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Junio 2012. Pregunta 1A.- Un satélite de masa m gira alrededor de la Tierra describiendo una órbita
circular a una altura de 2 ⋅ 10 4 km sobre su superficie.
a) Calcule la velocidad orbital del satélite alrededor de la Tierra.
b) Suponga que la velocidad. del satélite se anula repentina e instantáneamente y éste empieza a
caer sobre la Tierra, calcule la velocidad con la que llegaría el satélite a la superficie de la
misma. Considere despreciable el rozamiento del aire.
Datos: Constante de la Gravitación Universal, G = 6,67 × 10 −11 Nm 2 kg −2 , Masa de la Tierra,
M T = 5,98 × 10 24 kg , Radio de la Tierra, R T = 6,37 × 10 6 m
Solución.
a.
Para que un satélite gire en torno a un planeta en una órbita circular, la suma de todas las fuerzas
que actúen sobre el tiene que ser igual a la fuerza centrípeta.
r
r
M m
v2
FG = Fc En módulo FG = G T = m
= Fc
R
R2
Simplificando la igualdad y sustituyendo por los datos del enunciado se obtiene la velocidad
orbital.
G
b.
M
MT
5,98 × 1024
= v2 v = G
= 6,67 × 10−11
= 3889 m
s
RT + h
RT + h
6,37 × 106 + 20 × 106
Suponiendo que no hay pérdida de energía por rozamiento, la energía mecánica se conserva.
∆E m = 0 E m (órbita ) − E m (superficie ) = 0 E m (órbita ) = E m (superficie )
E p (órbita ) + E c (órbita ) = E p (superficie ) + E c (superficie )
14243
0
−G
MT m
M m 1
= −G T + mv 2
RT + h
RT
2
1 2
M
MT
v = G T −G
2
RT
RT + h
 1
1 

v 2 = 2GM T 
−

R
R
T +h
 T
Despejando y sustituyendo por los datos se obtiene la velocidad en la superficie


 1
1 
1
1
 = 9746 m
 = 2 ⋅ 6,67 × 10−11 ⋅ 5,98 × 1024 
v = 2GM T 
−
−


6
6
6

s
R
R
h
+
6
,
37
10
6
,
37
10
20
10
×
×
+
×
T
 T



Junio 2012. Pregunta 1B.- Una nave espacial de 3000 kg de masa describe, en ausencia de
rozamiento, una órbita circular en tomo a la Tierra a una distancia de 2,5×104 km de su superficie.
Calcule:
a) El período de revolución de la nave espacial alrededor de la Tierra.
b) Las energías cinética y potencial de la nave en dicha órbita.
Datos: Constante de la Gravitación Universal, G = 6.67×10−11 N m2 kg−2. Masa de la Tierra,
MT = 5.98×1024 kg , Radio de la Tierra. RT = 6.37 ×106 m
Solución.
a.
Para que una nave espacial gire en torno a un planeta en una órbita circular, la suma de todas las
fuerzas que actúen sobre el tiene que ser igual a la fuerza centrípeta.
MT m

FG = G
r
r
M m
v2
M
R2
v2 = G T
FG = Fc En módulo 
G T =m
2
2
R
R
v
R
Orb
 F =m
 c
R
M
 2
v = G T
R Orb

 v = ω R Orb
(ω R Orb )2 = G
1
MT
R Orb
ω2 = G
MT
R 3Orb
MT
 2
ω = G 3
R Orb

2
 ω= π

T
2
M
 2π 
  = G 3T
 T 
R Orb
T = 2π
R 3Orb
G MT
R Orb = R T + h = 6,37 × 106 + 25 × 106 = 31,37 × 106 m
T = 2π
b.
(31,37 ×10 )
6 3
Energía potencial E p = −G
Energía cinética E c =
= 55 276 s <> 15h 21′ 16′′
6,67 × 10−11 ⋅ 5,98 × 10 24
MTm
5,98 × 1024 ⋅ 3000
= −6,67 × 10−11
= −3,81× 1010 J
6
R Orb
31,37 × 10
(
)

1
M  1 M m
1
1
mv 2 =  v 2 = G T  = G T = − E p = − − 3,81× 1010 = 1,91× 1010 J
2
R Orb  2 R Orb
2
2

Modelo 2012. Pregunta 1A.- Se ha descubierto un planeta esférico de 4100 km de radio y con una
aceleración de la gravedad en su superficie de 7,2 m s‒2.
a) Calcule la masa del planeta.
b) Calcule la energía mínima necesaria que hay que comunicar a un objeto de 3 kg de masa para
lanzarlo desde la superficie del planeta y situarlo a 1000 km de altura de la superficie, en una
órbita circular en torno al mismo.
Dato: Constante de Gravitación G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2.
Solución.
a.
La masa de un planeta se puede calcular conocida su gravedad y su radio teniendo en cuenta que
en su superficie, el peso de un cuerpo es la fuerza con la que el planeta lo atrae.
P = FG
mg = G
M=
M⋅m
R2
; g=G
(
M
R2
7,2 m s − 2 ⋅ 4,1 × 106
6,67 × 10−11
)
; M=
g ⋅ R2
G
2
= 1,81× 1024 kg
b.
La energía necesaria para lanzar un satélite desde la superficie de un planeta y situarlo en órbita,
es la diferencia entre la energía mecánica que tiene en la órbita y la que tiene en la superficie del planeta.
∆E = E Órbita − E(Superficie )
(
)
La energía mecánica de un satélite en órbita es la suma de su energía cinética y su energía
potencial.
1
M⋅m 

E m Órbita = E c + E p = mv 2 +  − G

2
R 

Donde R es el radio de la órbita
(
)
Para calcular la velocidad del satélite en la órbita, se iguala la fuerza centrípeta con la
gravitatoria
Fg = Fc
G⋅
M⋅m
R
2
= m⋅
v2
R
⇒
Sustituyendo en la expresión de la energía:
2
v2 = G ⋅
M
R
(
)
E m Órbita =
1
M 
M⋅m  1 M⋅m
M⋅m
1 M⋅m
m⋅G + − G
−G
=− G
= G
2
R 
R  2
R
R
2
R
En la superficie del planeta, la energía mecánica es únicamente potencial.
M⋅m
E m (Superficie ) = E p = −G
RP
Donde RP es el radio del planeta.
Sustituyendo en la primera expresión se obtiene la energía necesaria para lanzar un satélite desde
la superficie del planeta.
 1
1 M⋅m 
M⋅m 
1 
 = −G ⋅ M ⋅ m ⋅ 

∆E = E Órbita − E(Superficie ) = − G
−  − G

 2R − R 
2
R
R
P 
P


(
)


1
1
 = 5,28 × 107 J
∆E = −6,67 × 10−11 ⋅ 1,81× 10 24 ⋅ 3 ⋅ 
−
 2 ⋅ 5,1× 106 4,1× 106 


Modelo 2012. Pregunta 1B.- Un satélite artificial está situado en una órbita circular en torno a la
Tierra a una altura de su superficie de 2500 km. Si el satélite tiene una masa de 1100 kg:
a) Calcule la energía cinética del satélite y su energía mecánica total.
b) Calcule el módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra.
Datos: Constante de Gravitación G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2; Radio de la Tierra = 6370 km.;
Masa de la Tierra = 5,98×1024 kg.
Solución.
a.
Por definición:
1
E c = mv 2
2
Para calcular la velocidad del satélite en su órbita, se tiene en cuente que para que el satélite
orbite entorno a la Tierra, la suma de todas las fuerzas que áctuan sobre él deben ser igual a la fuerza
centrípeta a la que se ve sometido el satélite.
FG = Fc
G
MT m
2
R Orb
=m
v2
MT
; v2 = G
R Orb
R Orb
La energía cinética del satélite en la órbita queda:
Ec =
1
MT
1 M m 1
5,98 × 1024 ⋅ 2500
mG
= G T = 6,67 × 10 −11 ⋅
= 2,47 × 1010 J
2
R Orb 2 R Orb 2
(6370 + 2500)× 103
La energía mecánica del satélite es la suma de la energía cinética y la energía potencial.
1 M m 
M m
1 M m
E m = E c + E p = G T +  − G T  = − G T = −2,47 × 1010 J
2 R Orb 
R Orb 
2 R Orb
b.
Por definición:
En módulo:
r r
r
L = r × mv
L = r ⋅ mv sen α
Siendo α el ángulo que forma el radio y la velocidad, que sor ser una órbita circular es de 90º,
teniendo en cuenta que la velocidad es tangencial a la trayectoria.
L = r ⋅ mv sen 90º = r ⋅ mv
Teniendo en cuenta que v 2 = G
MT
R Orb
3
v= G
MT
5,98 × 1024
= 6,67 × 10−11 ⋅
= 6705,8 m
s
R Orb
8870 × 103
Sustituyendo en la expresión del módulo:
L = r ⋅ mv = 8870 × 103 m ⋅1100 kg ⋅ 6705,8 m = 6,54 × 1013 kg m 2 s −1
s
Septiembre 2011. Cuestión 1A.a) Exprese la aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta en función de la masa del
planeta, de su radio y de la constante de gravitación universal G.
b) Si la aceleración de la gravedad sobre la superficie terrestre vale 9,8 m·s−2, calcule la aceleración
de la gravedad a una altura sobre la superficie terrestre igual al radio de la Tierra.
Solución.
a.
El peso de un cuerpo es la fuerza con la que la Tierra lo atrae. Trabajando en módulo
M m
M
P = Fg ; mg o = G T2 ; g o = G 2T
RT
RT
go ≡ aceleración de la gravedad en la superficie terrestre.
b.
La aceleración de la gravedad a una altura igual al radio de la Tierra es:
MT
M
1 M
1
1
M
= G T2 = G 2T = g o = 9,8 = 2,46 m s − 2
g = G 2T ; R = 2R T ; g = G
2
4
4R T 4 R T 4
R
(2R T )
Septiembre 2011. Problema 1B.- Una sonda espacial de masa m = 1000 kg se encuentra situada en
una órbita circular alrededor de la Tierra de radio r = 2,26×RT, siendo RT el radio de la Tierra.
a) Calcule la velocidad de la sonda en esa órbita.
b) ¿Cuánto vale su energía potencial?
c) ¿Cuánto vale su energía mecánica?
d) ¿Qué energía hay que comunicar ala sonda para alejada desde dicha órbita hasta el infinito?
Datos: Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg.
Radio de la Tierra RT =6,37×106 m.
Constante de Gravitación Universal G = 6,67×l0−11 N m2 kg−2.
Solución.
a.
Para que una masa realice una órbita circular en torno a la tierra, se debe cumplir:
r r
F = Fc
∑
Trabajando en módulo y teniendo en cuenta que la única fuerza que actúa sobre la sonda es la
fuera gravitacional:
Fg = Fc ; G
MTm
R2
v = 6,67 × 10 −11 ⋅
b.
E p = −G
=m
v2
M
; v= G T
R
R
5,98 × 10 24
2,26 ⋅ 6,37 × 106
≈ 5264 m
s
Mtm
5,98 × 10 24 ⋅ 1000
= −6,67 × 10 −11 ⋅
= −2,77 × 1010 J
6
R
2,26 ⋅ 6,37 × 10
2
c.
Em
1
Mm 1 
M
Mm
Mm 1
= E c + E p = mv 2 − G
= m G  −G
= −G
= Ep
2
R
2 
R 
R
2R
2
1
E m = − 2,77 × 1010 = −1,385 × 1010 J
2
(
d.
)
∆E = E m (inf ) − E m (órbita ) . Teniendo en cuenta que la energía mecánica en el infinito es nula:
(
)
∆E = 0 − − 1,385 × 1010 = 1,385 × 1010 J
4
Junio 2011. Cuestión 1.- Un satélite que gira con la velocidad angular de la tierra (geoestacionario) de
masa m = 5×103 kg, describe una órbita circular de radio r = 3,6×107 m. Determine:
a) La velocidad areolar del satélite.
b) Suponiendo que el satélite describe una órbita en el plano ecuatorial de la tierra, determine el
módulo, la dirección y el sentido del momento angular respecto de los polos de la Tierra.
Dato: Periodo de rotación terrestre= 24 h
Solución.
ACLARACIONES PREVIAS: En el enunciado del problema no coincide el dato del radio de la orbita
del satélite con su condición de geoestacionario (R(Geoestacionario) = 4,23×107 m). A un radio de
3,6×107 m le corresponde un periodo de 18 horas 53 minutos aproximadamente. Tampoco aparece entre
los datos del enunciado el radio de la tierra, imprescindible para calcular la distancia del satélite al Polo.
En nuestra opinión, el alumno debe usar el dato del radio terrestre que dan en el problema 1b, y
no cuestionar la viabilidad de los datos del enunciado, utilizándolos sin ningún problema.
a.
Velocidad areolar ≡ área barrida por el radiovector en la unidad de tiempo.
r
r
ds
va =
dt
Para una órbita circular, será el área barrida en un ciclo completo dividida por el período:
(
A π ⋅ R 2 ORB π ⋅ 3,6 ⋅107
=
Va = =
T
T
24 ⋅ 3600
b.
)
2
= 4,71 ⋅1010 m
2
s
Momento angular respecto de los Polos:
r r
 r ≡ distancia del satélite al Polo
r
L = r ×m⋅v

v ≡ velocidad lineal
r
r
Teniendo en cuenta que r y v son perpendiculares, el módulo del momento angular es:
L = r ⋅m⋅v
El valor de r se obtiene del triángulo rectángulo que forman el radio de la Tierra (RT), el radio de
la órbita (RO) y el radiovector (r).
r 2 = R T2 + R O2 ⇒ r =
(6,37 ⋅10 ) + (3,6 ⋅10 )
2 2
7 2
= 3,65 ⋅107 m
La velocidad del satélite se calcula a partir del periodo orbital y el radio de la órbita.
2π
2π
v = w ⋅ RO =
RO =
⋅ 3,6 ⋅107 = 2620 m s
24 ⋅ 3600
T
Sustituyendo en la expresión se obtiene el modulo del momento angular
L = 3,65 ⋅107 ⋅ 5000 ⋅ 2620 = 4,78 ⋅1014 kg ⋅ m 2 ⋅ s −1
r
r
La dirección será perpendicular al plano determinan r y v , siendo α el ángulo que formará la
r
dirección de L con el eje de la Tierra.
tgα =
RT
6,37 ⋅ 106
⇒ α = arctg
= 100
7
RO
3,6 ⋅10
El sentido lo marca la regla del sacacorchos.
5
Junio 2011. Problema 1B.- Sabiendo que el periodo de revolución lunar es de 27,32 días y que el
radio de su órbita es RL = 3,84×108 m, calcule:
a) La constante de gravitación universal, G (obtener un valor a partir de los datos del problema).
b) La fuerza que la luna ejerce sobre la tierra y la de la tierra sobre la Luna.
c) El trabajo necesario para llevar un objeto de 5000 kg desde la Tierra hasta la luna. (Despreciar
los radios de la tierra de la Tierra y de la Luna, en comparación con su distancia)
d) Si un satélite se sitúa entre la tierra y la Luna a una distancia de la tierra de RL/4, ¿Cuál es la
relación de fuerzas debidas a la Tierra y a la Luna?
Datos: Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg; masa de la Luna ML = 7,35×1022 kg: Radio de la tierra
6,37×106 m; radio de la Luna 1,74×106 m.
Solución.
a.
Para que la Luna orbité alrededor de la Tierra, se debe cumplir:
FG = FC
G
MT ⋅ mL
r2
=
(ω ⋅ r )2 ; G M T = ω2 r ; G = ω2 r 3 ; G = 4π 2 r 3
mL v2
M
; G T =
MT
r
r
r2
T 2MT
r2
G=
(
4π 2 3,84 ⋅108
)
3
(27,32 ⋅ 24 ⋅ 3600)2 ⋅ 5,98 ×1024
= 6,71× 10−11 N m 2 kg − 2
b.
Las dos fuerzas son de igual módulo dirección y sentidos opuestos, son parejas de fuerza de
acción-reacción.
F=G
MT ⋅ mL
d
2
= 6,71× 10−11
5,98 × 1024 ⋅ 7,35 × 1022
(3,84 ×10 )
8 2
= 2 × 10 20 N
c.
Por tratarse de fuerzas conservativas:
W = −∆E P = −(E P (L ) − E P (T ))
Para calcular la energía potencial en la superficie de la Luna y en la superficie de la tierra habrá
que sumar los potenciales que genera cada masa en esos puntos.
M
M ⋅m 
M ⋅m 
MT 
 = −Gm L +
=
E P (L ) = −G L
+  − G T

R

RL
d
d
T −L 
T−L 

 L
 7,35 × 1022 5,98 × 10 24 
 = −1,93 × 1010 J
= −6,71× 10−11 ⋅ 5000 ⋅ 
+
8 
 1,74 × 106
3,84 × 10 

E P (T ) = −G
M
MT ⋅ m 
M ⋅m 
ML 
 = −Gm T +
=
+  − G L



RT
dT −L 

 R T dT−L 
 5,98 × 1024 7,35 × 1022 
 = −3,15 × 1011 J
= −6,71× 10−11 ⋅ 5000 ⋅ 
+
8 
 6,37 × 106
3,84 × 10 

(
(
))
W = −∆E P = − − 1,93 × 1010 − − 3,15 × 1011 = −2,96 × 1011 J
El signo negativo indica que para llevar el objeto de la superficie terrestre a la superficie lunar
habrá que realizar un trabajo de 2,96×1011 J.
d.
Luna.
Se pide comparar (dividir) la fuerza que ejerce la Tierra sobre el satélite con la que ejerce la
G
MTm
FT
d12
M ⋅ d2
=
= T 2
FL G M L m M L ⋅ d12
d 22
d1 = distancia del satélite a la Tierra =
RL
4
6
d2 ≡ distancia del satélite a la Luna = =
3R L
4
2
3R
M T ⋅  L 
4
FT
M
5,98 × 10 24

=
= 32 T = 9 ⋅
≈ 732
2
FL
ML
7,35 × 1022
RL 

ML ⋅ 
4 

La fuerza de atracción que ejerce la tierra sobre el satélite es 732 veces mayor que la que ejerce
la luna sobre él.
Modelo 2011. Problema 1A. Un planeta orbita alrededor de una estrella de masa M. La masa del
planeta es 1024 Kg y su órbita es circular de radio r = 108Km y periodo 3 años terrestres. Determinar:
Datos: Constante de Gravitación Universal 6,67 ×10−11Nm2kg−2
a) La masa de la estrella.
b) La energía mecánica del planeta.
c) El módulo del momento angular del planeta respecto al centro de la estrella.
d) La velocidad angular de un segundo planeta que describiese una órbita circular de radio igual a 2
r alrededor de la estrella.
Solución.
a.
Para que un planeta realice una órbita circular en torno a una estrella, se debe cumplir:
r r
F = Fc
∑
Trabajando en módulo y teniendo en cuenta que la única fuerza que actúa sobre la sonda es la
fuera gravitacional:
M Estrella m Planeta
Fg = Fc ; G
r2
2 πr
Teniendo en cuenta que v =
T
= m Planeta
M
v2
; v 2 = G Estrella
r
r
2
M
 2πr 

