Download Un satélite artificial describe una órbita elíptica

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10.Un satélite artificial describe una órbita elíptica, con el centro de la Tierra en uno de sus focos.
a) En el movimiento orbital del satélite, ¿se conserva su energía mecánica? ¿Y su momento angular respecto
al centro de la Tierra? ¿Por qué?
b) Supón que conocemos las distancias máxima y mínima del satélite al centro de la Tierra (apogeo y perigeo). RA y RP respectivamente. Plantea razonadamente. sin resolverlas. las ecuaciones necesarias para determinar las velocidades orbitales del satélite en el apogeo y en el perigeo, VA y VP.
Datos: constante de gravitación universal. G. Masa de la Tierra. M. Zaragoza Septiembre 97 S
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15.Una sonda espacial se encuentra "estacionada" en una órbita circular terrestre a una altura sobre la superficie
terrestre de 2,26 RT, donde RT es el radio de la Tierra.
a) Calcular la velocidad de la sonda en la órbita de estacionamiento.
b) Comprobar que la velocidad que la sonda necesita, a esa altura, para escapar de la atracción de la Tierra
es aproximadamente 6,2 km/s
Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra g = 9,81 ms–2
Radio medio Terrestre RT = 6370 km . Madrid 97
4378,2 m/s ; 6,2 103 m/s
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35.La nave espacial Lunar Prospector permanece en órbita circular alrededor de la Luna a una altura de 100 km
sobre su superficie. Determina:
a) La velocidad lineal de la nave y el periodo del movimiento.
b) La velocidad de escape a la atracción lunar desde esa órbita.
Datos: Constante de gravitación: G =6,67 10–11 N m2 kg–2; Masa de la Luna: ML = 7,36 1022 kg ; Radio medio
lunar: RL = 1740 km (2ptos) 1633,4 m/s ; 7078 s ; 2310 m/s
Mm
v2
=
m
r
r2
7
,
36
1022
6,67 10 −11
= v 2 ; v= 1633,4 m/s
(1740 + 100) ⋅ 103
F =G
v = ω ⋅r =
2π
2π
; 1633,4 =
; T= 7078 s
T
T
b) Aplicando la conservación de la energía:
1 2 ⎛
Mm ⎞
mv + ⎜ − G
⎟ = 0+0
2
r ⎠
⎝
1 2 ⎛⎜ − 6,67 ⋅ 10−11 ⎞⎟
v +
= 0 + 0 ; v= 2310 m/s
⎜ (1740 + 100 ) ⋅ 103 ⎟
2
⎝
⎠
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36.Un satélite de 1000 kg de masa gira en una órbita geoestacionaria (es decir, la vertical del satélite siempre
pasa por el mismo punto de la superficie terrestre).Calcula:
a) Su velocidad angular.
b) El módulo de su aceleración.
c) Su energía total.
Dato: radio de la Tierra = 6 370 km. Murcia 98.
7,272 10–5 rad/s: 0,22 ms–2 ; –4,71 109 J
a) G
Mm
r2
M
g0 = G
ω=
= mω 2 r
RT2
; GM = g 0 RT2
2π
2π
=
= 7,27 ⋅10 −5 Rad / s
T
24 ⋅ 3600
r=3 G
M
ω2
b) ET =
Cómo G
g 0 RT2
=
3
ω2
(
9,8 6370 ⋅10 3
=
3
⎛ 2π ⎞
⎜
⎟
⎝ 24 ⋅ 3600 ⎠
)
2
2
= 42,21 ⋅10 6 m
1
Mm ⎞
⎛
mv 2 + ⎜ − G
⎟
2
r ⎠
⎝
Mm
r2
=m
v2
Mm
; mv 2 = G
r
r
(
)
2
6370 ⋅10 3 ⋅1000
Mm
Mm
1 Mm
1
m
1
ET = G
−G
= −G
= − g 0 RT2
= − 9,8
= −4,71 ⋅10 9 J
r
r
r
2
2
r
2
42,21 ⋅10 6
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38.Se desea situar un satélite artificial de 50 kg de masa en una órbita circular situada en el plano del ecuador y
con un radio igual al doble del terrestre. Calcula:
a) Energía que hay que comunicar al satélite y velocidad orbital de éste.
b) Energía adicional que habría que aportar al satélite en órbita para que escape de la acción del campo gravitatorio terrestre. Datos: G = 6,67 10–11 . N m2 kg–2 RT= 6,37 106 m M7 = 5,98 1024 kg País Vasco 98.
