punto $B$ (parte superior de la pista)?

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En ambos puntos la aceleración centrípeta vale $v^2/R$ y apunta hacia el centro del círculo:

a_{\text{rad}} = \frac{v^2}{R} = \frac{(12{,}0\,\mathrm{m/s})^2}{5{,}00\,\mathrm{m}} = 28{,}8\,\mathrm{m/s^2} \approx 2{,}9g

a) Punto A (parte inferior): el centro del círculo queda arriba, así que la normal apunta hacia arriba y el peso hacia abajo:

N_A - mg = m a_{\text{rad}} \quad\Rightarrow\quad N_A = m(a_{\text{rad}} + g) = (1{,}60\,\mathrm{kg})(28{,}8 + 9{,}81)\,\mathrm{m/s^2} \approx 61{,}8\,\mathrm{N}

b) Punto B (parte superior): el auto va de cabeza; la pista está encima de él y la normal apunta hacia abajo, también hacia el centro, en el mismo sentido que el peso:

N_B + mg = m a_{\text{rad}} \quad\Rightarrow\quad N_B = m(a_{\text{rad}} - g) = (1{,}60\,\mathrm{kg})(28{,}8 - 9{,}81)\,\mathrm{m/s^2} \approx 30{,}4\,\mathrm{N}

En la base la pista empuja casi el doble que en la cima: el peso se suma a la centrípeta en un punto y se resta en el otro. Note además que existe una rapidez mínima para completar el rizo: si $v < \sqrt{gR} \approx 7{,}0\,\mathrm{m/s}$ , la pared —que solo puede empujar, nunca jalar— no podría suministrar la fuerza centrípeta y el auto perdería contacto en la cima.

Una persona adulta promedio tiene una masa aproximada de $70\,\mathrm{kg}$ . a) ¿Qué fuerza ejerce la Luna llena sobre ella cuando está directamente sobre su cabeza, con su centro a $378\,000\,\mathrm{km}$ ? b) Compare esta fuerza con la que ejerce la Tierra sobre la persona.

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Con $m_{\text{L}} = 7{,}35\times 10^{22}\,\mathrm{kg}$ y $r = 3{,}78\times 10^8\,\mathrm{m}$ :

a) Fuerza de la Luna sobre la persona

F_{\text{L}} = \frac{G m_{\text{L}} m}{r^2} = \frac{(6{,}67\times 10^{-11})(7{,}35\times 10^{22}\,\mathrm{kg})(70\,\mathrm{kg})}{(3{,}78\times 10^8\,\mathrm{m})^2} \approx 2{,}4\times 10^{-3}\,\mathrm{N}

b) Comparación con la fuerza de la Tierra

P = mg = (70\,\mathrm{kg})(9{,}81\,\mathrm{m/s^2}) \approx 687\,\mathrm{N}, \qquad \frac{P}{F_{\text{L}}} = \frac{687\,\mathrm{N}}{2{,}4\times 10^{-3}\,\mathrm{N}} \approx 3\times 10^5

La atracción lunar sobre una persona es unas $300\,000$ veces menor que su peso: del orden del peso de una gota grande de agua. Sobre cada kilogramo la fuerza lunar es minúscula, pero no es despreciable para el océano en su conjunto: las mareas surgen porque esa atracción es ligeramente distinta en el lado de la Tierra que mira a la Luna y en el lado opuesto.

¿A qué distancia sobre la superficie terrestre la aceleración debida a la gravedad es de $0{,}980\,\mathrm{m/s^2}$ , si en la superficie tiene una magnitud de $9{,}8\,\mathrm{m/s^2}$ ?

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La relación entre $g$ a una altura $h$ y $g$ en la superficie es:

\frac{g(h)}{g} = \left(\frac{R_{\text{T}}}{R_{\text{T}} + h}\right)^2 = \frac{0{,}980}{9{,}8} = \frac{1}{10}

Tomando raíz cuadrada y despejando $h$ :

\frac{R_{\text{T}}}{R_{\text{T}} + h} = \frac{1}{\sqrt{10}} \quad\Rightarrow\quad h = (\sqrt{10} - 1)\,R_{\text{T}} \approx (2{,}16)(6380\,\mathrm{km}) \approx 1{,}38\times 10^4\,\mathrm{km}

Para que $g$ caiga a una décima parte hay que subir unos $2{,}2$ radios terrestres por encima de la superficie (unos $13\,800\,\mathrm{km}$ ). Compárelo con la ISS del Ejercicio 4, que a solo $400\,\mathrm{km}$ de altura todavía siente el $89\%$ de $g$ : la gravedad se debilita con la altura, pero mucho más despacio de lo que la intuición sugiere.