 = G Estrella
r
 T 
M Estrella =
M Estrella =
( )
4 π 2 ⋅ 1011
3
4π 2 rórbita
T 2G
3
(3 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600)2 ⋅ 6,67 × 10−11
= 6,61 × 10 28 kg
2
b.
Em = Ec + Ep =
1
Mm 1 
M
Mm
Mm
mv 2 − G
= m G  −G
= −G

2
r
2 
r 
r
2r
E m = −6,67 × 10−11 ⋅
c.
6,61 × 10 28 ⋅ 10 24
2 ⋅ 1011
= −2,2 × 1031 J
r r r r
r
L = r × p = r × mv
L = r ⋅ mv ⋅ sen α
r r
Por tratarse de una órbita circular, r ⊥ v ⇒ α = 90º , sen 90º = 1
( )
2
2πr 2 πr 2 m 2π ⋅ 1011 ⋅ 10 24
L = r ⋅ mv = r ⋅ m
=
=
= 6,64 × 1038 kg m 2s −1
T
T
3 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600
d.
2π
T
El periodo de la nueva órbita se puede calcular mediante la 3ª ley de Kepler.
Por definición: ω =
T12
r13
=
T22
r23
T2 = T1 ⋅
ω=
r23
= {r2 = 2r1} = T2 = T1 ⋅
r13
(2r1 )3
r13
= T1 ⋅ 8 = 3 ⋅ 8 = 8,49 años
2π
2π
=
= 2,35 × 10−8 rad
s
T 8,49 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600
7
Modelo 2011. Cuestión 1B. Dos satélites de masas mA y mB describen sendas órbitas circulares
alrededor de la Tierra, siendo sus radios orbitales RA y RB respectivamente. Conteste razonadamente a las
siguientes preguntas:
a) Si mA = mB y RA > RB, ¿cuál de los satélites tiene mayor energía cinética?
b) Si los dos satélites estuvieran en la misma órbita (RA = RB ) y tuviesen distinta masa (mA < mB ),
¿cuál de los dos tendría mayor energía cinética?
Solución.
1
a.
E c = mv 2
2
Para calcular la velocidad de un satélite en una órbita se tiene en cuenta que Fg = Fc.
G
Mm
R
2
=m
v2
R
v2 = G
M
R
Sustituyendo en la expresión de la energía cinética:
1
1
M
Mm
E c = mv 2 = m ⋅ G
=G
2
2
R
2R
La energía cinética del satélite, es inversamente proporcional al radio de la órbita. A mayor
órbita, menor energía cinética.
⇒ E c (A ) < E c (B)
RA > RB
El satélite B tiene mayor energía cinética.
1


La energía cinética  E c = mv 2  , es directamente proporcional a la masa, a mayor masa,
2


mayor energía cinética.
mA < mB
⇒
E c (A ) < E c (B)
b.
El satélite B tiene mayor energía cinética.
Septiembre 2010 F.M. Problema 1A.- Un satélite artificial de 100 kg se mueve en una órbita circular
alrededor de la Tierra con una velocidad de 7,5 km/s. Calcule:
a) El radio de la órbita.
b) La energía potencial del satélite.
c) La energía mecánica del satélite.
d) La energía que habría que suministrar a este satélite para que cambiara su órbita a otra con el
doble de radio.
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67 × /0−11 N m2 kg−2
Masa de la Tierra
MT = 5,98×10 24 kg;
Radio de la Tierra RT = 6370 km
Solución.
a.
Para que un satélite orbite en torno a un planeta, la suma de todas las fuerzas que actúan sobre el
satélite debe ser igual a la fuerza centrípeta, teniendo en cuenta que la única fuerza que actúa sobre el
satélite es la fuerza gravitatoria del planeta, se ha de cumplir:
r
r
FG = Fc
Trabajando en módulo, se puede despejar el radio de la órbita en función de la masa del planeta y
de la velocidad orbital del satélite.
G
M⋅m
R2
=m
v2
M
5,98 × 1024
: R = G ⋅ 2 = 6,67 × 10 −11 ⋅
= 7,09 × 106 m = 7090 Km
2
R
3
v
7,5 × 10
(
)
b.
La expresión de la energía potencial de un cuerpo sometido a una fuerza central se calcula como
la integral de la fuerza respecto de la posición.
rr r
r
r Mm
Mm
5,98 × 10 24 ⋅100
E p = ∫ F ⋅ d r = ∫ F dr = ∫ G
dr = −G
= −6,67 ×10 −11 ⋅
= −5,626 × 10 9 J
0
0
0
r
r2
7,09 × 10 6
8
c.
La energía mecánica de un satélite en orbita en torno a un planeta, es la suma de las energías
potencial y cinética del satélite en la órbita.
Mm 1
E m = E p + E c = −G
+ mv 2
r
2
M

Teniendo en cuenta el apartado a:  v 2 = G  :
R

E m = −G
Mm 1
Mm 1
M
Mm 1 Mm
1 Mm 1
+ mv 2 = −G
+ mG
= −G
+ G
=− G
= Ep
r
2
r
2
r
r
2
r
2
r
2
1
9
9
E m = − 5,626 × 10 = −2,813 ×10 J
2
(
)
d.
La energía que habrá de suministrar al satélite para cambiar de órbita es la diferencia de energía
mecánica entre las dos órbitas.
1 1
1 Mm  1 Mm 
1
 = − GMm − 
∆E m = E f − E i = − G
−  − G
2
rf
2
r
2
i 

 rf ri 
Si ri = R , entonces rf = 2R , quedando la expresión:
∆E m = −
1
1  1 Mm 1
5,98 × 10 24 ⋅100
 1
GMm
− = G
= 6,67 × 10 −11 ⋅
= 1,41×10 9 J
6
2
2
R
R
4
R
4


7,09 × 10
Septiembre 2010 F.M. Cuestión 1B.- Considerando que la órbita de la Luna alrededor de la Tierra es
una órbita circular, deduzca:
a) La relación entre la energía potencial gravitatoria y la energía cinética de la Luna en su órbita.
b) La relación entre el periodo orbital y el radio de la órbita descrita por la Luna.
Solución.
a.
La energía potencial de un satélite en una órbita circular de radio R viene dada por la expresión:
Mm
E p = −G
R
La energía cinética por definición es
1
mv 2
2
Ec =
 FG = FC

M

  2
2
Teniendo en cuenta el que el la órbita se cumple que  Mm
v  : v = G  :
G
=
m
R


R 
 R2
1
1
M 1 Mm
E c = mv 2 = mG
= G
2
2
r
2
r
La relación entre ambas es:
Ep
Ec
Mm
R = −2 : E = −2E
=
p
c
1 Mm
G
2
R
−G
b.
Partiendo de la expresión de la velocidad del satélite en la órbita se obtiene la relación pedida
(tercera ley de Kepler).
M
M
MT
2π  4π 2 2

v 2 = G T : {v = ωR} : ω 2 R 2 = G T : ω =
: 2 R = G
R
R 
T T
R
Ordenando se obtiene la relación entre el periodo y el radio.
T2
R3
=
4π 2
GM T
9
Septiembre 2010 F.G. Cuestión 1A.- Un cometa se mueve en una órbita elíptica alrededor del Sol.
Explique en qué punto de su órbita, afelio (punto más alejado del Sol) o perihelio (punto más cercano al
Sol) tiene mayor valor:
a) La velocidad.
b) La energía mecánica.
Solución.
a.
La cuestión se puede resolver por dos vías diferentes.
1ª Por la ley de áreas. El área barrida por el radiovector que une el satélite (cometa) con el sol
en tiempos iguales, son iguales.
A1 = A 2
El área de un sector circular se puede expresar en función
del radio y de la longitud del arco de curva.
1
A = s⋅r
2
Donde s representa la longitud del arco y r el radio.
1


A p = 2 s p ⋅ rp  1
1
Ap = Aa : 
 : s p ⋅ rp = s a ⋅ ra : s p ⋅ r p = s a ⋅ ra
1
2
2
 A a = s a ⋅ ra 
2


Teniendo en cuenta que s = v · t
v p ⋅ t ⋅ rp = v a ⋅ t ⋅ ra
En tiempos iguales los valores de t coinciden
v p ⋅ r p = v a ⋅ ra
Teniendo en cuenta que rp < ra , para que la igualdad se cumpla v p > v a
La velocidad del cometa alrededor del Sol aumenta a medida que se aproxima al Sol, alcanzando
su valor máximo en la posición del perihelio.
2ª Constancia del momento angular. Debido a que
planetas, satélites y cometas se mueven bajo la acción de fuerzas
r r r
centrales, el momento angular L = r × p del planeta, satélite o
cometa es constante en todos los puntos de su trayectoria.
r
r
L p = L a = cte
(
)
En el perihelio y en el afelio el vector de posición es perpendicular
al vector velocidad, cumpliéndose en módulo:
rp m v p sen 90º = ra m v a sen 90º
rp ⋅ v p = ra ⋅ v a
rp < ra
⇔ vp > va
Como la órbita no es perpendicular en todo momento al vector de posición a lo largo del cual
actúa la fuerza central, se concluye que está fuerza tiene una componente en la dirección de la trayectoria
que hace variar el módulo de la velocidad.
b.
La energía mecánica de un satélite (cometa) en su orbita es la suma de la energía potencial y
cinética.
M⋅m 1
M
1 M⋅m

E m = E p + E c = −G
+ mv 2 = v 2 = G  = − G
r
2
r
2
r


La expresión pone de manifiesto que la energía mecánica es inversamente proporcional al radio
de la órbita, teniendo en cuenta que el radio del perihelio es menor que el del afelio, la energía mecánica
del cometa en valor absoluto será mayor en el perihelio.
rp < ra ⇒ E m (Perihelio ) > E m (Afelio)
10
Septiembre 2010 F.G. Cuestión 1B.- Un asteroide está situado en una órbita circular alrededor de
una estrella y tiene una energía total de −1010 J. Determine:
a) La relación que existe entre las energías potencial y cinética del asteroide.
b) Los valores de ambas energías potencial y cinética.
Solución.
a.
Las energías potencial y cinética de un satélite (asteroide) en su orbita son:
M⋅m
E p = −G
r
1
M
1 M⋅m
- E c = mv 2 = v 2 = G  = G
2
r
r

 2
La relación entre ellas es:
M⋅m
Ep − G r
Ep
=
= −2 :
= −2
1 M⋅m
Ec
Ec
G
2
r
b.
Con la relación entre las emergías cinética y potencial y el valor de la energía mecánica total se
plantea un sistema que permite calcular los valores de la energía cinética y de la energía potencial.
Ep

10
= −2

 E c = 10 J
Re solviendo 
   
→
Ec

10
E p = −2 ⋅10 J
E + E = −1010 J
c
 p
Junio 2010 F.M. Cuestión 1A.a) Deduzca la expresión de la energía cinética de un satélite en órbita circular alrededor de un
planeta en función del radio de la órbita y de las masas del satélite y del planeta.
b) Demuestre que la energía mecánica del satélite es la mitad de su energía potencial.
Solución.
a.
La energía cinética se expresa como:
1
Ec = m v2
2
La velocidad del satélite en su órbita se puede expresar en función de la masa del planeta y del
radio de la órbita, teniendo en cuenta que la fuerza de atracción gravitacional es igual a la fuerza
centrípeta a la que se ve sometido el satélite en su órbita.
FG = Fc
G
M⋅m
R2
= m⋅a N
v2
, se despeja la velocidad.
R
M⋅m
v2
M
G
= m⋅
: v2 = G
2
R
R
R
Teniendo en cuenta que a N =
Sustituyendo en la expresión de la energía cinética.
1
M 1 Mm
Ec = m G
= G
2
R 2
R
b.
La energía mecánica de un satélite es la suma de la energía cinética y la energía potencial.
Em = Ec + Ep
Por definición la energía potencial de un satélite en su órbita alrededor de un planeta viene
expresado por:
11
E p = −G
Mm
r
La energía mecánica del satélite será la suma de su energía potencial y cinética.
E m = E p + E c = −G
Mm 1 Mm
1 Mm 1
Mm
1
+ G
=− G
= − G
 ⇒ Em = ⋅ Ep
r
2
r
2
r
2
r
2
14243
Ep
Junio 2010 F.M. Problema 1B.- Un satélite de l000 kg de masa describe una órbita circular de
12×103 km de radio alrededor de la Tierra. Calcule:
a) El módulo del momento lineal y el módulo del momento angular del satélite respecto al centro
de la Tierra. ¿Cambian las direcciones de estos vectores al cambiar la posición del satélite en su
órbita?
b) El periodo y la energía mecánica del satélite en la órbita.
Datos: Masa de la Tierra MT = 5,9×1024 kg
Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 N m2 kg−2
Solución.
a.
El momento lineal o cantidad de movimiento es:
r
r
p = m⋅v
Su módulo es:
p = m⋅v
Por tratarse de un satélite en órbita, su velocidad se puede poner en función de la masa del
planeta y del radio de la órbita, teniendo en cuenta que el la órbita se cumple que la fuerza de atracción
gravitacional es igual a la fuerza centrípeta.
v2
M
: v= G
2
r
r
r
Sustituyendo en la expresión del momento lineal:
FG = Fc : G
p = m⋅v = m⋅ G
Mm
=m
M
5,9 × 10 24
= 1000 ⋅ 6,67 × 10 −11 ⋅
= 5,76 × 10 6 kg m s −1
r
12 × 10 6
r r r
Momento angular: L = p × r
Módulo del momento angular: L = m ⋅ v ⋅ r ⋅ sen α
Teniendo en cuenta que el radio y la velocidad son perpendiculares (sen 90 = 1):
L = m⋅v⋅r = m⋅r ⋅ G
M
= m ⋅ G ⋅ M ⋅ r = 1000 ⋅ 6,67 × 10 −11 ⋅ 5,9 × 10 24 ⋅12 ×10 6 = 6,87 × 1013 kg m 2 s −1
r
La dirección del momento lineal es la dirección de la velocidad, tangente a la trayectoria, y
cambia continuamente (en cada punto será tangente a la trayectoria).
La dirección del momento angular es perpendicular al plano de la orbita y se mantiene constante
en toda su trayectoria.
b.
Periodo: Se obtiene de la igualdad entre la fuerza de atracción gravitacional y la fuerza
centrípeta.
FG = Fc : G
Mm
r2
2
=m
v2
M
M
2π
M  2π  2
: G
= v2 : v = ω⋅ r : G
= ω2 r 2 : ω =
: G
=  r
r
r
T
r  T 
r
G
T=
M 4π 2 2
4π 2 3
=
r : T2 =
r 3ª Ley de Kepler
r
GM
T2
4π 2 3
r =
GM
4π 2
6,67 × 10 −11 ⋅ 5,9 × 10 24
12
(12 ×10 )
6 3
= 13166 s
La energía mecánica de un satélite es la suma de la energía cinética y la energía potencial.
Em = Ec + Ep
Por definición la energía potencial de un satélite en su órbita alrededor de un planeta viene
expresado por:
Mm
E p = −G
r
Por definición la energía cinética es:
 FG = Fc  1
1
M 1 Mm


E c = mv 2 =  2
= G
M = m⋅G
v
=
G
2
2
r
2
r


r 
Mm 1 Mm
1 Mm
Sumando: E m = E p + E c = −G
+ G
=− G
r
2
r
2
r
Em = −
1 Mm
1
5,9 × 10 24 ⋅1000
G
= − 6,67 ×10 −11
= −1,64 × 1010 J
6
2
r
2
12 × 10
Junio 2010 F.G. Cuestión 1A.a) Enuncie la 2ª ley de Kepler. Explique en qué posiciones de la órbita elíptica la velocidad del
planeta es máxima y dónde es mínima.
b) Enuncie la 3ª ley de Kepler. Deduzca la expresión de la constante de esta ley en el caso de
órbitas circulares.
Solución.
a.
2ª Ley de Kepler. El radio vector que une un planeta y el Sol barre áreas iguales en tiempos
r
r r
iguales. Esta Ley es el equivalente a la constancia del momento angular L = m ⋅ r × v .
(
)
Por ser el momento angular de un planeta en su órbita alrededor del Sol constante (en modulo
L = m·v·r), cuando el planeta esta más alejado del Sol (afelio), su radio será máximo y su velocidad
orbital mínima, mientras que cuando esta más próximo (perihelio), su radio será mínimo y su velocidad
será máxima.
b.
3ª Ley de Kepler. Los cuadrados de los periodos son directamente proporcionales a los cubos de
los semiejes de las respectivas órbitas.
En una órbita, la fuerza de atracción gravitacional es igual a la fuerza centrípeta.
FG = Fc ; G
Teniendo en cuenta:
Mm
r2
=m
M
v2
; G
= v2
r
r
v = ω r 
2π r
2π  : v =
. Sustituyendo en la igualdad anterior:
ω=
T

T
2
G
M  2π r 
M 4π 2 r 2
T 2 4π 2
=
=
;
=
= cte
 ; G
r  T 
r
GM
T2
r3
Junio 2010 F.G. Problema 1B.- Io, un satélite de Júpiter, tiene una masa de 8,9 ×1022 kg, un periodo
orbital de 1,77 días, y un radio medio orbital de 4,22 × 108 m, Considerando que la órbita es circular con
este radio, determine:
a) La masa de Júpiter
b) La intensidad de campo gravitatorio, debida a Júpiter, en los puntos de la órbita de Io.
c) La energía cinética de Io en su órbita.
d) El módulo del momento angular de Io respecto de su órbita
Solución.
a.
Para Calcular la masa del planeta (Júpiter) con los datos del enunciado, se tiene en cuenta que la
resultante de todas las fuerzas que actúan sobre el satélite en orbita, debe ser igual a la fuerza centrípeta
que actúa sobre el satélite.
FG = Fc : G
M⋅m
R2
= m⋅
13
v2
M
: v2 = G
R
R
Teniendo en cuenta: v = ω ⋅ R
(ω ⋅ R )2 = G M
R
: ω2 = G
2
M
R3
: ω=
Según el enunciado: T = 1,77 d = 1,77 d ⋅ 24
M=
b.
4π 2 R 3
G⋅T
(
h
s
⋅ 3600 = 152928s
d
h
4π 2 ⋅ 4,22 ×10 8 m
6,67 ×10
−11
⋅ T Nm Kg
2
2
−2
)
3
⋅ (152928s )
2
= 1,9 × 10 27 Kg
La intensidad de campo gravitatorio se obtiene igualando la fuerza gravitacional al peso.
FG = P : G
c.
2
=
2π  2π 
M
4π 2 R 3
:   =G
: M=
T
 T 
R3
G⋅T2
Ec =
M⋅m
R2
= m⋅g : g = G
M
R2
= 6,67 × 10 −11 ⋅
1,9 × 10 27
(4,22 ×10 )
8 2
= 0,71 m 2
s
1
M 1
M 1 M⋅m 1
1,9 × 1027 ⋅ 8,9 × 10 22

mv 2 = v 2 = G  = m ⋅ G
= G
= 6,67 × 10 −11
2
R 2
R 2
R
2

4,22 × 108
E c = 1,33 × 1031 J
d.
r
r r
Por definición: L = m ⋅ r × v . El módulo del momento angular es:
L = m ⋅ r ⋅ v ⋅ sen α
Si considera una órbita circular (α = 90º):