2,35 109 J ; 5595 m/s; 7,82 108 J
−G
1 Mm
Mm 1
M
+ mG
=− G
2
2
r
r
r
La velocidad orbital se obtiene:
Mm
v2
M
F =G 2 =m ; v= G
= 5595 m / s
r
r
r
Aplicando la conservación de la energía entre las dos posiciones y recordando que la
energía total en una órbita es:
Mm 1 2
ET = E potencial + Ecinética = −G
+ mv =
r
2
−G
1 Mm
Mm 1
M
+ mG
=− G
2
2
r
r
r
Ec − G
Mm
1 Mm
=− G
R
2 2R
⎛ 1 ⎞ Mm 3 Mm
Ec = ⎜ − + 1⎟G
= G
= 2,35 ⋅ 109 J
4
R
⎝ 4 ⎠ R
1 Mm
1 Mm
+ E = 0+0 ; E = G
= 7,82 ⋅ 108 J
b) Aplicando la conservación de la energía: − G
2 2R
4
R
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40.Un satélite artificial de masa m = 300 kg describe una órbita circular en torno a la Tierra. Sabiendo su velocidad orbital es v = 6,3 km/s, que la masa de la Tierra es MT = 5,97 1024 kg y que la constante de gravitación es
G = 6,67 10–11 N m2 kg–2, determina:
a) El radio de la órbita de satélite.
b) La energía mecánica.
c) El momento angular respecto al centro de la Tierra del satélite.
Zaragoza Septiembre 97
a) La fuerza de atracción gravitatoria vale: F = G
y por ser normal a la trayectoria es igual = m
Despejando r: r =
GM
, y sustituyendo: r =
Mm
r2
Mm
v2
v2
; G 2 =m
r
r
r
6,67 ⋅ 10 −11 ⋅ 5,97 ⋅ 10 24
(6300)
v
b) La energía mecánica es la suma de la energía cinética y potencial:
1
Mm ⎞
⎛
Emecánica = Ec + E p = mv 2 + ⎜ − G
⎟ ; sustituyendo
2
r ⎠
⎝
2
2
= 10,03 ⋅ 106 m
1
5,97 ⋅10 24 ⋅ 300
300 ⋅ 6300 2 − 6,67 ⋅10 −11
= −5,9535 ⋅10 9 J
6
2
10,03 ⋅10
r r
r
r
c) El momento angular por definición: L = r × mv ; en módulo: L = r ⋅ m ⋅ v ⋅ sen 90
Emecánica =
y sustituyendo: 10,03 ⋅10 6 ⋅ 300 ⋅ 6300 = 1,896 1013 kg m2 s–1
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41.Escribe y comenta la Ley de Gravitación Universal. (1 p.)
b) La Tierra tarda un año en realizar su órbita en tomo al Sol. Esta órbita es aproximadamente circular con
radio R = 1,49 1011 m. Sabiendo que G = 6,67 10–11 N m2 kg–2, calcula la masa de Sol. (1 p.) Zaragoza Junio
98
Mm
r2
1
2
.
y por ser normal a la trayectoria es igual = m ⋅ ω ⋅ r
G
b) La fuerza de atracción gravitatoria vale: F = G
2π
1
⎞
⎛
Despejando la masa del Sol M = ω r y sustituyendo: M = ⎜
1,49 ⋅ 1011
⎟
−11
⎝ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600 ⎠ 6,67 ⋅ 10
2
2 3
(
)
3
=
1,97 1030 kg
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43.Imagina un planeta sin atmósfera, perfectamente esférico, de radio R= 5000 km y masa M = 5 1024 kg. Desde
su superficie, se dispara horizontalmente un proyectil. G = 6,67 10–11 N m2 kg–2.
a ) Calcula la velocidad con que debe dispararse el proyectil para que describa una órbita circular rasante a la
superficie del planeta
b) Explica qué es la "velocidad de escape" y calcúlala en nuestro caso.
Mm
a) La fuerza de atracción gravitatoria vale: F = G 2
r
2
v
,
y por ser normal a la trayectoria es igual = m
r
siendo v la velocidad con la que se mueve el proyectil en la órbita de radio r.