M 
M
L = m ⋅ r ⋅ v ⋅ sen 90 = m ⋅ r ⋅ v = v = G  = m ⋅ r ⋅ G
= m Io G ⋅ M J ⋅ r =
r
r


= 8,9 ×10 22 6,67 × 10 −11 × 1,9 × 10 27 ⋅ 4,22 × 10 8 = 6,5 ×10 35 Kg m 2 s −1
Modelo 2010. Problema 1A.- Desde un punto de la superficie terrestre se lanza verticalmente hacia
arriba un objeto de 100 kg que llega hasta una altura de 300 km. Determine:
a) La velocidad de lanzamiento.
b) La energía potencial del objeto a esa altura.
Si estando situado a la altura de 300 km, queremos convertir el objeto en satélite de forma que se ponga
en órbita circular alrededor de la Tierra,
c) ¿Qué energía adicional habrá que comunicarle?
d) ¿Cuál será la velocidad y el periodo del satélite en esa órbita?
Datos: Constante de Gravitación G = 6,67×10-11 N m2 kg-2
Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg; Radio de la Tierra RT = 6370 km
Solución.
a.
En ausencia de fuerzas externas (rozamiento) el
objeto se encuentra en un campo conservativo y por lo tanto la
energía mecánica se conserva.
E m (A ) = E m (B)
E p (A ) + E c (A ) = E p (B)
MT ⋅ m 1
M ⋅m
+ m s v 2 = −G T
RT
2
RT + h
Simplificando la masa del objeto (m), se despeja la velocidad.
 1
M
1
MT
1 2
M
MT
1 

− G T + v 2 = −G
;
v = G T −G
; v 2 = 2G ⋅ M T 
−

RT 2
RT + h
2
RT
RT + h
 RT RT + h 
−G


 1
1 
1
1
 = 2373,3 m
 = 2 ⋅ 6,67 × 10 −11 ⋅ 5,98 × 10 24 
v = 2G ⋅ M T 
−
−

6
6

s
R
R
+
h
6
,
37
×
10
6
,
67
×
10
T
T




14
b.
La energía potencial del objeto a esa altura viene dada por la expresión:
M ⋅m
E p = −G T
R
R = R T + h = 6370 + 300 = 6670 Km
E p = −6,67 × 10−11
5,98 × 1024 ⋅100
6,67 × 10
6
= −5,98 ⋅109 J
La energía adicional que habría que comunicar al objeto para convertirlo en satélite es la
c.
diferencia entre la energía del objeto convertido en satélite orbitando a esa altura y la energía del objeto a
esa altura, calculada en el apartado anterior.
La energía de un satélite de 100 kg de masa que orbita a una altura de 300 Km sobre la superficie
de la tierra es la suma de la energía potencial y la energía cinética.
M ⋅m 1
E m (Satélite ) = E p + E c = −G T
+ mv 2
R
2
El producto mv2 se puede obtener teniendo en cuenta que para que un satélite orbite en torno a
un planeta, la fuerza de atracción gravitacional debe ser igual a la fuerza centrípeta.
FG = Fc ; G
MT ⋅ m
R2
=m
M ⋅m
v2
; mv 2 = G T
R
R
Sustituyendo en la expresión de la energía mecánica del satélite:
M ⋅ m 1 MT ⋅ m
1 M ⋅m
+
=− G T
E m (Satélite ) = −G T
R
2 R
2
R
1
5,98 × 1024 ⋅ 100
E m (Satélite ) = − ⋅ 6,67 × 10 −11
= −2,99 × 109 J
2
6,67 × 106
La energía que habrá que comunicar al objeto situado a 300 Km de altura para convertirlo en un
satélite es:
(
)
∆E = E m (satélite) − E p (objeto ) = −2,99 × 109 − − 5,98 × 109 = 2,99 × 109 J
d.
Para que un satélite orbite en torno a un planeta, la fuerza de atracción gravitacional debe ser
igual a la fuerza centrípeta.
FG = Fc ; G
MT ⋅ m
R2
=m
M ⋅m
v2
M
; mv 2 = G T
; v= G T
R
R
R
v = 6,67 × 10 −11
5,98 × 10 24
6,67 × 106
= 7733 m
s
El periodo del satélite se puede calcular aplicando la tercera ley de Kepler.
T2 =
(
)
4π 2
4π 2
6 3
R3 =
⋅
6
,
67
×
10
= 29370424 s 2
−11
24
G ⋅ MT
6,67 × 10 ⋅ 5,98 × 10
T = 29370424 s 2 = 5419 s
También se puede calcular a partir de la velocidad.
T=
2π 2π 2πR 2π ⋅ 6,67 × 106
=
=
=
= 5419 s
ω v
v
7733
R
15
Modelo 2010. Cuestión 1B.a) ¿Cuál es el periodo de un satélite artificial que gira alrededor de la Tierra en una órbita circular
cuyo radio es un cuarto del radio de la órbita lunar?
b) ¿Cuál es la relación entre la velocidad del satélite y la velocidad de Luna en sus respectivas
órbitas?
Dato: Periodo de la órbita lunar TL = 27,32 días
Solución.
a.
Teniendo en cuenta la tercera ley de Kepler: “El cuadrado del periodo del movimiento de
un planeta es directamente proporcional al cubo de la distancia media del planeta al sol”
T2 =
4π 2 3
r
GM
Aplicando esta expresión al satélite y a la Luna:
4π 2 3
4π 2 3 
RS
TS2 =
RS 
2
TS
TS2 R S3

GM
GM
:
Dividiendo
.
=
:
Simplifica
ndo
.
=

4π 2 3 
TL2 4π 2 3
TL2 R 3L
2
RL
TL =
RL

GM
GM
Expresión de la que se puede despejar el periodo del satélite:
TS =
Según el enunciado: R S =
R S3
R S3
2
⋅
T
=
T
⋅
⋅
L
L
R 3L
R 3L
1
RL
4
3
TS = TL ⋅
R S3
R 3L
⋅
1

 RL 
4
 =T ⋅
= TL ⋅ 
L
R 3L
1
4
3
R 3L
R 3L
= TL ⋅
1
T
= L3
4
2
3
T
27,32
= 3,42 días <> 3 d, 9h, 57 min
TS = L =
8
8
b.
2π

2π ⋅ R
v 2π
ω=
Teniendo en cuenta que: 
; v=
T : =
T
T
v = ω ⋅ R R
2π ⋅ R s
1
1


TL ⋅ R L
vs
Ts
TL ⋅ R s R s = 4 R L 
8
4
=
=
=
=
= =2

1
v L 2π ⋅ R L Ts ⋅ R L  T = T  1 T ⋅ R
4
s
L
L
L
8

 8
TL
Septiembre 2009. Cuestión 1.- Razone si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:
a) El valor de la velocidad de escape de un objeto lanzado desde la superficie de la Tierra depende
del valor de la masa del objeto.
b) En el movimiento elíptico de un planeta en tomo al Sol la velocidad del planeta en el perihelio
(posición más próxima al Sol) es mayor que la velocidad en el afelio (posición más alejada del
Sol).
Solución.
a.
FALSO. Por el principio de conservación de la energía, la energía mecánica en la superficie
terrestre (suma de cinética y potencial) debe ser igual a la que tendrá cuando escape del campo
gravitatorio, que será nula debido a que suponemos que llega con velocidad nula (Ec = 0) y que esta a una
distancia infinita (Ep = 0).
1
Mm
m v2 − G
=0
2
RT
Simplificando las masas se despeja v.
1 2
M
M
v =G
: v = 2G
2
RT
RT
16
b.
VERDADERO. Teniendo en cuenta que el modulo del momento angular del planeta en su giro
alrededor del Sol y en ausencia de fuerzas externas, permanece constante.
r r r r
r
L = r × p = r × mv
r
L = L = r ⋅ m ⋅ v ⋅ sen 90 = r ⋅ m ⋅ v = cte
L Afelio = L Perihelio
rA ⋅ m ⋅ v A = rP ⋅ m ⋅ v P
rA ⋅ v A = rP ⋅ v P : { rA > rP } ⇒ v P > v A
Junio 2009. Cuestión 1.- Un satélite artificial de 500 kg que describe una órbita circular alrededor de
la Tierra se mueve con una velocidad de 6,5 km/s. Calcule:
a) La energía mecánica del satélite.
b) La altura sobre la superficie de la Tierra a la que se encuentra.
Dato: Constante de Gravitación Universal
G = 6.67 x 10‒11 N m2 kg‒2
Masa de la Tierra
MT =5,98 x 1024kg
Radio de la Tierra
RT = 6,37 x 106 m
Solución.
a.
La energía mecánica de un satélite que orbita alrededor de la Tierra
es la suma de la energía cinética y de la energía potencial, y se calcula
mediante la expresión
1 M m
Em = − G T
2
r
Donde r representa la distancia del satélite al centro de la Tierra. Para calcular
r se tiene en cuenta que para que un satélite orbite alrededor de la Tierra, la
fuerza centrípeta del satélite debe ser igual a la fuerza de atracción de la
Tierra.
m
v2
M m
M
5,98 × 10 24
= G T2 : r = G 2T = 6,67 × 10−11
= 9,44 × 106 m
r
r
v
65002
Conocido el radio, se calcula la energía mecánica.
1 M m
1
5,98 × 1024 ⋅ 500
E m = − G T = − 6,67 × 10−11
= −1,06 × 1010 J
6
2
r
2
9,44 ⋅ 10
b.
Para calcular la altura desde la superficie terrestre, se resta el radio de la
tierra al radio de la órbita.
h = rorb − rT = 9,44 × 106 − 6,37 × 106 = 3,07 × 106 m
Problema 1B- Suponiendo que los planetas Venus y la Tierra describen órbitas circulares alrededor del
Sol, calcule:
a) El periodo de revolución de Venus.
b) Las velocidades orbítales de Venus y de la Tierra.
Dato: Distancia de la Tierra al Sol:
1,49 x 1011 m
Distancia de Venus al Sol:
1,08 x 1011 m
Periodo de revolución de la Tierra: 365 días
Solución.
a.
La fuerza de atracción que ejerce el Sol sobre cada planeta causa la aceleración centrípeta
necesaria para que el planeta orbite alrededor de él. Si se considera la aproximación de órbitas
circulares, se puede deducir la Ley de Kepler.
Aplicando la segunda ley de Newton ( F = m ⋅ a ), al planeta que órbita:
17
FG = m ⋅ a n : G ⋅
M Sm
R
G⋅
= m⋅
2
M
v2
(ωR )2 : G ⋅ MS = ω2 R
: {v = ωR} : G ⋅ 2S =
R
R
R
R2
 2π 
: ω  :
 T
2
M S 4π 2
T2
4π 2
 2π 
=
R
:
G
⋅
=
:
=
= cte


R2  T 
R3
T2
R 3 G ⋅ MS
MS
Esta expresión permite calcular el periodo de un planeta (Venus) conocida su distancia al
Sol, no obstante, en este caso no nos dan como dato la masa del Sol, por lo que habrá que
comparar los parámetros de Venus con los terrestres.
(
(
)
)
3
R 3V
TV2
1,08 × 1011
TT2
=
⇒
:
T
=
T
=
365
= 225 días
cte
=
V
T
11 3
R 3T
R3
R 3V R 3T
1,49 × 10
T2
b.
Supuesta una órbita circula, conocido el periodo se calcula la velocidad angular, y con la
velocidad angular y el radio la velocidad orbital.
2π 
ω=
T  : v = 2π : v = 2π R
v 
T
T
ω=  R
R
2π
2π
RV =
⋅ 1,08 × 1011 = 34907 m = 34,9 Km
s
s
T
225 ⋅ 24 ⋅ 3600
2π
2π
Para la Tierra: v T =
RT =
⋅ 1,49 × 1011 = 29687 m = 29,7 Km
s
s
T
365 ⋅ 24 ⋅ 3600
Para Venus: v V =
Modelo 2009.- Cuestión 1.
a) Enuncie la tercera ley de Kepler y demuéstrela para el caso de órbitas circulares.
b) Aplique dicha ley para calcular la masa del Sol suponiendo que la órbita de la Tierra alrededor
del Sol es circular con un radio medio de l ,49x1O8 km.
.
Dato: Constante de Gravitación Universal G = 6,67 x 10-11 N m2 kg-2
Solución.
a.
Tercera ley de Kepler:
“El cuadrado del periodo del movimiento de un planeta es directamente proporcional al cubo
de la distancia media del planeta al sol”
T2 =
4π 2 3
r
GM
Deducción:
En el caso de una órbita circular, la fuerza que actúa sobre un cuerpo es la fuerza gravitatoria y la
aceleración es la aceleración centrípeta; por lo tanto podemos escribir la segunda ley de Newton como:
G
Mm
r2
=m
v2
r
Simplificando y despejando:
G
v 2  GM ω 2 ⋅ r 2 GM

:
= ω2 ⋅ r
r : 2 =
r2
2
r
r
r

v = ω⋅ r

Mm
=m

= ω2 ⋅ r
2
4π 2 3
 GM 4π
2
r
r
: 2 = 2 ⋅r ⇒ T =
2π  r
GM
T
ω=
T 
GM
2
18
b.
Para calcular la masa del sol se despeja M de la tercera ley de Kepler.
r = 1,49 × 10 8 Km = 1,49 × 1011 m 
3
2 3


4π 2 1,49 × 1011
4π r
M=
=  G = 6,67 × 10 −11 Nm 2 Kg −2  =
= 1,97 ×10 30 Kg
2
2
GT
 T = 365días = 3,15 × 10 7 s  6,67 × 10 −11 ⋅ 3,15 × 10 7


(
(
)
)
Septiembre 2008. Cuestión 1. Calcule el módulo del momento angular de un objeto de 1000 kg
respecto al centro de la Tierra en los siguientes casos:
a) Se lanza desde el polo norte perpendicularmente a la superficie de la Tierra con una velocidad
de10 Km/s.
b) Realiza un órbita circular alrededor de la Tierra en el plano ecuatorial a una distancia de 600 km
de su superficie. .
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 N m2 kg−2
Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg. Radio de la Tierra RT = 6,37×106 m
Solución.
El momento angular se define como el producto
vectorial del radiovector por la cantidad de movimiento:
r r r r
r
L = r × p = r × ( m v)
Su modulo, viene dado por:
L = r m v sen α
a) En este caso el ángulo que forman el vector posición r con el vector velocidad es cero por lo que
el modulo del momento angular es nulo.
(
L = r m v sen 0º = 0 kg m 2 s −1
)
b) En este caso el ángulo que forma el vector posición r y la velocidad orbital es 90º.
L = r m v sen 90º = r m v
La velocidad de orbita se calcula teniendo en cuenta que debe ser tal que la fuerza de atracción
gravitatoria sea la fuerza centrípeta necesaria para describir la órbita de radio r.
r = R + h = 6,37. 106 + 600000 = 6,97. 106 m:
FG = Fc : G ⋅
M⋅m
= m⋅
v2
M
5,98 ×10 24
: v = G⋅
= 6,67 × 10 −11 ⋅
= 7565 m
s
r
r
6,97 × 10 6
r2
Conocida la velocidad orbital se calcula el módulo del momento angular.
L = m ⋅ r ⋅ v ⋅ sen 90º = 6,97 ×10 6 ⋅1000 ⋅ 7565 ⋅1 = 5,27 ×1013 kg m
2
s
El vector L es perpendicular a al plano orbital.
Septiembre 2008. Problema 2A.- Un satélite artificial de 100 kg se mueve en una órbita circular
alrededor de la Tierra con una velocidad de 7,5 km/s. Calcule:
a) El radio de la órbita
b) La energía potencial del satélite.
c) La energía mecánica del satélite.
d) La energía que habría que suministrar al satélite para que describa una órbita circular con radio
doble que el de la órbita anterior. .
Datos: Constante de Gravitación Universal. G = 6,67×10−11 N m2 kg−2
Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg; Radio de la Tierra RT = 6,37×106 m
Solución.
a.
Para que un satélite orbite en torno a un planeta, la fuerza de atracción gravitacional a la que se
ve sometido debe ser igual a la fuerza centrípeta que desarrolla el satélite al girar en la órbita.
FG = Fc : G
Mm
r2
=m
v2
M
5,98 × 10 24
: r=G
= 6,67 × 10 −11 ⋅
= 7,09 ×10 6 m
2
2
r
v
7,5 ×10 3
(
19
)
b.
La energía potencial de un satélite en órbita viene dada por la expresión:
E p = −G
Mm
5,98 ⋅10 24 ⋅100
= 6,67 × 10 −11
= 5,625 ×10 9 J
r
7.09 × 10 6
c.
La energía mecánica del satélite es la suma de su energía potencial y de su energía cinética del
en la órbita.
 FG = Fc 
Mm 1
Mm 1 Mm
1 Mm


E m = E p + E c = −G
+ mv 2 =  2
+ G
=− G
=
M  = −G
v
=
G
r
2
r
2
r
2
r


r 
=−
1
5,98 × 10 24 ⋅100
6,67 × 10 −11 ⋅
= −2,813 × 10 9 J
2
7,09 × 10 6
d.
La energía que habrá que suministrar al satélite para que describa una órbita de doble radio es la
diferencia de energía mecánica existente entre las dos órbitas.
1 Mm  1 Mm  1 Mm  1  1 Mm
∆E = E m (2r ) − E m (r ) = − G
−− G
=
= G
1 −  = G
2
2r  2
r  2
r  2 4
r
=−
1
5,98 × 10 24 ⋅100
6,67 × 10 −11 ⋅
= 1,406 ×10 9 J
6
4
7,09 × 10
Junio 2008. Cuestión 2. Una sonda de masa 5000 kg se encuentra en una órbita circular a una altura
sobre la superficie terrestre de 1,5 RT. Determine: a) el momento angular de la sonda en esa órbita
respecto al centro de la Tierra; b) la energía que hay que comunicar a la sonda para que escape del campo
gravitatorio terrestre desde esa órbita.
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 N m2 kg−2
Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg; Radio de la Tierra
RT = 6,37×106 m
Solución.
a. Momento angular:
r r
r
L = r × mv
r r
r
L = r ⋅ mv ⋅ sen 90º = R ⋅ m ⋅ v
Donde R es la distancia de la sonda al centro de la tierra
R = 2’5 RT
La velocidad en la órbita se calcula igualando la fuerza
centrípeta a la fuerza gravitacional:
m
v=
GM
=
R
v2
Mm
=G 2
R
R
6,67 × 10 −11 ⋅ 5,98 × 10 24
= 5005 m
s
2,5 ⋅ 6,37 × 10 6
Sustituyendo los datos en la expresión del módulo del momento angular:
r
L = r ⋅ m ⋅ v = 2,5 ⋅ 6,37 × 10 6 (m ) ⋅ 5000(kg ) ⋅ 5005 m = 3,98 ×1014 kg m 2 s −1
s
( )
b. La energía necesaria para poder escapar del campo gravitatorio terrestre
Solución.
Por conservación de la energía, la energía potencial en la órbita más la energía cinética que le
comunicamos ha de ser igual a la energía mecánica en el infinito, que es cero, teniendo en cuenta que
llega con velocidad nula (E(c) = 0), y que al ser R = ∞ la energía potencial es 0.
Para que la sonda escape del campo gravitatorio, tendrá que superar su potencial gravitatorio, es
decir, tendrá que ganar una energía igual a la energía mecánica que tiene en la órbita.
(
)
∆E = 0 − E m Órbita = − −
(
)
5'98 ×10 24 (kg ) ⋅ 5000(kg )
1
Mm 1
G⋅
= 6'67 × 10 −11 Nm 2 kg −2
= 6,26 × 1010 J (Nm )
6
2
R
2
2,5 ⋅ 6,37 × 10 m
20
Modelo 2008. Cuestión 1.- Cuatro masas puntuales idénticas de 6 kg cada una están situadas en los
vértices de un cuadrado de
lado igual a 2 m. Calcule:
a) El campo gravitatorio que crean las cuatro masas en el centro de cada lado del cuadrado.
b) El potencial gravitatorio creado por las cuatro masas en el centro del cuadrado, tomando el
infinito como origen de potenciales.
Dato: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 Nm2 kg−2
Solución.
r
a.
Se pide calcular la intensidad de campo gravitatorio (g ) en los puntos medios de los lados del
cuadrado.
Sobre la masa 1 colocamos los ejes de coordenadas, y denominamos P, Q, R y S a los puntos
medios de los lados del cuadrado. Analizamos el punto P:
La intensidad de campo gravitatorio viene determinada por la expresión:
r
m r
g = G⋅
ur
d2
Debido a la igualdad de las masas y, dado el carácter vectorial de la magnitud, por simetría se
r
r
comprueba que g 1p = −g 2p , anulándose mutuamente. Ocurre lo mismo con las componentes OX de las
r
r
intensidades creadas por las masas 3 y 4  g 4 x = −g 3x  , por lo tanto la intensidad del campo resultante
p
p 

en el punto P será la suma de las componentes OY de las intensidades creadas por la masas 3 y 4.
r
r
r
m3
r
6
2 r
−11
j = 7,16 × 10 −11 j m 2
 g 3y p = g 3p cos α j = G ⋅ 2 cos α j = 6,67 × 10
2 5
s
d
r
r
r

5
g Tp = g 3y + g 4 y : 
r
r
r
r
m
2 r
p
p
g 4 = g 4 cos α j = G ⋅ 4 cos α j = 6,67 × 10 −11 6
j = 7,16 ×10 −11 j m 2
y
p
2
2
 p
s
5
d
5

( )
( )
r
r
r
r
g Tp = 7,16 × 10 −11 j + 7,16 × 10 −11 j = 14,32 × 10 −11 j m 2
s
Puesto que las masas son iguales y las distancias de las masas a los puntos medios de los lados
también lo son, las intensidades de campo gravitatorio en los puntos Q, R y S son:
r
r
g Q = −14,32 × 10 −11 i m 2
s
r
r
−11 m
g R = −14,32 × 10
j
s2
r
r
g S = 14,32 ×10 −11 i m 2
s
b.
El potencial en P es la suma escalar de los potenciales
que crea cada masa en ese punto.
VP = VP1 + VP2 + VP3 + VP4
El potencial gravitatorio en un punto debido a una
masa m situada a una distancia d viene dado por la expresión:
21
m
d
Aplicando esta expresión al sistema de masas propuesto
m  
m 
m  
m 
VP = −G 1 +  − G 2  +  − G 3  +  − G 4 
d 
d  
d  
d 
m1 = m2 = m3 = m4 = 6 kg = m

m
6 

 = 1,31×10 −9 J
VP = 4 ⋅  − G  = 4 ⋅  − 6,67 ×10 −11

kg
d


2

V = −G
Modelo 2008. Problema 1B.- Un satélite artificial de 200 kg describe una órbita circular alrededor de
la Tierra. La velocidad de escape a la atracción terrestre desde esa órbita es la mitad que la velocidad de
escape desde la superficie terrestre.
a) Calcule la fuerza de atracción entre la Tierra y el satélite.
b) Calcule el potencial gravitatorio en la órbita del satélite.
c) Calcule la energía mecánica del satélite en la órbita.
d) ¿Se trata de un satélite geoestacionario? Justifique la respuesta.
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 N m2 kg−2
Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg; Radio de la Tierra RT = 6,37×106 m
Solución.
Para resolver las diferentes cuestiones que plantea el
problema hace falta conocer el radio de la orbita donde se encuentra
el satélite, para ello se informa que la velocidad de escape en la órbita
(ve ) es la mitad que la velocidad de escape desde la superficie
( )
terrestre v e o .
Se denomina velocidad de escape de un cuerpo (cohete,
satélite,…), a la velocidad que este debe adquirir, en el momento se
ser lanzado, para que escape del campo gravitatorio del planeta en el
que se encuentra. Se calcula mediante un balance energético.
La energía de escape es la diferencia entre la energía en el infinito (0) y le energía mecánica total
en la órbita, siendo el infinito el punto donde la interacción gravitatoria se anula.
Si denominamos v a la velocidad del satélite en la órbita:
E(Escape) = E(Infinito) ‒ E(Órbita)




1
Mm
1
2
2

mv e = 0 − − G
+ mv 

2
R3 1
2 23 
1
4
2
4


Ec 
 Ep
La energía cinética en la órbita se puede expresar en función del radio de la órbita igualando la
fuerza de atracción gravitacional con la fuerza centrípeta.
M
v2
v2 = G
2
R
R
R
Sustituyendo la expresión v2 en el balance energético y operando se despeja la velocidad de
escape en la órbita:
1
Mm 1
M
1
Mm 1 Mm
1
1 Mm
mv e2 = G
− m⋅G
mv e2 = G
− G
mv e2 = G
2
R
2
R
2
R
2
R
2
2
R
M
M
v e2 = G
ve = G
R
R
Fg = Fc
G
Mm
=m
La velocidad de escape desde la superficie terrestre se calcula de igual forma, teniendo en
cuenta, que el la superficie terrestre solo hay energía potencial.
22

1
Mm 
 ;
mv e2 = 0 −  − G
o
2
R T 

v e o = 2G
M
RT
Comparando las velocidades de escape se obtiene el radio de la órbita:
ve =
1
ve ;
2 o
ve o
ve
2G
=2 ;
G
M
RT
M
R
M
RT
= 22 ;
M
G
R
2G
=2 ;
R
= 2 ; R = 2R T
RT
R = 2 ⋅ 6,37 × 106 m = 12,74 × 106 m
M⋅m
= 6,67 × 10 −11 ⋅
5,98 × 10 24 ⋅ 200
a.
F=G
b.
V = −G
c.
1 M⋅m
1
5,98 × 1024 ⋅ 200
Em = − G
= − 6,67 × 10 −11 ⋅
= −3,13 × 109 J
6
2
R
2
12,74 × 10
R2
(12,74 × 10 )
6 2
= 491,5 N
M
5,98 × 10 24
= −6,67 × 10 −11 ⋅
= −3,13 × 107 J
kg
R
12,74 × 106
d.
Para que un satélite sea estacionario, su periodo debe ser de 24 horas. El periodo se puede
calcular aplicando la 3ª ley de Kepler.
T2 =
4π 2 3
R ; T=
GM
4π 2 3
R =
GM
4π 2
6,67 × 10
−11
⋅ 5,98 × 10
24
(
⋅ 12,74 × 106
)
3
= 14 306 s = 3h 58' 26"
El satélite no es geoestacionario
Septiembre 2007. Cuestión 1.- a) ¿Cuál es la aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta
esférico cuyo radio es la mitad del de la Tierra y posee la misma densidad media? b) ¿Cuál sería el
período de la órbita circular de un satélite situado a una altura de 400 km respecto a la superficie del
planeta?
Datos: Radio de la Tierra RT = 6371 km
Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra g =9,8 m s−2
Solución.
a.
La aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta se puede expresar en función de la
masa y el radio del planeta, igualando el peso en la superficie con la fuerza gravitacional.
M⋅m
M
P = FG ; m ⋅ g = G
; g=G 2
2
R
R
La gravedad en el planeta que se pide se calcula por comparación con la gravedad terrestre.
Mp
M
g T = G 2T
gp = G 2
RT
Rp
Comparando
G
Mp
R 2p
R T2 ⋅ M p
= 2
gT G MT R p ⋅ MT
R T2
4
M = V ⋅ ρ = πR 3ρ
3
Teniendo en cuenta que ρ T = ρ p = ρ
gp
=
23
gp
gT
Rp =
b.
gp
1
RT
2
gT
4
πR 3p ⋅ ρ
gp R p
3
=
Simplificando
=
4
gT R T
R 2p ⋅ πR 3T ⋅ ρ
3
1
RT
gp 1
1
1
=
= 2
g p = g T = ⋅ 9,8 = 4,9 m 2
RT
gT 2
2
2
s
R T2 ⋅
Utilizando la 3ª ley de Kepler:
4π 2
⋅ R3
G ⋅ Mp
T2 =
Donde R = R p + h y el producto G ⋅ M p lo obtenemos de la
aceleración de la gravedad en la superficie del planeta.
Mp
g p = G 2 ⇒ G ⋅ M p = g p ⋅ R 2p
Rp
Sustituyendo:
T2 =
4π 2
g p ⋅ R 2p
⋅R3 =
4π 2
g p ⋅ R 2p
(
⋅ Rp +h
)3
T=
4π 2
g p ⋅ R 2p
(
⋅ Rp +h
)3
Sustituyendo por los datos del enunciado:
T=
3
 6371× 103


⋅
+ 400 × 103  = 6049'6 s ≈ 100 min
2 

2
 6371× 103  



4'9 ⋅


2


4π 2
Septiembre 2007. Problema 1A.- Un satélite de masa 20 kg se coloca en órbita circular sobre el
ecuador terrestre de modo que su radio se ajusta para que dé una vuelta a la Tierra cada 24 horas. Así se
consigue que siempre se encuentre sobre e] mismo punto respecto a la Tierra (satélite geoestacionario).
a) ¿Cuál debe ser el radio de su órbita?
b) ¿Cuánta energía es necesaria para situarlo en dicha órbita?
Datos: Constante de Gravitación Universal
G = 6,67×10−11 N m2 kg−2
Masa de la Tierra
MT = 5,96×1024 kg
Radio de la Tierra
RT = 6371 Km
Solución.
a.
Si un satélite describe una órbita geoestacionaria alrededor de la Tierra, el periodo del satélite
será de 24 horas, y el radio de la órbita se puede calcular teniendo en cuenta este dato.
FG = Fc
G
Mm
R2
Teniendo en cuenta que
= m an : G
Mm
R2
=m
v2
M
: v2 = G
R
R
v = ω R 
2π
2π  : v =
R
ω=
T
T 
2
M
4π 2
M
MT 2
 2π 
R = G
:
=G
: R =3G

R
 T 
T2
R3
4π 2
R = 3 6,67 × 10 −11 ⋅
5,98 × 10 24 ⋅ (24 ⋅ 3600)2
4π
24
2
= 4,23 ×10 7 m
b.
La energía necesaria para ponerle en órbita un satélite, es la diferencia entre la energía mecánica
que tiene el satélite en la órbita y la que tiene en la superficie terrestre.
∆E = E m (órbita ) + E m (superficie )
1
Mm 

mv 2 +  − G

2
R 

La velocidad del satélite en la órbita se puede expresar en función de la masa de la Tierra y el
radio de la tierra.
E m (órbita ) = E c + E p =
M
v2
Mm
=G 2
v2 = G
R
R
R
Sustituyendo en la expresión de la energía:
1
M 
Mm  1 Mm
Mm
1 Mm
−G
=− G
E m (órbita ) = m ⋅ G +  − G
= G
2
R 
R  2
R
R
2
R
Fc = Fg
m
E m (sup erficie ) = −G
Mm
RT
En la superficie terrestre, el satélite solo tiene energía potencial.
Sustituyendo en el incremento de energía:
 1
1 Mm 
Mm 
1 
 = GMm ⋅ 

∆E = − G
−  − G
−
2
R
RT 

 R T 2R 


1
1
 = 1,16 × 109 J
∆E = 6,67 × 10 −11 ⋅ 5,98 × 10 24 ⋅ 20 ⋅ 
−
3
7
2 ⋅ 4,23 × 10 
 6371 × 10
Junio 2007. Cuestión 1.- Sabiendo que la aceleración de la gravedad en un movimiento de caída libre
en la superficie de la Luna es un sexto de la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra y que
el radio de la Luna es aproximadamente 0,27 RT (siendo RT el radio terrestre), calcule:
a) la relación entre las densidades medias ρLuna / ρTierra
b) la relación entre las velocidades de escape de un objeto desde sus respectivas superficies
(ve)Luna / (ve)Tierra.
Solución.
Este apartado se resuelve comparando la intensidad de campo gravitatorio (g) en la superficie de
a.
la Tierra y en la superficie lunar.
La aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta se puede expresar en función de la
masa y el radio del planeta, igualando el peso en la superficie con la fuerza gravitacional.
M⋅m
M
P = FG ; m ⋅ g = G
; g=G 2
2
R
R
MT
Para la superficie terrestre: g T = G 2
RT
M
Para la superficie lunar: g L = G 2L
RL
M
G 2L
RL
1
gL 1
1
M L R T2 1
gL = gT
=
=
=
M
6
gT 6
6
M T R 2L 6
G 2T
RT
Las masa de la tierra y de la luna se expresar en función de sus densidades
25
ρ L VL R T2
ρ T VT R 2L
4 3 2
πR L R T
1
3
=
4 3 2 6
ρ T πR T R L
3
ρL
RT
=
ρ T 6 ⋅ 0,27R T
ρL
1
=
6
ρLR L 1
=
ρT R T 6
ρL
R
= T
ρ T 6R L
ρL
= 0,62
ρT
b.
La velocidad de escape de un planeta se calcula por el principio de conservación de la energía, la
energía mecánica en la superficie del planeta (suma de cinética y potencial) debe ser igual a la que tendrá
cuando escape del campo gravitatorio, que será nula debido a que suponemos que llega con velocidad
nula (Ec = 0) y que esta a una distancia infinita (Ep = 0).
1
Mm
m v2 − G
=0
2
RT
Simplificando las masas se despeja v.
1 2
M
M
v =G
: v = 2G
2
RT
RT
ML 

R L  (v e )Luna
=
:
M T  (v e )Tierra
(ve )Tierra = 2G
R T 
(ve )Luna =
(ve )Luna
(ve )Tierra
=
2G
2G
4
πR 3L ⋅ ρ L R T
3
=
4
πR 3T ⋅ ρ T R L
3
R 2L ρ L
⋅
=
R T2 ρ T
2G
ML
RL
MT
RT
=
MLR T
MTR L
(0,27 ⋅ R T )2 ⋅ 0,62 = 0,27 ⋅
R T2
0,62 = 0,21
Junio 2007. Problema 1B.- Fobos es un satélite de Marte que gira en una órbita circular de 9380 km
de radio, respecto al centro del planeta, con un periodo de revolución dé 7,65 horas. Otro satélite de
Marte, Deimos, gira en una órbita de 23460 km de radio. Determine:
a) La masa de Marte.
b) El período de revolución del satélite Deimos.
e) La energía mecánica del satélite Deimos.
d) El módulo del momento angular de Deimos respecto al centro de Marte.
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 N m2 Kg−2
Masa de Fobos = 1,1×l016 Kg; Masa de Deimos = 2,4×l015 Kg
Solución.
a.
Para calcular la masa de Marte (M) se tiene en cuenta que si Fobos realiza una órbita circular
alrededor de Marte, la suma de fuerzas que actúan sobre Fobos será igual a la fuerza centrípeta que actúa
sobre él.
2
Fg = Fc
G
M ⋅ mf
R2
M=
b.
= mf
4π 2 R 3
G ⋅ T2
2
v
R
=
G
M
= v2
R
(
4π 2 ⋅ 9,38 × 106
 2π  3
  R
v ⋅ R (ω ⋅ R ) ⋅ R  T 
M=
=
=
G
G
G
2
)
3
6,67 × 10 −11 ⋅ (7,62 ⋅ 3600)2
= 6,49 × 10 23 Kg
El periodo de Deimos se puede calcular aplicando la 3ª ley de Kepler.
T2
TD2
Tf2
=
cte
⇒
=
R3
R 3D R 3f
26
2
R 3D
TD = Tf ⋅
Em = Ec + Ep =
c.
R 3f
(23,46 × 10 )
(9,38 × 10 )
6 3
= 7,62 ⋅
6 3
= 30,14 h = 1 d 6 h 8 min