24
M
−11 5 ⋅ 10
Despejando v: v = G
; v = 8167 m/s
= 6,67 ⋅ 10
r
5 ⋅ 10 6
2
b) Es la velocidad con la que hay que lanzar un proyectil para que escape de la atracción del planeta:
Aplicando la conservación de la energía entre la superficie del planeta y este punto:
1 2
Mm
GM
= 11549,9 m/s
mvesc − G
= 0 + 0 ; despejando la velocidad de escape: vesc = 2
2
R
R
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44.Compara las fuerzas de atracción que ejercen la Luna y la Tierra sobre un cuerpo de masa m que se halla situado en la superficie de la Tierra. ¿A qué conclusión llegas?
b) Si el peso de un cuerpo en la superficie de la Tierra es de 100 kp. ¿Cuál sería el peso de ese mismo cuerpo en la superficie de la Luna?
Datos: La masa de la Tierra es 81 veces la masa de la Luna. La distancia entre los centros de la Tierra y la
Luna es de 60 radios terrestres. El radio de la Luna es de 0,27 veces el radio de la Tierra. Madrid 97
La distancia que hay entre el cuerpo y la Tierra es RT
La Fuerza que ejerce la Tierra sobre un cuerpo colocado en su superficie vale FT = G
como la masa de la Tierra es igual a 81 veces la masa lunar. FT = G
MT m
RT
2
,
81M L m
RT
2
La distancia que hay entre el cuerpo y la Luna es 60RT – RT
Y la fuerza que la Luna ejerce sobre la masa vale: FL = G
Dividiendo las dos expresiones:
M Lm
(60 RT
− RT )
2
FT
= 81 ⋅ 59 2 = 281961
FL
La fuerza que la Luna hace sobre el cuerpo es despreciable frente a la que hace la Tierra.
b) El peso de un cuerpo en la Tierra son 100 kp , luego su masa (que es lo que permanece invariable en la Luna y en la
Tierra) son 100 kg.
O bien como 1 kp = 9,8 N el cuerpo pesa 100· 9,8 N; luego su masa es de 100 kg
MT
1
ML
81 = GM T
81 = 0,169 g
La intensidad de campo gravitatorio en la Luna vale: g L = G 2 =
T
RL
(0,27 RT )2 RT2 (0,27) 2
y el peso en la luna mgL = 100·0,169·9,8 = 166 N
Otra forma de resolverlo es calculando la fuerza de atracción que hace la Tierra y la Luna sobre el objeto de 100 kg.
M ⋅ 100
En la Tierra 100 ⋅ 9,8 = G T 2
RT
En la Luna: peso Luna = G
El cociente:
100 ⋅ 9,8
=
peso Luna
luego el peso Luna
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M L ⋅ 100
R L2
G
G
MT
=G
⋅ 100
81
(0,27 RT )2
M T ⋅ 100
RT2
M T ⋅ 100
=
81 ⋅ (0,27) 2
1
81 ⋅ (0,27) 2 ⋅ RT2
100 ⋅ 9,8
=
= 166 N
81 ⋅ (0,27) 2
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46.a) Enuncia las leyes de Kepler.
Sabiendo que el radio medio de la órbita de Neptuno en tomo al sol es 30 veces mayor que el de la Tierra.
¿cuántos años terrestres tarda Neptuno en recorrer su órbita? Zaragoza Junio 97
3
2
Tnep
⎛ 30 RTierra ⎞
T12 R13
2
2
⎜
⎟
De acuerdo con la 3ª ley de Kepler 2 = 3 ;
;
TNep
= TTierra
⋅ 27000 ;
=⎜
2
⎟
T2
R2 TTierra ⎝ RTierra ⎠
TNep = TTierra ⋅ 164,32
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47.La luna es aproximadamente esférica, con radio R = 1,74.106 m y masa M = 7,35 1022 kg.
a) Calcula la aceleración de la gravedad en la superficie lunar. (0,5 p.)
b) Si se deja caer una piedra desde una altura de 2 m sobre la superficie lunar, ¿cuál será su velocidad al
chocar con la superficie? (1 p.)
G = 6,67 10–11 N m2 kg–2. Zaragoza Junio 99
a) La intensidad de campo gravitatorio g = G
M
R
2
= 6,67 ⋅10 −11
7,35 ⋅10 22
(1,74 ⋅10 )
6 2
= 1,62 ms − 2
b) Aplicando las fórmulas del movimiento uniformemente acelerado: v 2 = v 02 + 2a ⋅ e = 2 ⋅1,62 ⋅ 2 ; v = 2,55 ms–1
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48.-
a) Enuncia la tercera ley de Kepler y comprueba que se cumple para órbitas circulares en torno a un planeta esférico de
masa M. (1,5 p.)
b) Los satélites de comunicaciones geoestacionarios describen órbitas circulares en el plano ecuatorial de la Tierra. El
periodo de estas órbitas coincide con el de rotación de la Tierra (un día), de forma que cada satélite geoestacionario se
encuentra siempre sobre el mismo punto del ecuador. Calcula el radio de esta órbita. (1 p.)