1
M mD   2
M 
1 M mD
 = v = G
m D v 2 +  − G
=− G
2
RD  
RD 
2
RD

1
6,49 × 10 23 ⋅ 2,4 × 1015
E m = − ⋅ 6,67 × 10 −11
= −2,2 × 10 21 J
2
23,46 × 106
r r
r
L = r × mv
d.
L = r ⋅ mv ⋅ sen α
En módulo
Aplicando a Deimos:
L D = rD ⋅ m D v D ⋅ sen α
rD ⊥ v D ⇒ α = 90 ; sen α = 1
2π
L D = rD ⋅ m D v D = rD ⋅ m D ⋅ ω D ⋅ rD = rD2 ⋅ m D ⋅
TD
(
L D = 23,46 × 106
) ⋅ 2,4 × 10
2
15
⋅
2π
= 7,65 × 1025 N m
30,14 ⋅ 3600
Modelo 2007. Cuestión 1.- Un objeto de 5 kg de masa posee una energía potencial gravitatoria
Ep = −2 × 10 8 J cuando se encuentra a cierta distancia de la Tierra.
a) Si el objeto a esta distancia estuviera describiendo una órbita circulas. ¿cuál sería su velocidad?
b) Si la velocidad del objeto a esa distancia fuese de 9 km/s, ¿cuál sería su energía mecánica?
¿Podría el objeto estar describiendo una órbita elíptica es este caso?
Solución.
a) Sobre un objeto que describe una órbita circular la única fuerza que a
actúa sobre él es la fuerza de atracción gravitatoria, es una fuerza centrípeta
dirigida hacia el centro de la tierra.
Fg = Fc
G
MT ⋅m
d
2
=m
v2
d
despejando v =
G ⋅MT
d
Por otro lado, la energía potencial gravitatoria es:
M ⋅m
M
2 × 10 8 J
E p = −G T
= −2 × 10 8 J ⇒ G T =
d
d
m(kg )
Sustituyendo en la expresión de la velocidad:
v= G
MT
=
d
2 ×10 8 J
=
m(kg )
2 ×10 8 J
≈ 6324 m ≈ 6'3 Km
s
s
5 kg
b) La energía mecánica es la suma de la energía potencial y de la energía cinética.
1
1
E m = E p + E c = E p + mv 2 = −2 ×10 8 + ⋅ 5 ⋅ (9000)2 = 2´5 × 10 6 J
2
2
Si la energía mecánica es mayor que cero, el objeto se escapa del campo gravitatorio, y por tanto
no describe ningún tipo de órbita.
Nota
•
•
•
El criterio que se debe seguir para evaluar el tipo de órbita es el siguiente:
Si EM > 0, el objeto se escapa del campo gravitatorio, llegando al infinito con velocidad, seguirá
una trayectoria hiperbólica.
Si EM = 0, el objeto se escapa del campo gravitatorio, llegando al infinito sin velocidad (caso
teórico, el tiempo que tardaría seria infinito), seguirá una trayectoria parabólica
Si la EM < 0, el objeto queda atrapado en el campo gravitatorio. En este caso se pueden dar tres
27
situaciones diferentes:
1
E p < E c < E p El objeto describe una órbita elíptica, aumentando la excentricidad
2
de la elipse a medida que aumente la velocidad (energía cinética).
1
E p = E c El objeto describe una órbita circular.
2
1
E p > E c El objeto no describe ningún tipo de órbita y acaba colapsando contra el
2
planeta.
Septiembre 2006. Cuestión 1.a) Desde la superficie de la Tierra lanza verticalmente hacia arriba un objeto con una velocidad v.
Si se desprecia el rozamiento, calcule el valor de v necesario para que el objeto alcance una
altura igual al radio de la Tierra.
b) Si se lanza el objeto desde la superficie de la Tierra con una velocidad doble a la calculada en el
apartado anterior, ¿escapará o no del campo gravitatorio terrestre?
Datos: Masa de la Tierra MT = 5,98 x1024 kg
Radio de la Tierra
RT = 6370 kg
Constante de Gravitación G = 6,67x10-11 N m2 kg-2
Solución.
r = 2R T
a.
Igualamos las energías mecánicas en la superficie de la Tierra y en la orbita con
E m (Superficie ) = E m Órbita
(
−G⋅
)
MT ⋅m 1
M ⋅m
+ mv 2 = −G ⋅ T
RT
2
2R T
Simplificando la masa m en toda la ecuación, se despeja la velocidad
 1
1 2
1 

v = G ⋅ M T 
−
2
 R T 2R T 
 1
1
v 2 = 2G ⋅ M T 
−
R
2
R
T
 T



 1
v = 2GM T 
 2R T



v=
G⋅MT
RT
Sustituyendo datos numéricos:
v=
6'67 ×10 −11 ⋅ 5'98 ×10 24
6'37 × 10 6
= 7913'1 m
s
b.
Si escapa del campo gravitatorio, la energía mecánica final será la que tenga en el infinito (punto
donde la tierra no ejerce influencia), que es igual a cero. Procediendo como en el apartado a
E m (Superficie ) = E m (Infinito )
M⋅m 1
+ mv 2 = 0
RT
2
Dividiendo toda la ecuación `por la nasa del objeto:
M 1 2
−G⋅
+ v =0
RT 2
Para saber si el objeto escapa de la tierra, se calcula con la igualdad anterior la velocidad de
escape de la tierra.
−G⋅
−G⋅
M 1 2
+ v esc ≥ 0
RT 2
v esc ≥ 2G ⋅
M
5,98 × 10 24
= 2 ⋅ 6'67 ×10 −11 ⋅
= 11190 m
s
RT
6,37 ×10 6
v objeto = 2 ⋅ 7913,1 = 15826,2 > v esc
Como la velocidad del objeto es superior a la de escape, el objeto se escapa del campo
gravitatorio
28
Junio 2006. Cuestión 1.- Llamando go y Vo a la intensidad de campo gravitatorio y al potencial
gravitatorio en la superficie terrestre respectivamente, determine en función del radio de la Tierra:
a) La altura sobre la superficie terrestre a la cual la intensidad de campo gravitatorio es go/2.
b) La altura sobre la superficie terrestre a la cual el potencial gravitatorio es Vo/2.
Solución.
El campo gravitatorio y el potencial gravitatorio a una distancia R del centro de la Tierra son,
respectivamente y en valor absoluto:
M
M
g = G 2T
V=G T
R
R
donde G = constante de gravitación y MT = masa de la tierra.
Por tanto en la superficie terrestre, donde la distancia al centro es el radio de la Tierra RT.
M
M
Vo = G T
g o = G 2T
RT
RT
a.
Se busca la distancia R a la que se cumple:
g=
go
2
Sustituyendo por sus respectivas expresiones.
G
MT 1 MT
= G 2
R2
2 RT
Despejando R:
R 2 = 2R T2
⇒ R = 2R T
Para calcular la altura (h) sobre la superficie se tiene en cuenta:
h = R −RT
Como se ve en la figura.
h = 2R − R =
(
)
2 − 1 R T = 0,41R T
b.
Se busca la distancia R al centro de la tierra a la que se cumple:
V
V= o
2
Sustituyendo por sus respectivas expresiones.
M
1 M
G T = G T
R
2 RT
Despejando R:
R = 2R T .
Si h es la altura sobre la superficie, al igual que en el apartado anterior se tiene que:
h = R − R T = 2R T − R T
h = RT
29
Junio 2006. Problema 1A.- Un satélite artificial describe una órbita circular alrededor de la Tierra. En
esta órbita la energía mecánica del satélite es -4,5 x 109 J y su velocidad es 7610 m s-1 Calcule:
a) El módulo del momento lineal del satélite y el módulo del momento angular del satélite respecto
al centro de la Tierra.
b) El periodo de la órbita y la altura a la que se encuentra el satélite.
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67 x10 −11 N m 2 kg −2
M T = 5,98x10 24 kg
Masa de la Tierra
Radio de la Tierra
R T = 6,37 x10 6 m
Solución.
Para resolver los apartados a) y b) es necesario conocer la masa del satélite y el radio de su
órbita.
El radio se calcula teniendo en cuenta que en una órbita circula la fuerza centrífuga es igual a la
fuerza gravitatoria.
M m
v2
Fc = Fg ⇒ m
=G T
R
R2
Igualdad de la que se despeja el radio de la órbita.
GM T
R = 6890 Km
R=
v2
La energía mecánica en una órbita circular coincide
con la mitad de la energía potencial.
1
1 M m
E m = Ep = − G T
2
2
R
donde m es la masa del satélite.
2⋅R ⋅Em
m=−
m = 155kg
G ⋅MT
a.
El modulo del momento lineal es:
p = m ⋅ v = 155 kg ⋅ 7610
m
= 1'180 ×10 6 kg ⋅ m ⋅ s −1
s
El módulo del momento angular es:
L = m ⋅ v ⋅ R = 155 kg ⋅ 7610
b.
m
⋅ 6'89 × 10 6 m = 8,13 ×1012 kg m 2 s −1
s
Conociendo la velocidad y el radio de la orbita el periodo se calcula a partir de:
v=
2πR
2πR 2π ⋅ 6'89 × 10 6 m
→T=
=
= 5689 s
T
v
7610 m s −1
La altura sobre la superficie es la diferencia entre el radio de la tierra y el de la órbita:
h = R − R T = 6890 − 6370 = 520 Km
Modelo 2006. Cuestión 1.a) Enuncie las tres leyes de Kepler sobre el movimiento planetario.
b) Si el radio de la órbita de la Tierra es 1,50×1011 m y el de Urano 2,87×1012 m calcule el periodo
orbital de Urano.
Solución.
a.
Las tres leyes de Kepler son.
1. Los planetas describen orbitas elípticas con el sol situado en un foco
2. La velocidad areolar (el área que barre el vector de posición del planeta por unidad de tiempo) es
constante.
3. Los cuadrados de los periodos de revolución de los planetas son proporcionales a los cubos de
sus distancias medias al sol.
30
b.
R T = 1,50 ×1011 m
R u = 2,87 ×1012 m
De acuerdo con la tercera ley de Kepler T 2 = CR 3 donde C es una constante que podemos
calcular con los datos del radio de la orbita terrestre y de su periodo orbital que es un año.
T2
TT2 = CR 3T ⇒ C = T3
RT
Como Urano cumple la misma relación
R3
T2
Tu2 = CR 3u = T3 R 3u ⇒ Tu2 = 3u TT2
RT
RT
Tu =
R 3u
R 3T
TT =
(2,87 ×10 m)
(1,50 ×10 m)
3
12
11
× 1año = 83,7años
Modelo 2006. Problema 1A.- Se lanza una nave de masa m = 5×103 kg desde la superficie de un
planeta de radio Rl = 6×103 km y masa M1 = 4×1024 kg, con velocidad inicial v0 = 2×1024 en dirección
hacia otro planeta del mismo radio R2 = Rl y masa M2 = 2 M1, siguiendo la línea recta que une los centros
de ambos planetas. Si la distancia entre dichos centros es D = 4,83×l010 m, determine:
a) La posición del punto P en el que la fuerza neta sobre la nave es cero.
b) La energía cinética con la que llegará la nave a la superficie del segundo planeta.
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6, 67×10-11 N m2 kg-2
Solución.
a.
Llamemos x a la distancia entre el planeta 1 y el punto P de manera que el módulo de la fuerza
que sufre el satélite por la acción de la gravedad de cada planeta es:
M m
M 2m
F1 = G 12
F2 = G
x
(D − x )2
Si ambas se igualan:
F1 = F2
⇒
G
M1m
x
2
=G
M2m
(D − X )2
Teniendo en cuenta que M2 = 2M1, y simplificando la igualdad se obtiene una ecuación de 2º grado.
M1
2M 1
=
⇒ 2x 2 = (D − x )2 ⇒ x 2 + 2Dx − D 2 = 0
2
2
x
(D − X )
x=
(
)
 x = 2 − 1 D
− 2D ± 4D 2 + 4D 2
= −D ± 2 D : 
2
x = − 1 − 2 D
(
Como es una distancia solo sirve la solución positiva
(
)
x = D 2 − 1 = 4,83 ×1010 m ⋅
31
(
)
2 − 1 = 2 ×1010 m
)
b.
Si olvidamos la energía potencial que tiene el objeto en un planeta debido a la atracción de otro
planeta la energía inicial de la nave será:
M m
1
E i = Ec i + Ep i = mv 02 − G 1
2
R1
Y la energía final
M m  M = 2M 1 
2M 1 m
E f = Ec f + Ep f = Ec f − G 2 =  2
 = Ec f − G
R2
R1
 R 2 = R1 
Como la energía se conserva
E i = E f ⇒ Ec i − G
M1m
2M 1 m
= Ec f − G
R1
R1
Despejando la energía cinética final
Ec f = Ec i + G
2M 1 m
M m
−G 1
R1
R1
Ec f = Ec i + G
Ec f =
(
5000kg × 2 × 10 24
2
)
2
m
M1m
R1
24
s + 6,67 × 10 −11 Nm 2 kg − 2 4 ×10 kg × 5000kg = 1× 10 52 J + 2,2 × 1014 J
6 ×10 3 m
Ec f = 10 52 J
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6, 67 x 10-11 N m2 kg-2
El problema es absurdo por que no hay ningún objeto que pueda alcanzar la velocidad inicial propuesta.
Septiembre 2005. Cuestión 2.- Dos masas iguales, M = 20 kg, ocupan posiciones fijas separadas una
distancia de 2 m, según indica la figura. Una tercera masa, m´=0,2 kg, se suelta desde el reposo en un
punto A equidistante de las dos masas anteriores y a una distancia de 1 m de la línea
que las une (AB=l m). Si no actúan más que las acciones gravitatorias entre estas
masas, determine:
a) La fuerza ejercida (módulo, dirección y sentido) sobre la masa m' en la
posición A.
b) Las aceleraciones de la masa m' en las posiciones A y B.
Dato: Constante de Gravitación Universal
G = 6,67×10−11 N m2 kg−2
Solución.
M ⋅ M'
a.
La expresión de la fuerza gravitatoria es F = G
, y la dirección es la que une las masas
d2
según muestra el esquema de la figura.
r
r
Las fuerzas F1 y F2 se descomponen en sus componentes vertical y horizontal.
r
r
 F1x = F1 ⋅ sen (− α )

:r
r
 F1y = F1 ⋅ cos(− α )
r
r
 F2 x = F2 ⋅ sen α
r

+ F2 y :  r
r
 F2 y = F2 ⋅ cosα
r
r
r
F1 = F1x + F1y
r
r
F2 = F2 x
32
r
r
M⋅m
Por otra parte F1 = F2 = G 2 , por lo tanto hay que calcular d y α.
d
d se halla por el teorema de Pitágoras
d = 12 + 12 = 2 m
α se halla teniendo en cuenta que es un triángulo isósceles rectángulo
α = 45º
r
r
r
r
r
r r r r
M ⋅ m'
M ⋅ m'
F1 = F1x + F1y = F1x i + F1y j = G 1 2 ⋅ sen (− α ) i + G 1 2 ⋅ cos(− α ) j
d
d
r
r
r
r
r
r r r r
M 2 ⋅ m'
M 1 ⋅ m'
F2 = F2 x + F2 y = F2 x i + F2 y j = G
⋅
sen
α
i
+
G
⋅
cos
α
j
d2
d2
Sustituyendo por los valores:
r
r
r

20 kg ⋅ 0'2 kg
2r
−10 
F1 = 6'67 ⋅10 −11 Nm 2 kg − 2
⋅
sen
−
45
i
+
cos
−
45
j
=
1
'
33
⋅
10
−
i+
(
)
(
)
2
 2

2 m2
r
r
r
r

20 kg ⋅ 0'2 kg
2
−10  2
F2 = 6'67 ⋅10 −11 Nm 2 kg − 2
⋅
sen
45
i
+
cos
4
5
j
=
1
'
33
⋅
10
i+
2 2
 2
2

2 m
(
)
(
2
2
r
j


)
r
j


La fuerza gravitatoria total ejercida ejercidas por las masas M sobre la masa m’ es la suma
r
r
vectorial de F1 y F2 .
operando para simplificar
r
r
F = 1′ 89 ⋅10 −10 j N
b.
Si se aplica la ecuación de Newton en el punto A se obtiene la aceleración a la que se ve
sometida la masa m’ en dicho punto.
r
r
r
r
r
r F 1'89 ⋅10 −10 j N
F = m⋅a ⇒ a = =
= 9'43 ⋅10 −10 j m 2
s
m
0'2 kg
r
En el punto B, las fuerzas no tienen componente j por lo que la fuerza resultante es nula y por
tanto la aceleración en A también es nula.
Septiembre 2005. Problema 1A. Desde la superficie terrestre se lanza un satélite de 400 kg de masa
hasta situarlo en una órbita circular a una distancia del centro de la Tierra igual a las 7/6 partes del radio
terrestre. Calcule:
a) La intensidad de campo gravitatorio terrestre en los puntos de la órbita del satélite.
b) La velocidad y el periodo que tendrá el satélite en la órbita.
c) La energía mecánica del satélite en la órbita
d) La variación de la energía potencial que ha experimentado el satélite al elevarlo desde la
superficie de la Tierra hasta situarlo en su órbita.
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6’67×10−11 Nm2 kg−2
Masa de la Tierra
MT = 5,98×1024 kg
33
Radio de la Tierra
RT = 6,37×106 m
Solución.
a.
La expresión del campo gravitatorio es:
r
M r
g = G ⋅ 2 UR
R
r
r
Donde U R es el vector unitario en la dirección del radio. La intensidad será el modulo de g .
r
M
g = g = G⋅ 2
R
Teniendo en cuenta que el radio de la órbita es 7/6 del radio terrestre:
M
M
36
36
g = G⋅
=
⋅ G 2T =
⋅ g = 7'2 N
2
kg
49
49
R
7 R
T
T
6
(
)
b.
En una órbita circular la fuerza centrífuga compensa a la gravitatoria.
M ⋅m
v2
Fc = Fg ⇒ m
= G T2
R
R
Despejando la velocidad:
M
R
Teniendo en cuenta que el radio de la órbita es 7/6 del radio terrestre:
v= G
v= G
MT
7 R
6 T
= 6'67 ×10 −11 Nm 2 kg − 2
5'98 ×10 24 kg
7 ⋅ 6'37 ×10 6 m
6
= 7326 m
s
Por ser un movimiento circular uniforme:
6
7
7
2π 
2πR 2π 6 ⋅ R T 2π ⋅ 6 ⋅ 6'37 ×10 m

T=
:
T
=
=
=
= 6374 s
ω 
v
v
7326 m
v = ω ⋅ R 
s
c.
La energía mecánica es la suma de la cinética y la potencial.
Em = Ec + Ep
Energía cinética:
1

mv 2 
M
1

2
: E = m⋅ G T
M T  c 2
R
v= G

R 
Ec =
2
=
1 MTm
G
2
R
Energía potencial
MTm
R
Sumando los dos términos se obtiene la energía mecánica del satélite en la órbita.
MTm
1 M m  M m
1 M m
1
E m = E c + E p = G T +  − T  = − G T = − G
2
R
R 
2
R
2 7 RT

6
sustituyendo valores
E p = −G
1 M m
1
5'98 × 10 24 kg ⋅ 400 kg
E m = − G T = − 6'67 × 10 −11 Mm 2 kg − 2
= −1'07 × 1010 J
7 ⋅ 6'37 × 106 m
2 7 RT
2
6
6
d.
La variación de energía potencial es:
∆E p = E p (i ) − E p (f )
34
MTm 