G = 6,67 10–11 N m2 kg–2 ; MT = 5,98 1024 kg. Zaragoza Junio 99
Mm
M 4π
F = G 2 = mω 2 r , simplificando G 3 = 2 ;
r
r
T
La tercera ley de Kepler queda:
T2
r
b) G
Mm
r2
3
=
4π
= cte
GM
= mω 2 r ;
un satélite geoestacionario da una vuelta a la tierra en 24 horas, ω =
GM
r3
2
2π
24 ⋅ 3600
2
⎛ 2π ⎞
⎛ 24 ⋅ 3600 ⎞
7
=⎜
⎟ GM = 4,22 ⋅10 m
⎟ ; r=3 ⎜
⎝ 2π ⎠
⎝ 24 ⋅ 3600 ⎠
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56.Se lanza desde el ecuador un satélite artificial de masa 100 kg que se sitúa en una órbita circular geoestacionaria. Se desea saber:
a) El valor de la altura h sobre la superficie terrestre de la órbita del satélite.
b) La energía que habrá que comunicar al satélite para colocarlo en esa órbita, despreciando el rozamiento
con la atmósfera.
c) El suplemento de energía que habría que aportar al satélite para, una vez en órbita, sacarlo del campo gravitatorio terrestre. Datos: go = 9,8 m/s2; radio de la Tierra = 6 370 km Cantabria 99 S
Decimos de un satélite que es geoestacionario cuando su periodo de rotación coincide con el de la
2π
Tierra. ω =
Rad / s
24 ⋅ 3600
Mm
Como la fuerza gravitatoria según Newton vale Fgra v = G 2 y es normal a la trayectoria
r
Mm
GM
G 2 = mω 2 r ; r 3 = 2
ω
r
GM
; GM = 9,8 6370 ⋅10 3
En la superficie de la Tierra: g 0 = 9,8 =
6370 ⋅10 3
(
r3 =
(
9,8 6370 ⋅10 3
)
)
; r = 4,22 ⋅10 7 m
π
2
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝ 24 ⋅ 3600 ⎠
La altura sobre la superficie terrestre: h = r–R = 4,22 107 – 6370 103 = 3,58 107 m
b) Aplicando la conservación de la energía entre la superficie de la Tierra y la órbita:
E p + E sup Tierra = E p + E c órbita
(
2
)
(
)
Mm
Mm 1
2
+ E = −G
+ mvórbita
R
r
2
La relación entre la Ep y la Ec en una misma órbita será:
−G
Como debido a la atracción gravitatoria Fgra v = G
Mm
r
2
=m
v2
r
; mv 2 = G
Mm
r
1
1 Mm
mv 2 = G
2
2
r
Mm
Mm 1 Mm
1 Mm
−G
+ E = −G
+ G
=− G
r
r
r
R
2
2
Mm 1 Mm
⎛1 1 ⎞
E =G
− G
= GMm⎜ − ⎟ = 5,77 ⋅ 10 9 J
R
2
r
⎝ R 2r ⎠
c) Aplicando la conservación de la energía entre la Tierra y fuera de la atracción terrestre:
E p + E ' sup Tierra = E p + E c ∞
La E c =
(
)
(
)
(
)
2
Mm
9,8 6370 ⋅ 10 3 ⋅ 100
−G
+ E' = 0 + 0 ; E' =
= 6,24 ⋅ 10 9 J
3 2
R
6370 ⋅ 10
(
)
Restando E' – E = 4,73 108 J
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64.En la superficie de un planeta de 2000 km de radio, la aceleración de la gravedad es de 3 m s-2. Calcula:
a) La velocidad de escape desde la superficie del planeta.
b) La masa del planeta.
Dato: G = 6,67 10-11 N m2 kg–2 Canarias 99
En la superficie de la Tierra la intensidad de campo vale:
g =G
M
R2
; 3 = 6,67 ⋅ 10−11
M
(2000 ⋅10 )
3 2
; M = 1,80 ⋅ 1023 kg
b) Aplicando la conservación de la energía entre la superficie de la Tierra y el infinito.