R T  : ∆E = G M T m − G M T m = GM m ⋅  1 − 1  = GM m ⋅  1 − 1 

p
T
T
 R
R

7 R 
M m
RT
R
T
 T R
E p (f ) = G T 
6 T

R 
sustituyendo valores


1
1


= 3'6 × 10 9 J
∆E p = 6'67 × 10 −11 ⋅ 5'98 × 10 24 ⋅ 400 ⋅ 
−
6
6 
7
 6'37 ×10
⋅ 6'37 × 10 
6


E p (i ) = G
Junio 2005. Cuestión 2.a) Deduzca la expresión de la energía cinética de un satélite en órbita circular alrededor de un
planeta en función del radio de la órbita y de las masas del satélite y del planeta.
b) Demuestre que la energía mecánica del satélite es la mitad de su energía potencial.
Solución.
a.
Para deducir la Ec, primero se calcula la velocidad del satélite en la órbita, para ello se iguala la
fuerza centrífuga con la gravitatoria
Fg = Fc
M⋅m
v2
R
M
R
R
1
1
M 1 M⋅m
Ec = m⋅ v2 = m⋅G
= G
2
2
R 2
R
G⋅
b.
2
= m⋅
⇒
v2 = G ⋅
Para calcular la energía mecánica se suman la cinética y la potencial.
1 M⋅m
M⋅m
1 M⋅m 1 
M⋅m  1
EM = Ec + Ep = G
−G
=− G
= − G
 = Ep
2
R
R
2
R
2
R  2
Junio 2005. Problema 1A.- Un satélite artificial de la Tierra de 100 kg de masa describe una órbita
circular a una altura de 655 Km. Calcule:
a) El periodo de la órbita.
b) La energía mecánica del satélite.
c) El módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra.
d) El cociente entre los valores de la intensidad de campo gravitatorio terrestre en el satélite y en la
superficie de la Tierra.
Datos: Masa de la Tierra
MT = 5’98×10−24 kg
Radio de la Tierra
RT = 6’37×106 m
Constante de Gravitación Universal G = 6.67×10-11 N m2 kg-2
Solución.
a.
Al ser una órbita circular: F g = F c
G⋅
M⋅m
R
2
= m⋅
v2
R
⇒
35
v2 = G ⋅
M
R
Por otra parte en un movimiento circular se cumple:
2π 
2π ⋅ R

T=
ω :T =
v
v = ω ⋅ R 
sustituyendo la velocidad:
T=
b.
(
)
3
7'025 × 10 6 m
R3
= 2π ⋅
= 2π ⋅
= 5857'8 s
G⋅M
6'67 × 10 −11 Nm 2 Kg − 2 ⋅ 5'98 × 10 24 Kg
G⋅M
R
5857'8 s
T=
= 1 h 37 ′ 82 ′′
3600 s
h
2π ⋅ R
Em = Ec + Ep =
1
Mm  2
M
1 Mm

mv 2 +  − G
 = v = G  = − G
2
R
R
2
R

 

1
5'98 × 10 24 ⋅ 100
E m = − 6'67 × 10−11 ⋅
= −2'8 × 109 J
6
2
7'025 × 10
c.
r
r r
M
L = R × p ; L = R ⋅ p ⋅ sen 90º = R ⋅ mv = R ⋅ m G
= m G⋅M⋅R
R
L = 100 ⋅ 6'67 × 10−11 ⋅ 5'98 × 1024 ⋅ 7'025 × 106 = 5'3 × 1012 Kg ⋅ m 2s −1
d.
Igualando el peso con la fuerza gravitacional, se obtiene una expresión de la intensidad de campo
gravitatorio en función de la masa del planeta y del radio (distancia al centro)
M
g=G
R2
Aplicando esta expresión en la superficie de la tierra y en la orbita del satélite se puede obtener
el cociente de las intensidades.
M
M 
G T
gT = G T 
2
2
2
 6'37 ×10 6 
R Sat
g Sat  R T 
R T2  g Sat
 = 0'82
 =
:
=
Simplificando
= 
M 
 7'025 × 10 6 
MT
gT
R Sa 



g Sat = G T  g T
G
2 
2
R Sat
R

T
Modelo 2005. Cuestión 1.- Razone si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:
a) Un objeto de masa m1 necesita una velocidad de escape de la Tierra el doble que la que necesita
otro objeto de masa m 2 = m1 2
b) Se precisa realizar más trabajo para colocar en una misma órbita un satélite de masa m1 que otro
satélite de masa m 2 = m1 2 , lanzados desde la superficie de la Tierra.
Solución.
a.
FALSO. La velocidad de escape desde la superficie de la tierra se puede deducir sabiendo que la
energía a una distancia infinita de la tierra es cero, y por tanto, si la energía que tiene un cuerpo en la
superficie terrestre es:
M ⋅m
E Sup = −G ⋅ T 1 (Energia potencial gravitatoria)
RT
habrá que imprimirle una energía cinética de escape:
E c (Esc ) =
de forma que.
1
m1 ⋅ v 2Esc
2
E Sup + E c (Esc ) = 0
sustituyendo las expresiones de ambas energías se despeja la velocidad de escape.
36
−G⋅
M T ⋅ m1 1
+ m1 ⋅ v 2Esc = 0
RT
2
v Esc = 2G ⋅
MT
RT
Expresión que pone de manifiesto que la velocidad de escape de un planeta no depende de la
masa del cuerpo, por tanto la velocidad de escape será idéntica para ambos cuerpos.
b.
VERDADERO. Si consideramos el campo gravitatorio como puramente conservativo:
W = −∆E p = Ep o − Ep f
W = −G ⋅
1
M T ⋅ m1 
M ⋅m 
1
−  − G ⋅ T 1  ´´ W = G ⋅ M T ⋅ m1  −
RT
r


 r RT
donde r > R T



Como vemos, este trabajando si que depende de la masa del cuerpo m1, (además de ser negativo,
lo que indica que el trabajo lo realizamos nosotros “en contra” del campo, gastamos energía)
m
Según se observa en la formula anterior, si m 2 = 1
2
m 1 1 

W = G·M T · 1  −
2  r R T 
Cuanto mayor es la masa del cuerpo, más trabajo tenemos que realizar, por tanto, el satélite de
masa m1 requiere efectuar mas trabajo que el de masa m 2 = m1
2
Septiembre 2004. Cuestión 1. La luz solar tarda 8,31 minutos en llegar a la Tierra y 6,01 minutos en
llegar a Venus. Suponiendo que las órbitas descritas por ambos planetas son circulares, determine:
a) el periodo orbital de Venus en torno al Sol sabiendo que el de la Tierra es de 365,25 días
b) la velocidad con que se desplaza Venus en su órbita.
Dato: Velocidad de la luz en el vacío c = 3x108 m/s
Solución.
a.
El periodo T se define como:
2π 
v  2π
2πR
: T=
T=
= ω =  =
ω 
R v
v
R
En el caso de orbitas circulares, la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo debe
ser igual a la fuerza centrípeta igualando la fuerza centrífuga a la gravitatoria se obtiene una expresión
para la velocidad en la órbita:
Fg = Fc
G
Mm
R
2
=m
v2
R
v2 = G
M
R
Operando con las dos expresiones:
2πR
4π 2 R 2 
T=
⇒ T2 =

4π 2 R 2
R3
4π 2 3
v
v2  : T2 =
= 4π 2
→ T2 =
R → Ley de Keppler
GM
GM
GM
M
2

v =G

R
R
teniendo en cuenta que G y M(masa de Sol) son constantes,
T2
R3
= cte , y aplicando a las orbitas de la
Tierra y de Venus
Tt2
=
R 3t
→ Tv2 = Tt2
R 3v
Tv2 R 3v
R 3t
Los radios de la Tierra y de Venus se calculan a partir del tiempo que tarda en llegar la luz a cada
uno de los planetas en un M.R.U.
37
t t = 8,31 min ⋅
60 seg
= 498 ,6 seg
1 min
60 seg
= 360,6 seg
1 min
multiplicando por la velocidad de la luz tenemos la distancia de la tierra al sol y de Venus al Sol.
R T = d T −S = 498'6 seg ⋅ 3 × 10 8 m = 1496 × 10 8 m
s
8m
R V = d V −S = 360'6 seg ⋅ 3 × 10
= 1082x10 8 m
s
t v = 6.01 min⋅
Tv =
b.
Tt2
R 3v
R 3t
=
(365'25 días )
2
 1'08 ×1012
⋅
 1'50 ×1012

3

 = 223,15 días


La velocidad orbital de Venus será:
2 πR v
2 πR v
1082 × 10 8 m
→V=
= 2π ×
= 35261 m
T=
s
V
Tv
223,15 × 24 × 3600 s
Septiembre 2004. Problema 1A. Un planeta esférico tiene 3200 km de radio y la aceleración de la
gravedad en su superficie es 6,2 m s-2. Calcule:
a) La densidad media del planeta y la velocidad de escape desde su superficie.
b) La energía que hay que comunicar a un objeto de 50 kg de masa para lanzarlo desde la
superficie del planeta y ponerlo en órbita circular alrededor del mismo, de forma que su periodo
sea de 2 horas.
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6’67×10−11 N m2kg−2
Solución.
a.
Igualando el peso de los cuerpos en el planeta con la fuerza de atracción gravitacional:
M⋅m
m⋅g = G
R2
se obtiene una expresión de g en función de la masa y radio del planeta
M
g=G
R2
La masa de un sólido se puede expresar en función del volumen y la densidad(ρ), y para sólidos
esféricos, el volumen se puede expresar en función del radio.
M = V ⋅ρ 
4

4
: M = π⋅ R 3 ⋅ρ
V = π⋅R3 
3

3
sustituyendo en la expresión de g
4
π⋅ R 3 ⋅ρ
4
3
g=G
:
g = π⋅G ⋅R ⋅ρ
2
3
R
expresión de la que se puede despejar la densidad del planeta en función del radio y gravedad del mismo.


g = 6'2 m 2
3g
3 ⋅ 6'2
s
ρ=
=
= 6934'7 kg 3
=
4π ⋅ R ⋅ G R = 3200 Km = 3'2 × 10 6 m  4π ⋅ 3'2 ×10 6 ⋅ 6'67 ×10 −11
m


La velocidad de escape del planeta se puede calcular por el principio de conservación de la
energía, la energía mecánica en la superficie terrestre (suma de cinética y potencial) debe ser igual a la
que tendrá cuando escape del campo gravitatorio, que será nula debido a que suponemos que llega con
velocidad nula (Ec = 0) y que esta a una distancia infinita (Ep = 0).
1
Mm
m v e2 − G
=0
2
R
Simplificando las masas se despeja v.
38
1 2
M
M
ve = G
: v e = 2G
2
R
R
Como se desconoce la masa del planeta, se puede resolver de dos formas diferentes,
relacionando M con la aceleración de la gravedad en la superficie del planeta y el radio, o calculando la
masa del planeta con la densidad y el volumen.
M
Relacionando M con g y R: De la expresión g = G
R
2
, se despega el producto G·M = g·R2, sustituyendo
en la expresión de la velocidad de escape:
ve = 2
g ⋅ R2
= 2g ⋅ R = 2 ⋅ 6,2 ⋅ 3,2 × 106 = 6299,2 m
s
R
Calculando la masa con la densidad del planeta: M = V ⋅ ρ =
(
)
4
πR 3ρ
3
3
4
π ⋅ 3,2 × 106 ⋅ 6934,7 = 9,52 × 10 23
3
Sustituyendo en la expresión de la velocidad de escape:
M=
v e = 2 ⋅ 6,67 × 10−11
9,52 × 1023
3,2 × 106
= 6299,8 m
s
b.
Por el principio de conservación de energía, la energía mecánica en la superficie es igual a la
energía mecánica en la órbita.
E m (superficie ) = E m (órbita )
(Ec + E p )superficie = (E c + E p )órbita


Mm 
1
Mm
2

E c (superficie ) +  − G
= mv órb
+  − G
R
2
R
P superficie
órb





La velocidad en la órbita se puede expresar en función de la masa y del radio del planeta. En el
caso de orbitas circulares, la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo debe ser igual a la
fuerza centrípeta igualando la fuerza centrífuga a la gravitatoria se obtiene una expresión para la
velocidad en la órbita:
Fg = Fc
G
Mm
R
2
=m
v2
R
v2 = G
M
R

Mm 1
M
Mm 

= mG
+  − G
RP
2
R órb 
R órb 
Mm
1 Mm
Mm 1 Mm
E c (superficie ) − G
=− G
E c (superficie ) = G
− G
RP
2 R órb
R P 2 R órb
E c (superficie ) + −G
 1
1
E c (superficie ) = GMm
−
 R P 2R órb



Para calcular el radio de la órbita se emplea el periodo. Partiendo de la expresión de v en función
v = ω R 
2π
M

2π  : v =
de M y R  v 2 = G  , y teniendo en cuenta que:
R
ω
=
R
T



T 
2
M
 2π 
R = G

T
R


R = 3 6,67 × 10 −11
:
4π 2
T2
=G
M
R3
: R =3G
9,52 × 10 23 ⋅ (2 ⋅ 3600)2
4π
39
2
MT 2
4π 2
= 4,37 × 106 m
Sustituyendo los valores en la energía cinética:


1
1
 = 6,29 × 108 J
E c (superficie ) = 6,67 × 10 −11 ⋅ 9,52 × 10 23 ⋅ 50 ⋅ 
−
6
6
3
,
2
⋅
10
2
⋅
4
,
37
×
10


Junio 2004. Cuestión 2.- Plutón describe una órbita elíptica alrededor del Sol. Indique para cada una
de las siguientes magnitudes si su valor es mayo, menor o iguala en el afelio (punto más alejado del Sol)
comparando con el perihelio (punto más próximo al Sol):
a) Momento angular respecto a la posición del Sol.
b) Momento lineal.
c) Energía potencial
d) Energía mecánica.
Solución.
a.
El momento angular alrededor del sol es constante ya que es una fuerza central.
b.
El momento lineal es diferente. Se puede calcular
→
teniendo en cuenta que L = Cte
Dado que en el afelio y en el perihelio el ángulo entre
r r
r y p es de 90º el modulo de L queda
L a = ra ⋅ p a
L p = rp ⋅ p p
teniendo en cuenta que el momento angular es constante
p p ra
L a = L p : ra p a = rp p p :
=
> 1 ra > rp ⇒ p p > p a
p a rp
(
)
c.
La energía potencial solo depende de la distancia:
M⋅m
E p = −G
r
dado que el radio del afelio es mayor que el radio del perihelio,
se puede observar que en modulo E p (p ) > E p (a ) pero sin módulos E p (a ) > E p (p ) por lo que al
conservarse la energía mecánica E c (p ) > E c (a ) .
d.
La energía mecánica permanece constante ya que no hay fuerzas de rozamiento.
Modelo 2004. Cuestión 1.- La velocidad de un asteroide es de 20 km/s en el perihelio y de 14 km/s en
el afelio. Determine en esas posiciones cual es la relación entre:
a) Las distancias al Sol en tomo al cual orbitan.
b) Las energías potenciales del asteroide.
Solución.
a.
El asteroide describe una orbita elíptica en
r r
torno a su Sol sometido a fuerzas centrales r F , y
r
r
por tanto M = 0 , lo cual supone que L = cte . La
constancia del momento angular, permite plantear que
el momento angula en el perihelio (punto de la órbita
más próximo al Sol) es igual al momento angular en el afelio (punto de la órbita más alejado del Sol).
r
r
r r
r r
L p = L a En módulo L × p = L × p ; rp ⋅ mv p ⋅ senα = rp ⋅ mv p ⋅ senα
(
)
p
a
Simplificando la masa y teniendo en cuenta que el vector velocidad es tangente a la trayectoria,
(rr ⊥ vr ) ⇒ α =90º.
40
rp ⋅ v p ⋅ sen90 = ra ⋅ v a ⋅ sen90 ; rp ⋅ v p = ra ⋅ v a ;
rp
ra
=
rp
ra
=
va
vp
14
= 0,7
20
b.
La energía potencial gravitatoria que tiene el asteroide en cada punto de la trayectoria, tiene la
expresión:
M⋅m
E p = −G
r
Si se aplica al afelio y perihelio y se compara:
M⋅m
−G
Ep
Ep
rp
r
1
1
p
p
Simplificando y ordenando:
= a =
=
= 1,43
=
M⋅m
r
Ep
E
r
0
,7
p
p a
p
−G
a
ra
ra
( )
( )
( )
( )
Modelo 2004. Problema 1A.- La sonda especial Mars Odissey describe una órbita circular en torno a
Marte a una altura sobre su superficie de 400 km. Sabiendo que un satélite de Marte describe órbitas
circulares de 9390 km de radio y tarda en cada una de ellas 7’7 h, calcule:
a) El tiempo que tardara la sonda especial en dar una vuelta completa.
b) La masa de Marte y la aceleración de la gravedad en su superficie.
Datos: Constante de Gravitación Universal
G = 6’67×10−11N m2kg−2
Radio de Marte
RM = 3390 km
Solución.
2π
ω
teniendo en cuenta que se cumple la 3º ley de Kepler:
a.
Se pide el periodo de la sonda:
T=
T2 = k ⋅r3
se relaciona el periodo de la sonda con el del satélite:
Tson 2 = k ⋅ r23 
 : son ≡ Soda; sat ≡ satélite
Tsat 2 = k ⋅ r13 
Dividiendo ambas expresiones y puesto que la k sólo depende del cuerpo en torno al cual se
produce la orbita, el mismo valor en ambos casos:
Tson 2
=
Tsat 2
r2 3
r13
despejando Tson:
1
 T 2 ·r 3  2
Tson =  sat 3 2 
 r

1


sustituyendo los valores del problema y calculando:
Tson = 7108 seg. = 1’97 H
41
b.
La masa de Marte se puede hallar teniendo en cuenta que para que el satélite describa una órbita
circular en torno a Marte, la fuerza de atracción gravitacional debe ser igual a la fuerza centrípeta a la que
se ve sometido el satélite. Si M ≡ masa de Marte; m ≡ masa del satélite:
v = ω R 
M
2π
Mm
v2
2π  : v =
G
=m
G
= v2
R
ω=
r1
r1
r1
T
T 
2
M
 2π 
R = G