−G
Mm 1
2 ⋅ 6,67 ⋅ 10 −11 ⋅ 1,80 ⋅ 10 23
2
= 3465 m / s
+ mv escape
= 0 + 0 ; v escape
R
2
2000 ⋅ 10 3
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72.a) Escribe y comenta la Ley de Gravitación Universal. (1 p.)
b) Calcula el radio de la órbita de Neptuno en tomo al Sol, supuesta circular, sabiendo que tarda 165 años terrestres en recorrerla. (1,5 p.) G = 6,67 10-11 N m2 kg-2; Msol = 1,99 1030 kg. Zaragoza Junio 2000 ; 5,71 1038 m
b) La fuerza que actúa es la de la gravitación universal y como es perpendicular a la trayectoria será igual a la masa por
la aceleración normal
Fgra v = G
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Mm
r2
= mω 2 r ; despejando r
r=3
GM
ω2
6,67 ⋅10 −11 ⋅1,99 ⋅10 30
=
3
2π
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝ 165 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600 ⎠
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= 4,49 ⋅1012 m
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73.a) La intensidad media del campo gravitatorio en la superficie de la Tierra es g = 9,81 N/kg. Calcula la masa
de la Tierra. (1 p.)
b) ¿A qué altura sobre la superficie se reduce g a la mitad del valor indicado? (1 p.)
G = 6,67 1011 N m2 kg2 ; radio de la Tierra: R = 6,37 106 m Zaragoza Junio 2000 ; 5,97 1024 kg ; 2,64 106 m
a) La intensidad de campo gravitatorio vale: g = G
en nuestro caso 9,81 = 6,67 ⋅10 −11
M
(6,37 ⋅10 )
6 2
M
R2
;
; M = 5,97 1024
kg
9,81
M
= 6,67 ⋅10 −11 2 ;
2
r
M
G 2
9,81
Dividiendo las dos ecuaciones:
= R ;
9,81
M
2 G 2
r
b) Si g vale la mitad
2=
r2
R2
; r=R 2
Cuando r (Distancia al centro de la Tierra)= R 2
(
)
La altura h será h = r − R = R 2 − R = R 2 − 1 = 2,64 ⋅10 6 m
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83.Una de las lunas de Júpiter, Io, describe una trayectoria de radio medio r = 4,22 108 m y período T = 1,53 105
s. Se pide:
a) El radio medio de la órbita de otra luna de Júpiter, Calisto, sabiendo que su período es 1,44 106 s
b) Conocido el valor de G, encontrar la masa de Júpiter. Dato: G = 6,67 10-11 unidades S.I. Cantabria 2000;
1,88 109 m; 1,90 1027 kg
Aplicando la tercera ley de Kepler: El cuadrado de los periodos de revolución de los planetas, es proporcional a los cubos de los radios medios de las órbitas T2 = k r3
(1,53 ⋅ 10 )
(1,44 ⋅ 10 )
(
5 2
= k 4,22 ⋅ 108
6 2
= k (rm )3
)
3
2
(
)
3
8
⎛ 1,53 ⋅ 105 ⎞
⎟ = 4,22 ⋅ 10
Dividiendo las dos ecuaciones: ⎜
; rm = 1,88 109 m
3
⎜ 1,44 ⋅ 106 ⎟
r
m
⎝
⎠
MJMI
es igual a la masa por la aceleración normal
La fuerza de atracción entre Júpiter y Io FJ I = G
2
rJO
M I ω I2 rJI
G
MJMI
rJI2
solcagra.doc
⎛ 2π
= M I ⎜⎜
⎝ TI
⎛ 2π
= M I ⎜⎜
⎝ TI
2
⎞
⎟⎟ rJI
⎠
2
(
)
3
⎞
6,71 ⋅10 8 ⋅ 4π 2
4π 2
⎟⎟ rJI ; Despejado M J = rJI3
=
= 1,90 ⋅10 27 kg
2
2
−11
T I ⋅ G (3,55 ⋅ 24 ⋅ 3600 ) ⋅ 6,67 ⋅10
⎠
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88.a) Enuncia las Leyes de Kepler. (1 p.)
b) Europa es un satélite de Júpiter que tarda 3,55 días en recorrer su órbita, de 6,71 108 m de radio medio, en
torno a dicho planeta. Otro satélite de Júpiter, Ganímedes, tiene un periodo orbital de 7,15 días. Calcula el radio medio de la órbita de Ganímedes y la masa de Júpiter. (1,5 p.)