R
 T 
M=
(
4π 2 ⋅ 9,39 × 106
M=
)
4π 2 r13
T 2G
3
(7,7 ⋅ 3600)2 ⋅ 6,67 × 10−11
= 6,38 × 10 23 kg
Septiembre 2003. Problema 1A. Un satélite artificial de 100 kg de masa se encuentra girando
alrededor de la Tierra en una órbita circular de 7100 km de radio. Determine:
a) El periodo de revolución del satélite.
b) El momento lineal y el momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra.
c) La variación de energía potencial que ha experimentado el satélite al elevarlo desde la superficie
de la Tierra hasta esa posición.
d) Las energías cinética y total del satélite.
Datos: Masa de la Tierra
MT = 5’98×1024kg
Radio de la Tierra
RT = 6’37×106m
Constante de Gravitación Universal
G = 6’67×10−11 N m2kg−2
Solución.
a.
La relación entre el periodo T y la velocidad angular ω es:
2π
ω=
-1T
A partir de la igualdad entre la fuerza centrípeta y la fuerza
gravitatoria se obtiene la velocidad lineal, de esta la angular y de la angular
el periodo.
r
r
Fc = FG
m⋅
m⋅MT
v2
= G⋅
R
R2
despejando la velocidad
v = G⋅
MT
R
teniendo en cuenta que v = ω · R -2M
G⋅ T
24
v
R = G ⋅ M T = 6'67 × 10−11 5'98 × 10 = 1'056 × 10 −3 rad
ω= =
3
s
R
R
R3
7,1 × 106
(
)
despejando el periodo de -1- y sustituyendo la velocidad angular obtenida
2π
2π
T=
=
= 5951 s = 1 h 39'
ω 1'056 × 10− 3
b.
La expresión para el momento lineal es
r
r
p = m⋅v
siendo su módulo
p=m· v
utilizando la relación -2-
p = m ⋅ ω ⋅ R = 100 ⋅ 1'24 × 10 −3 ⋅ 7,1 × 106 = 7'49 × 105 kg ⋅ m
42
s
r
r
la dirección y sentido de p es la misma que la de v , perpendicular al radio en todo punto de la
trayectoria circular:
La expresión para el momento angular es
r r
r
L = R × mv
que constituye el momento de la cantidad de movimiento (ó momento lineal ). El módulo de L es:
r
L = R ⋅ mv ⋅ sen α
r
r
teniendo en cuenta que el ángulo formado por R y m·v es de 90º en todo momento
r
L = R ⋅ m·v ⋅ sen 90 = R ⋅ m·v
aplicando -2-
r
L = R ⋅ m·v = R ⋅ m ⋅ ωR = m ⋅ ω ⋅ R 2
sustituyendo los valores numéricos:
r
L = m ⋅ ω ⋅ R 2 = 5'98 × 10 24 ⋅1'24 × 10 −3 ⋅ 6'37 × 10 6
(
)
2
= 3 ×10 35 kg ⋅ m
2
s
La dirección del vector es perpendicular al plano de la órbita, y en dirección positiva(eje z)
c.
La variación de energía potencial que experimenta el satélite al elevarlo desde la superficie de la
tierra hasta su posición en la órbita, se obtiene restando la energía potencial que tiene el satélite en la
órbita, menos la que tiene en la superficie de la tierra.
 1
m⋅MT 
m⋅MT 
1
 = G ⋅ m ⋅ M T 
∆E p = −G ⋅
−  − G ⋅
− 
R
RT 

 RT R 
sustituyendo los datos numéricos del problema:
 1
1

1
1

∆E p = G ⋅ m ⋅ M T 
−  = 6'67 × 10 −11 ⋅ 100 ⋅ 5'98 × 10 24 
−
 = 6'44 × 108 J
6
6
R
R
6
'
37
×
10
7
'
1
×
10


 T

1
m⋅ v2 .
2
La velocidad se calcula mediante la ecuación -2v = ω ⋅ R = 1'24 ×10 −3 ⋅ 7'1× 10 6 = 8.804 m
d.
Energía cinética: E c =
s
conocida la velocidad, la energía cinética se calcula sustituyendo en su expresión
2
1
1
E c = m ⋅ v 2 = ⋅100 kg ⋅ 8.804 m
= 3'88 × 10 9 J
s
2
2
(
)
La energía total del satélite es la suma de su energía cinética más su energía potencial
m⋅MT  1
1

100 ⋅ 5'98 × 10 24
E T = m ⋅ v 2 +  − G
= −1'74 ×10 9 J
 = ⋅100 ⋅ 8.804 2 − 6'67 × 10 −11

6
2
R
2


7'1×10
43
Junio 2003. Cuestión 1. Suponiendo un planeta esférico que tiene un radio la mitad del radio terrestre
e igual densidad de la Tierra, calcule:
a) La aceleración de la gravedad en la superficie de dicho planeta.
b) La velocidad de escape de un objeto desde la superficie del planeta, si la velocidad del escape
desde la superficie terrestre es 11,2 km/s.
Datos: Aceleración de la gravedad en la superficie de la tierra g = 9,81 m s-2
Solución.
1
R = R T ρ(densidad) = ρ T
2
4
4 R3 π ⋅ ρ 3 1 4
1
La masa del planeta es: M = ρ·V = ρ πR 3 = ρ π 3T =
RT =
πR 3T ρ = M T
3
3 2
6
83
8
MT
M
8 = 1 G M T = 1 g = 9'81 m = 4'905 m
a.
g=G 2 =G
T
2
2 R T2
2
2
s2
s2
R
RT 


2

b.
1
1
1
11,2
v e = 2gR = 2 g T R T =
2g T R T =
= 5,6 km
s
2
2
2
2
Junio 2003. Problema 1A. Mercurio describe una órbita elíptica alrededor del Sol. En el afelio su
distancia al Sol es de 6,99×1010 m, y su velocidad orbital es de 3,88×104 m/s, siendo su distancia al Sol en
el perihelio de 4,60×1010m.
a) Calcule la velocidad orbital de Mercurio en el perihelio.
b) Calcule las energías cinética, potencial y mecánica de Mercurio en el perihelio.
c) Calcule el módulo de su momento lineal y de su momento angular en el perihelio.
d) De las magnitudes calculadas en los apartados anteriores, decir cuáles son iguales que en el
afilio.
M M = 3,18 × 1023 kg
Datos: Masa de Mercurio
Masa del Sol
M S = 1,99 × 1030 kg
Constante de Gravitación Universal
G = 6,67 × 10 −11 Nm 2 kg −2
Solución.
a.
Para hallar la velocidad en el perihelio de Mercurio con los datos del enunciado, se tiene en
cuenta que orbita en torno al Sol debido a la acción de fuerzas centrales, y por tanto el momento angular
r
r
L = r × p permanece constante L a = L p .
r
r
r
r
Si L a = L p , también se cumple que L a = L p
r
r r
L = r ⋅ mv ⋅ sen α = {r ⊥ v} = r ⋅ mv ⋅ sen 90 = r ⋅ mv
(
)
(
)
rafelio ⋅ m v afelio = rperihelio ⋅ mv perihelio
Simplificando la masa, se despeja la velocidad en el perihelio.
v p = va
b.
Ec =
ra
6,99 × 1010
= 3,88 × 10 4
= 5,9 × 104 m
s
rp
4,6 × 1010
(
1
1
m ⋅ v 2p = 3,18 × 1023 ⋅ 5,9 × 10 4
2
2
)
2
= 5,53 × 1032 J
44
E p = −G
M SM M
1,99 × 1030 ⋅ 3,18 × 10 23
= −6,67 × 10 −11 ⋅
= −9,18 × 1032 J
rp
4,60 × 1010
E M = E C + E P = 5,527 × 1032 − 9,18 × 1032 = −3,65 × 1032 J
c.
r
r
p p = m v p = 3,18 × 10 23 ⋅ 5,9 × 10 4 = 1,88 × 10 28 kg m s −1
r
r r
L p = r × p = rp ⋅ p ⋅ sen 90 = rp ⋅ m ⋅ v p = 4,60 × 1010 ⋅ 1,88 × 10 28 = 8,65 × 1038 kg m 2s −1
d.
La energía total se conserva durante todo el tiempo, en ausencia de rozamiento, por el principio
de conservación de la energía, la energía mecánica permanece constante
(
)
r
El momento angular también se conserva, por estar sometido a fuerzas centrales M = 0 , y
r
r dL
r
teniendo en cuenta que M =
= 0 ⇒ L = cte
dt
La energía potencial y cinética dependen del radio y de la velocidad respectivamente, como estos
valores cambian del afelio al perihelio, las energías potencial y cinética no se conservan
El momento lineal también depende de la velocidad y por tanto tampoco se conserva constante.
Septiembre 2002. Problema 1A. Se pretende colocar un satélite artificial de forma que gire en una
órbita circular en el plano del ecuador terrestre y en el sentido de rotación de la tierra. Si se quiere que el
satélite pase periódicamente sobre un punto del ecuador cada dos días, calcule:
a) La altura sobre la superficie terrestre a la que hay que colocar el satélite.
b) La relación entre la energía que hay que comunicar a dicho satélite desde el momento de su
lanzamiento en la superficie terrestre para colocarlo en esa órbita y la energía mínima de escape.
Datos: Constante de Gravitación Universal
G = 6’67x 10−11N·m2·kg−2
Radio de la Tierra
Rt = 6370 km
Masa de la Tierra
Mt = 5’98x1024kg
Solución.
El periodo del satélite es T = 2 días. Si lo pasamos a segundos:
T = 2· 24· 3600
T = 172.800 seg
a.
Para calcular la altura h, se establece que la fuerza gravitatoria entre el satélite y la tierra es la
fuerza centrípeta del movimiento:
G
M T ms
R
2
= ms
v2
R
G
Teniendo en cuenta que v = ω ⋅ R y que ω =
G
R =3
G·M T
6,67 × 10
−11
2π
T
2
Ordenando R 3 =
⋅ 5,98 × 10
G ⋅ MT
4π
2
T2
24
⋅ 1728002 = 67,07 × 106 m = 67 070 Km
4π
4π 2
La altura sobre la superficie terrestre, se halla restando al radio de la orbita R (distancia entre los
centros de masa), el radio de la tierra RT.
2
T2 = 3
M T  2π 
=
R
R
 T 
MT
= v2
R
h = R − RT = 67.070 − 6.370
h = 60700 km.
b.
La energía mínima del escape (∆E e ) , es aquella que hay que comunicar al satélite en la
superficie de la tierra, para que venza la atracción gravitatoria de la tierra, es decir para llevarlo al infinito,
donde Em = 0.

M m
∆E e +  − G T  = 0
RT 

45
despejando la energía de escape:
∆E e = G·
MTm
RT
La energía que hay que comunicarle al satélite para colocarlo en la orbita (∆E o ) se obtiene de la
igualdad:
M m
M m 1
−G T
+ ∆E o = − G T + mv 2
RT
144R
424244
3
1424
3
Energía en la órbita
Energía en la
superficie terrestre
Teniendo en cuenta que v 2 = G
MT
R
MTm
M m 1
M
+ ∆E o = −G· T + m ⋅ G T
RT
R
2
R
Operando el segundo miembro, se despeja la energía necesaria para situarlo en la órbita.
M m
1 M m
M m 1 M m
− G· T + E orbita = − G· T
∆E o = G· T − G· T
RT
2
R
RT
2
R
La relación que se pide es:
M m 1 M m
M m 1 M m
G T − G T
G T
G T
∆E o
RT
RT
2
R
2
R = 1− RT
=
=
−
M
m
M
m
M
m
∆E e
2R
G T
G T
G T
RT
RT
RT
− G·
Junio 2002. Cuestión 1. Un planeta esférico tiene un radio de 3000 km, y la aceleración de la
gravedad en su superficie es 6 m/s2.
a) ¿Cuál es su densidad media?
b) ¿Cuál es la velocidad de escape para un objeto situado en la superficie de este planeta?
Dato: Constante de Gravitación Universal G = 6’67x10−11Nm2kg−2
Solución.
a.
Se pide calcular la densidad de un planeta esférico conocido su radio(R = 3000 Km) y la
aceleración de la gravedad en su superficie(g = 6 m/s2)
La expresión de la densidad media de un cuerpo es;
M  M : Masa de el cuerpo
ρ=
:
(1)
V V : volumen
por tratarse de un objeto esférico;
4
V = πR 3 donde R es el radio del planeta.
3
sustituyendo su valor R = 3000 Km = 3×106 m, se obtiene:
3
4
V = π 3·10 6
Vp = 36π·1018 m 3
3
(
)
El siguiente paso es hallar la masa del planeta(M) para introducirla en (1) y hallar la densidad.
Para ello se utiliza el dato de la gravedad del planeta en la superficie(g = 6 m/s2)
La expresión para g es;
M
g = G· 2
R
de esta expresión, todos los datos son conocidos salvo M que se despeja;
M=
g·R 2
G
y sustituyendo sus valores numéricos:
46
M=
(
)
2
6· 3·10 6
6'67·10
M p = 8'096·10 23 kg
−11
Por tanto, de la expresión (1);
ρ=
8'096·10 23 kg
36π·10 m
18
3
= 7158'4 kg
m3
b.
Para calcular la velocidad de escape para un objeto situado en la superficie de este planeta, se
aplica el Principio de Conservación de la energía: E i (R P ) = E f (R = ∞ )
La velocidad de escape, es la que es necesario comunicar al objeto, para que se desplace desde la
superficie de la tierra al infinito. Por convenio la Ef(R=∞) = 0. En la superficie terrestre, será la suma de
la E p (gravitatoria) y la Ec que le comunicamos al objeto. Si tienen que ser iguales:
Mp ⋅ m
1
E c + E p (g ) = 0
mv e2 − G·
=0
2
Rp
despejando la ve:
ve =
2GMp
Rp
sustituyendo valores numéricos:
Ve =
2 ⋅ 6'67 × 10−11× ⋅ 8'09 × 1023
3 × 106
( s)
≅ 6000 m
Junio 2002. Problema 1A. La velocidad angular con la que un satélite describe una órbita circular en
tomo al planeta Venus es ω1 = 1’45×10−4 rad/s y su momento angular respecto al centro de la órbita es
L1 = 2’2×1012kg m2 s−1.
a) Determine el radio r1 de la órbita del satélite y su masa.
b) ¿Qué energía preciso invertir para cambiar a otra órbita circular con velocidad angular
ω2 = 10−4rad/s?
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6’67×10−11Nm2 kg−2.
Masa de Venus (Mv) = 4’87×1024kg.
Solución.
Para hallar el radio r1 de la orbita del satélite se tendrá en cuenta el hecho de que el satélite
a.
describe una trayectoria circular por lo que se la suma de fuerzas que actúan sobre el satélite será igual a
la fuerza centrípeta.
r r
F = Fc
∑
Despreciando los efectros de rozamiento, la única fuerza que actúa sobre el satélite es el la fuerza
gravitatoria.
r
r
Fg = Fc
Trabajando en módulo
ms
vs 2
M ⋅m
= G· V 2 s
R
R
La velocidad orbital lineal del satélite (vs), se puede expresar en función de ω:
vs = ω1 ⋅ R
sustituyendo en la igualdad anterior:
ω12 ·R 2 G·M V
=
R
R2
despejando el radio
R3 =
G ⋅MV
R =3
ω12
sustituyendo por los datos del enunciado
47
G ⋅MV
ω12
R=
(
)
6'67 × 10 −11 N·m 2 ·kg − 2 ⋅ 4'87 × 10 24 (kg )
(1'45 ×10 ) 
− 4 2  rad 2
3


s2 
(
= 24.906130'7 m
rad
) = 24.906'13(Km)
Para hallar la masa del satélite, se puede utilizar el módulo del momento angular orbital del
satélite
L = R · ms · vs
Si despejamos el valor de ms:
ms =
L
R ⋅ vs
teniendo en cuenta que
v s = ω1 ·R
se obtiene la una expresión de la masa del satélite, en función de los datos conocidos
L
ms =
2
R ω1
sustituyendo
ms =
(
2'2 × 1012 kg·m 2 ·s −1
(24'9 ×10 ) (
6 2
m
rad
)
) 1'45 ×10 ( s )
2
−4
= 24'47 kg
rad
La energía que habrá que suministrar al satélite, para cambiarle a otra órbita con ω2 = 10−4 rad/s,
b.
será igual a la diferencia de energías entre la órbita final y la inicial.
La energía de un satélite en una órbita determinada viene dada por la expresión:
M ·m
1
E T = m s ·v s2 − G· v s
2
R
teniendo en cuenta que v = ω · R
M ·m
1
E T = m s ·ω s2 ·R s2 − G· v s
2
R
El incremento de energía que hay que suministrar al satélite por tanto será:
1
M ·m   1
M ·m 
E F − E i =  m s ·ω 22 ·R 22 − G· V s  −  m s ·ω12 R 12 − G· V s 
2
R
2
R1 
2

 
agrupando:
 1
1
1 
∆E = m s · ω 22 ·R 22 − ω12 R 12 + G·m s ·M v 
−
 (1)
2
 R1 R 2 
ecuación de la que únicamente se desconoce R2.
[
]
Conocida la velocidad angular de la 2ª órbita (ω2 = 10−4 rad·s−1), podemos calcular el radio de la
órbita(R2 ), aplicando la igualdad de fuerzas F N = F G , de modo que:
v2
M ·m
m s · s = G· V s
R2
R 22
expresando vs en función de ω
ω 22 ·R 22 G·M V
=
R2
R 22
despejando R2:
R 32 =
G·M v
R2 = 3
ω 22
G·M v
ω 22
sustituyendo datos:
R2 = 3
6'67 × 10 −11 ·4'87 × 10 24
10 − 4
= 31.906.923 m = 31.906'9 Km
48
Sustituyendo los valores conocidos en la expresión (1), el incremento de energía es:
2
2
2
2
1

∆E = ⋅ 24'47· 10 − 4 · 31'91× 10 6 − 1'45 × 10 −4 24'91× 10 6  +
2


( )(
) (
)(
)