Constante de gravitación: G = 6,67 10-11 N m2 kg–2. Zaragoza Junio 2001; 1,07 109 m; 1,90 1027 Kg
Aplicando la tercera ley de Kepler: El cuadrado de los periodos de revolución de los planetas, es proporcional a los cubos de los radios medios de las órbitas T2 = k r3
(3,55)2 = k (6,71 ⋅ 10 8 )
(7,15)2 = k (rm )3
3
2
(
6,71 ⋅ 10 8
⎛ 3,55 ⎞
Dividiendo las dos ecuaciones: ⎜⎜
⎟⎟ =
rm3
⎝ 7,15 ⎠
)
3
La fuerza de atracción entre Júpiter y Europa FJ E = G
M E ω E2 rJE
G
MJME
2
rJE
solcagra.doc
; rm = 1,07 109 m
MJME
2
rJE
es igual a la masa por la aceleración normal
2
⎛ 2π
= M E ⎜⎜
⎝ TE
⎞
⎟⎟ rJE
⎠
⎛ 2π
= M E ⎜⎜
⎝ TE
⎞
4π 2
6,71 ⋅ 10 8 ⋅ 4π 2
3
⎟⎟ rJE ; Despejado M J = rJE
=
= 1,90 ⋅ 10 27 kg
2
2
−11
TE ⋅ G (3,55 ⋅ 24 ⋅ 3600) ⋅ 6,67 ⋅ 10
⎠
2
(
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)
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89.a) Explica el concepto de campo gravitatorio creado por una o varias partículas. (1,5 p.)
b) Dos partículas de masas M1 y M2 = 4M1 están separadas una distancia d = 3 m. En el punto P, situado entre ellas, el campo gravitatorio total creado por estas partículas es nulo. Calcula la distancia x entre P y M1. (1
p.) Zaragoza Junio 2001; 1 m
r
r
4M
M
b) g1 = G 2 ; g 2 = G
x
(3 − x )2
Igualando las intensidades de campo G
M
x
Simplificando:
1
x2
=
=G
4M
(3 − x )2
4
(3 − x )2
Sacando la raíz cuadrada:
solcagra.doc
2
1
2
=
;x=1m
x (3 − x )
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102.a) Calcula la intensidad de campo gravitatorio, g, en la superficie de Júpiter. ¿A qué altura sobre la superficie
de Júpiter, h, se reduce g al valor superficial terrestre de 9,81 N/kg
G=6,67 10–11 Nm2kg–2; MJ=1,90 1027 kg; RJ=6,98 107 m
b) El periodo de oscilación de un péndulo simple en la superficie de la Tierra es T= 1,2 s. ¿Cuál sería su periodo de oscilación en la superficie de Júpiter? (2ptos) , 26 ms–2; 4,4 107 m; 0,74 s
g =G
MJ
RJ2
= 6,67 ⋅ 10−11
9,81 = 6,67 ⋅ 10 −11
b) T = 2π
solcagra.doc
1,90 ⋅ 10 27
(6,98 ⋅10 )
1,90 ⋅ 1027
r2
7 2
= 26 ms − 2
; r = 1,14 108 m ; h = r-RJ = 1,14 108 –6,98 107 = 4,4 107 m
l
l
l
; 1,2 = 2π
; TJ = 2π
; TJ = 0,74 s
g
26
9,8
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110.Sabemos que el cometa Halley tiene un período T = 76 años. Durante su última visita a las proximidades del
Sol, en 1986, se midió la distancia al Sol en el perihelio: d1 = 8,8 107 km.
a) ¿Cuál es la distancia al Sol en el afelio?
b) ¿En qué punto de su órbita alcanza el cometa su máxima velocidad y cuánto vale esta?
Datos: G = 6,67 10–11 N; Masa del Sol: MS= 2 1030 kg Cantabria 2002; rafelio=5,37 1012 m; vperihelio=21514
m/s
El radio medio de la órbita teniendo en cuenta la ley de gravitación universal, vale:
Mm
F = G 2 = mω 2 r
r
Despejando r: r = 3
solcagra.doc
GM
ω
2
6,67 ⋅ 10 −11 ⋅ 2 ⋅ 1030
=
3
2 ⋅π
⎛
⎞
⎜
⎟
⋅
⋅
⋅
76
365
24
3600
⎝
⎠
2
= 2,687 ⋅ 1012 m
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