1
1
+ 6'67 ×10 −11 ·24'47·4'87 × 10 24 
−
6
6
31'91×10 
 24'91× 10
∆E = 3'496 × 10 7 J
Modelo 2002. Cuestión 1.a) ¿A qué altitud tendrá una persona la mitad del peso que tiene sobre la superficie terrestre?
Exprese el resultado en función del radio terrestre.
b) Si la fuerza de la gravedad actúa sobre todos los cuerpos en proporción a sus masas, ¿por qué no
cae un cuerpo pesado con mayor aceleración que un cuerpo ligero?
Solución.
a.
Si se denomina como p al peso a una altura h y po al peso en la superficie terrestre, se pide
calcular la altura a la que se cumple:
p
1
mg
1
g
1
= o lo que es lo mismo:
= teniendo en cuenta que la masa no varía:
=
po 2
mg o 2
go 2
La intensidad de campo gravitatorio (g) se puede expresar en función de la masa del planeta y de
la distancia al centro, teniendo en cuenta que el peso es la fuerza gravitacional con la que el planeta atrae
a cualquier masa.
Mm
M
p = Fg ; mg = G 2 ; g = G 2
R
R
MT
En la superficie terrestre: g o = G 2
RT
A una altura h sobre la superficie terrestre: g = G
G
Comparando:
g
=
go
MT
(R T + h )2
MT
(R T + h )2
G
MT
R T2
RT
=
RT + h
=
R T2
(R T + h )
2
1
2
=
1
2
h=
(
)
2 −1 ⋅ RT
b.
Porque la intensidad de campo gravitatorio (aceleración de la gravedad), no depende de la masa
de los cuerpos, depende de la masa del planeta y de la distancia al centro del planeta.
Mm
M
p = Fg ; mg = G 2 ; g = G 2
R
R
Modelo 2002. Problema 1A.- Dos planetas de masas iguales orbitan alrededor de una estrella de masa
mucho mayor. El planeta 1 se mueve en una órbita circular de radio 1011 m y período de 2 años. El
planeta 2 se mueve en una órbita elíptica, siendo su distancia en la posición más próxima a la estrella 1011
m y en la más alejada, 1,8×1011 m.
a) (0,5 puntos) ¿Cuál es la masa de la estrella?
b) (0,5 puntos) Halle el período de la órbita del planeta 2.
c) (1 puntos) Utilizando los principios de conservación del momento angular y de la energía
mecánica, hallar la velocidad del planeta 2 cuando se encuentra en la posición más cercana a la
estrella.
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×1011 N m2 kg−2
Solución.
Si el planeta 1 describe una órbita circular en torno a la estrella, se debe cumplir:
a.
49
Fg = Fc ; G
Mm1
R12
M
v2
; v2 = G
;
R1
R1
4π 2 R13
M=
b.
= m1
2
T G
=
(ωR1 )2 = G M
R1
( )
11 3
4π 2 ⋅ 10
(2 ⋅ 365 ⋅ 3600)2 ⋅ 6,67 × 10−11
;
4π 2
T
2
R12 = G
M
;
R1
= 1,49 × 1029 kg
Si en vez de despejar la masa se despeja el periodo:
4π 2 3
R
GM
Por tratarse de una órbita elíptica, el radio se sustituye por la media aritmética de los radios del
perihelio y del afelio.
rp + ra 1011 + 1,8 × 1011
a=
=
= 1,4 × 1011 m
2
2
T2 =
T=
4π 2 3
a =
GM
4π 2
6,67 × 10
−11
⋅ 1,49 × 10
29
(
⋅ 1,4 × 1011
)
3
= 1,044 × 108 s = 3,31 años
r
Principio de conservación del momento angular: L = cte , teniendo en cuenta que la velocidad es
r
r r
tangente a la trayectoria en cualquier punto de la órbita r ⊥ v ⇒ L = r ⋅ mv ⋅ sen90 = r ⋅ mv = cte
r
r
r
r
L a = L p ⇒ L = L ; ra ⋅ mv a = rp ⋅ mv p ; ra ⋅ v a = rp ⋅ v p
c.
a
p
Principio de conservación de la energía: E m = cte ; E m (a ) = E m (p )
Mm 1
Mm 1
Ep + Ec = Ep + Ec ; − G
+ mv a2 = −G
+ mv 2p
a
p
ra
2
rp
2
(
) (
)
Simplificando m en la igualdad
−G
1 1
M 1 2
M 1
+ v a = −G + v 2p ; v a2 − v 2p = 2GM − 
 ra rp 
ra 2
rp 2


Las dos ecuaciones que se obtienen permiten plantear un sistema de ecuaciones.
rp

 ra ⋅ v a = rp ⋅ v p
 va = v p
ra

 1 1  : 
 2
2




v p − v a = 2GM r − r  v 2 − v 2 = 2GM 1 − 1 
p
a
p
a

 
 rp ra 





v 2p −  v p


1 1
rp 
 = 2GM −  ; v 2p 1 −


 rp ra 
ra 



2
rp2
ra2

 = 2GM 1 − 1  ; v =
p

 rp ra 



1 1
2GM −
 rp ra

rp2
1− 2
ra
Ordenando:
vp =
2GM ra
⋅
=
ra + rp rp
2 ⋅ 6,67 × 10 −11 ⋅ 1,49 × 1029 1,8 × 1011
⋅
= 11303,9 m
s
1,8 × 1011 + 1011
1011
50




Septiembre 2001. Cuestión 1.- Un proyectil de masa 10 kg se dispara verticalmente desde la
superficie de la Tierra con una velocidad de 3200 m/s:
a) ¿Cuál es la máxima energía potencial que adquiere?
b) ¿En qué posición se alcanza?
Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra = 9,8 m s−2; Radio medio de la Tierra = 6,37x 106 m
Solución.
Suponemos que el campo gravitatorio terrestre es conservativo, es decir, despreciamos todo tipo
a.
de rozamiento o fricción con el aire. En este caso, la energía mecánica del sistema (proyectil) se conserva,
por tanto:
Ec + Ep (superficie de la tierra) = Ep (Altura máxima) -1ya que se supone que cuando llega a su altura máxima, su velocidad es cero.
La energía potencial en la superficie terrestre:
g o = 9'8 m 2
E p = m·g o ·R T
E p = −6'24 × 108 J
s
Su energía cinética si v = 3200 m/s
1
E c = 5'12 × 107 J
E c = mv 2
2
Su energía mecánica, suma de la potencial y cinética es:
E m = −5'73·10 8 J
por la ecuación 1: − 5'73 ×10 8 J = −G·
M T ·m
= E (altura máxima )
(R T + h ) p
-2-
Por tanto, la máxima energía potencial es: E p = −5'73 × 10 8 J
b.
La posición h, la despejamos de la ecuación (2):
(R T + h ) =
+ G·M T m
despejando h
+ 5'73·108 J
sustituyendo por los datos del problema:
h=
g o ·R T2 ·m
5'73·108 J
− RT
h = 569’9 Km
Altura a la que llega sobre la superficie terrestre.
Junio 2001. Cuestión 1. En el movimiento circular de un satélite en torno a la Tierra, determine:
a) La expresión de la energía cinética en función de las masas del satélite y de la Tierra y del radio
de la órbita.
b) La relación que existe entre su energía mecánica y su energía potencial.
Solución.
a.
En el movimiento circular de un satélite en torno a la tierra se cumple que:
ms
M m
v2
= G T2 s
R
R
simplificando:
ms v 2 = G ⋅
M T ms
R
multiplicando por ½ toda la expresión anterior:
M ·m
1
1
ms v 2 = G ⋅ T s
2
2
R
por tanto
M m
1
E c = G ⋅ T s -12
R
b.
La energía mecánica de un satélite es una constante del movimiento, debido a que el campo
gravitatorio es conservativo. Es igual a la suma de E cinética y E potencial.
51
Em = Ec + Ep
M ·m
1
mv 2 − G ⋅ T s
2
R
Se puede utilizar la expresión anterior -1-, y se ve que:
Em =
Ec =
M ·m
−1
1
Ep = G ⋅ T s
2
2
R
Por tanto:
Em =
M ·m
M ·m
1
G⋅ T s −G⋅ T s
2
R
R
Em =
M ·m
−1
G⋅ T s
2
R
Em =
Ep
2
Junio 2001. Problema 1A. Dos satélites artificiales de la Tierra S1 Y S2 describen en un sistema de
referencia geocéntrico dos órbitas circulares, contenidas en un mismo plano, de radios r1=8000 km y
r2=9034 km respectivamente.
En un instante inicial dado, los satélites están alineados con el centro de la Tierra y situados del mismo
lado:
a) ¿Qué relación existe entre las velocidades orbitales de ambos satélites?
b) ¿Qué relación existe entre los periodos orbitales de los satélites? ¿Qué posición ocupará el
satélite S2 cuando el satélite S1 haya completado seis vueltas, desde el instante inicial?
Solución.
a.
Estableciendo que la fuerza gravitatoria es la fuerza normal
del movimiento:
M m
v2
= G ⋅ T2 s
R
R
despejando la velocidad (v) se obtiene
G ⋅MT
v=
R
aplicando a cada uno de los satélites está ecuación:

G·M T
Para S1 : v1 =
(1) 
R1


G·M T
(2)
Para S 2 : v 2 =
R2

dividiendo la ecuación -1- entre la ecuación -2-, se obtiene la relación pedida
v1
R2
=
v2
R1
ms ⋅
Sustituyendo los datos numéricos:
v1
= 1'13
v2
b.
Para hallar la relación entre los periodos orbitales se parte de las ecuaciones:
2π
v
T=
ω=
ω
R
sustituyendo en la ecuación del periodo la velocidad angular
2πR
T=
v
Aplicando la ecuación anterior para los dos satélites
2πR 1 
T1 =
v1 
]
2πR 2 

T2 =
v 2 
la relación entre los periodos se obtiene dividiendo ambas expresiones:
52
T1 v 2 R1
=
T2 v1R 2
Sustituyendo los valores numéricos y teniendo en cuenta que si
v1
= 1'13 ⇒
v2
v2
1
=
v1 1'13
T1
1
8 ×10 6
=
⋅
= 0'78
T2 1'13 9'034 × 10 6
Los resultados permiten concluir que el satélite más cercano a la Tierra(S1) se mueve a mayor
velocidad y completa una vuelta antes que el satélite más alejado(S2).
Calculo de T1:
T1 =
2πR 1
v1
la velocidad se calcula como
G·M T 

R 1  : v1 = 7061'03 m s
R 1 = 8000 km 
v1 =
sustituyendo en el periodo
T1 = 7118'7 s
Después de 6 vueltas, el tiempo transcurrido será:
t1 = nº de vueltas × T1’ = 42712’3 seg.
Mediante la relación entre los periodos se obtiene el periodo de S2:
T2 = 9126’54 seg
En el tiempo que S1 ha recorrido 6 vueltas, el S2:
T'
Nº vueltas = 1 = 4'68
T2
la posición de S2 respecto de S1 se obtiene expresando la parte decimal del cociente en forma sexagesimal
0’68 × 360 = 244º 48’
Septiembre 2000. Cuestión 1
a) ¿Con qué frecuencia angular debe girar un satélite de comunicaciones, situado en una órbita
ecuatorial, para que se encuentre siempre sobre el mismo punto de la Tierra?
b) ¿A qué altura sobre la superficie terrestre se encontrará el satélite citado en el apartado anterior?
Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra = 9,8 m s−2; Radio medio de la Tierra = 6,37 x 106 m
Solución.
a.
Para que un satélite se encuentre siempre sobre el mismo punto, el periodo del satélite debe ser
igual al periodo de la tierra, en su giro de rotación.
T = 1 dia = 24 horas = 86400 seg
ω ROT =
2π
T
ω ROT = 7'27 × 10 −5 rad
s
b.
La altura se halla estableciendo que la Fgravitatoria es la que mantiene al satélite en su orbita
circular:
FG = FN : G ⋅
M T ⋅ ms
R2
= ms ⋅
Vs2
R
Despejando R:
R=
G·M T
Vs2
(1)
Si la velocidad o frecuencia angular es ω = 7'27 ×10 −5 rad
53
s
Vs = ω·R
(2)
Sustituyendo en (1) la velocidad del satélite:
R=
G ⋅MT
(ω ⋅ R )2
despejando el radio de la orbita
 G·M 
R =  2T 
 ω 
Ecuación de la que se desconoce la MTIERRA.
1
3
(3)
El producto G · MT, se puede obtener de la gravedad terrestre ya que la fuerza de atracción
gravitacional en la superficie de la tierra es el peso:
M ⋅m
m⋅go = G ⋅ T
R2
simplificando
G·M T
g0 =
RT2
despejando el producto G · MT:
G·M T = g 0 R T 2
sustituyendo en (3)
(
)
2
m 
6
1
 g R 2  3 9'8 s 2  ⋅ 6'37 × 10 (m )
R= 0 T  =
= 4'22 × 10 7 m
2
2
 ω

7'27 × 10 −5 rad
s
Al radio de la órbita hay que restarle el radio de la tierra para hallar la altura del satélite sobre la
superficie terrestre.
R = R T + h
7
 : h = 3'85 × 10 m
h = R − RT 
(
( ))
Septiembre 2000. Problema 1A. Un satélite artificial de 200 kg gira en una órbita circular a una
altura h sobre la superficie de la Tierra. Sabiendo que a esa altura el valor de la aceleración de la gravedad
es la mitad del valor que tiene en la superficie terrestre, averiguar:
a) La velocidad del satélite
b) Su energía mecánica
Datos: Gravedad en la superficie terrestre g = 9’8 m s−2
Radio medio de la Tierra
R = 6’37x 106 m
Solución.
a.
La velocidad de un satélite en una órbita se puede calcular
conociendo la altura ó radio de la órbita. Se pide calcular la
velocidad de un satélite sabiendo que a esa altura la gravedad se
reduce a la mitad
1
g1 = g o (1)
2
Calculando los valores de g1 y go, y relacionándolos entre si:
M
MT
g o = G 2T y g1 = G
(2)
RT
(R T + h )2
sustituyendo (2) en (1):
MT
M
1
G
= ⋅G T
2
(R T + h ) 2 R T2
simplificando y ordenando
R T2
=
1
(3)
2
(R T + h )
De (3) se despeja h transformando la expresión en una ecuación de 2º grado:
2
54
(R T + h )2 = 2R T2
R T2 + h 2 + 2R T ·h = 2R T2
Resolviendo la ecuación:
h=
(
)
2 −1 R T
h 2 + 2R T h − R T2 = 0
h = 2638540 m = 2'64 ×10 6 m
Conocida la altura de la órbita, la velocidad del satélite, se halla igualando la fuerza atracción
gravitacional con la fuerza centrípeta:
F g = F centrípeta
M
v2
v = G ⋅ T (4)
2
R
R
R
donde R es la suma de la altura más el radio de la tierra.
G⋅
M T ·m
= m·
R = h + R T = 2.638.540 + 6.370.000 = 9.008.540 m
R = 9'01× 10 6 m
El producto G · MT, se obtiene de la expresión de g en la superficie terrestre.
M
g o = G ⋅ T ⇒ G ⋅ M T = g o ⋅ R T2 (5)
R T2
sustituyendo en (4)
g o ⋅ R T2
R
v=
sustituyendo por los valores numéricos
v=
(
9'8 ⋅ 6'37 × 10 6
9'01× 10 6
)
2
= 6643'4 m
s
b.
La energía mecánica del satélite en la órbita ves la suma de la energía potencial más la energía
cinética.
M ·m 1
E mec = −G ⋅ T + m ⋅ v 2
R
2
teniendo en cuenta la expresión -5-
E mec = −
sustituyendo por los datos
E mec = −
(
m ⋅ g o ⋅ R T2 1
+ m⋅v2
R
2
200 ⋅ 9'8 ⋅ 6'37 × 10 6
9'01× 10
6
)
2
+
1
⋅ 200 ⋅ 6643'4 2 = 4'41× 10 9 J
2
Junio 2000. Cuestión 1.
a) Enuncie la primera y la segunda ley de Kepler sobre el movimiento planetario.
b) Compruebe que la segunda ley de Kepler es un caso particular del teorema de conservación del
momento angular.
Solución.
a.
1ª Ley de Kepler: Los planetas giran en torno al sol, en órbitas elípticas, teniendo al sol en uno
de unos focos.
2ª Ley de Kepler: El radio vector de cualquier planeta, en su movimiento alrededor del sol,
barre áreas iguales en tiempos iguales.
b.
La 2ª ley de Kepler es consecuencia directa del Teorema de Conservación del Momento Angular
L = r × mv
En todo movimiento sometido a fuerzas centrales, como es el caso del movimiento planetario, el
momento angular se conserva, ya que:
M = r × F (Momento de la fuerza (gravitatoria))
y puesto que r y F tienen la misma dirección, el ángulo que forman es cero, por lo que:
M = r ⋅ F sen 0º = 0
55
teniendo en cuenta esto

dL
dL
M =
= 0 ⇒ L = cte

dt :
dt
 M = 0
La segunda ley de Kepler es consecuencia directa de esto, ya que dice que el radio vector barre
áreas iguales en tiempos iguales, es decir, que la velocidad areolar es constante:
Según el dibujo, el diferencial de área (ds) es igual a:
1
ds = r × d r
2
si se deriva la expresión anterior respecto del tiempo
r
ds
1 r dr
1r r
= vA = r ×
vA = r × v
dt
2
dt
2
r
1 r
1 r
r × mv
VA =
L
Dividiendo y multiplicando por m: v A =
2m
2m
Si se tiene en cuenta que el momento angular es constante en este tipo de movimiento
L = cte
vA = cte
Junio 2000. Problema 1. Se pone en órbita un satélite artificial de 600 kg a una altura de 1200 km
sobre la superficie de la Tierra. Si el lanzamiento se ha realizado desde el nivel del mar, calcule:
a) Cuánto ha aumentado la energía potencial gravitatoria del satélite.
b) Qué energía adicional hay que suministrar al satélite para que escape a la acción del campo
gravitatorio terrestre desde esa órbita.
Datos: Constante de Gravitación
G = 6’67×l0−11 N m2 kg2
Masa de la Tierra
MT = 5’98×1024 kg
Radio medio de la Tienta
RT = 6,37×106 m
Solución.
a.
Para ver cuanto a aumentado la energía potencial del satélite, se calcula su valor para la
superficie de la tierra y para la órbita:
M ⋅m
Epg (sup) = −G ⋅ T s
RT
M T ⋅ ms
R T + h Orb
El aumento de Ep, será la diferencia entre la final y la inicial:
∆Ep = Ep f − Ep i
Epg ( orbita ) = −G ⋅
∆Ep = −G ⋅

MT ⋅ ms
M ⋅ ms
−  − G ⋅ T
R T + 1200 
RT

 1

M T ⋅ ms
M ⋅ ms
1
 = −G ⋅

+G⋅ T
= G ⋅ M T ⋅ m s 
−
R T + 1200
RT

 R T R T + 1200 
Sustituyendo valores numéricos en la expresión anterior:

1
1
∆Ep = 6'67 ×10 −11 ⋅ 5'98 ×10 24 ⋅ 600 ⋅ 
−
6
6
6'37 ×10 + 1'2 × 10 6
 6'37 × 10
b.

 = 5'96 × 10 9 J

Energía adicional para que el satélite escape al campo gravitatorio terrestre:
E órbita + E escape = 0 ; E escape = −E órbita
56
E orbita = E p + E c = −G
Teniendo en cuenta que Fg = Fc ; G
E orbita = −G
E escape = − E orbita =
M T ms
M T ms
(R T + h )2
(R T + 1200)
+
M T ms
(R T + 1200)
= ms
+
1
mv 2
2
MT
v2
; v2 = G
RT + h
RT + h
M T ms
1
MT
1
mG
=− G
2
RT + h
2 (R T + 1200)
1 M T ms 1
5,98 × 10 24 ⋅ 600
G
= 6,67 × 10−11
= 1,58 × 109 j
6
6
2 RT + h 2
6,37 × 10 + 1,2 × 10
57