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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
1.–
¿Con qué velocidad debe girar un satélite de comunicaciones, situado en una órbita
ecuatorial, para que se encuentre siempre sobre el mismo punto de la Tierra?
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ;
24
MT = 5,97·10 kg
Masa de la Tierra:
3
Solución: Por los datos que dan, el satélite es geoestacionario y por lo tanto su periodo es de 24
horas. Se resuelve el problema teniendo en cuenta que un satélite en órbita terrestre cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
2π
=
⇔ 𝑣o2 =
⇒ 𝑅=
3 2π𝐺 𝑀
2
2
𝑣o2
T
𝑅
𝑅
𝑅
𝑣o ⇒ 𝑣 =
⇒ 𝑣o = �
o
𝑇
𝑇
2π𝑅
𝑣o =
𝑇
3
2.–
¿Cuál debería ser la velocidad inicial de la Tierra para que escapase del Sol y se dirigiera
hacia el infinito? Suponga que la Tierra se encuentra describiendo una órbita circular alrededor
del Sol.
Datos: Distancia Tierra–Sol: RT–S = 1,50·1011 m ;
Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
30
Masa del Sol: MS = 2,00·10 kg ;
Constante de
𝑣o = �
2 π · 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
= 3,07·103 m s–1 .
24 h 3600 s
1 día · 1 día · 1 h
Solución: Este cambio de órbita se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la
órbita al infinito.
1
𝐺 𝑀S 𝑀T
1
𝐺 𝑀S 𝑀T
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑀T 𝑣e2 + �–
� = 𝑀T 𝑣f2 + �–
�
2
𝑅0
2
𝑅f
1
𝐺 𝑀S 𝑀T 1
𝐺 𝑀S 𝑀T
1
𝐺 𝑀S 𝑀T
2 𝐺 𝑀S
𝑀T 𝑣e2 –
= 𝑀T · 0–
= 0 ; 𝑀T 𝑣e2 =
; 𝑣e = �
2
𝑅0
2
∞
2
𝑅0
𝑅0
3
Sustituyendo los datos que da el problema:
3
3.–
¿Cuál es el período de Mercurio alrededor del Sol sabiendo que el radio de su órbita es
0,387 veces el de la Tierra?
4.–
¿Cuál es la velocidad angular, en rad s–1, de los satélites geoestacionarios?
5.–
A partir de los datos de la tabla siguiente, calcule el radio de la órbita del planeta Júpiter.
3
3
Planeta
Radio de la órbita (km)
Período de revolución (años)
Tierra
148·106
1,0
Júpiter
11,9
6.–
Calcule el valor de la energía mecánica de la Luna. Considere únicamente el sistema
formado por la Tierra y la Luna.
3
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
MT = 5,97·1024 kg ; Masa de la Luna: ML = 7,35·1022 kg ; Distancia de la Tierra a la Luna: DT–
8
L = 3,84·10 m
7.–
Calcule la masa terrestre a partir de los valores del periodo de rotación de la Luna entorno
a la Tierra, T = 27,3 días, y del radio medio de su órbita Rm = 3,84⋅108 m.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
3
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
2 · 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 2,00·1030 kg
�
𝑣e =
= 4,22·104 m s–1 .
1,5·1011 m
Solución: Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
3
3
(0,387 𝑅T )3
𝑅S–M
𝑇M2
𝑅S–M
�
=
⇒
𝑇
=
𝑇
=
𝑇
�
= 0,241 · 365,25 días = 87,9 días.
M
T
T
3
3
𝑅S–T
𝑇T2
𝑅S–T
𝑅T3
Solución: Un satélite geoestacionario tiene un periodo orbital de 24 h. Por tanto:
2π
2 π rad
𝜔=
=
= 7,2722·10-5 rad s-1 .
24 h 3600 s
𝑇
1 día ·
· 1h
1 día
Solución: Aplicando la 3ª Ley de Kepler (Ley de los periodos):
2
3 𝑇
𝑇J2
𝑇J2 𝑅T3
𝑇T2
J
3
�
=
⇔
𝑅
=
⇔
𝑅
=
𝑅
J
T
J
𝑅T3
𝑅J3
𝑇T2
𝑇T2
3
𝑅J = 148·106 km · �
(11,9 años)2
= 771·106 km = 7,71·1011 m.
(1 año)2
Solución: Como la Luna está en órbita circular cumple que:
𝑀L 𝑣L2
𝐺 𝑀L 𝑀T
1
1 𝐺 𝑀L 𝑀T
1
2
=
⇒
𝐸
=
𝑀
𝑣
=
=–
𝐸
c
L
L
(𝐷T–L )2
𝐷T–L
2
2 𝐷T–L
2 p
Aplicando los valores de la energía mecánica: Em = Ec + Ep = ½ Ep + Ep = ½ Ep
1 𝐺 𝑀L 𝑀T
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 7,35·1022 kg · 5,97·1024 kg
𝐸m =–
=–
= –3,81·1028 J.
2 𝐷T–L
2 · 3,84·108 m
Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que:
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
2 2
=
⇔ 𝑣o2 =
2
𝑅
𝑅
𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀T
2π𝑅
𝑇2
𝑅
𝑣o =
𝑇
4 π2 𝑅3
4 π2 · (3,84·108 m)3
𝑀T =
=
= 6,02·1024 kg.
2
𝑇2 𝐺
24 h 3600 s
�27,3 días ·
·
� ·6,67·10–11 N m2 kg –2
1 día
1h
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
3
8.–
Considerando que la órbita de la Luna alrededor de la Tierra es una órbita circular,
deduzca la relación entre:
a) la energía potencial gravitatoria y la energía cinética de la Luna en su órbita;
b) el periodo orbital y el radio de la órbita descrita por la Luna.
9.–
De acuerdo con la Tercera Ley de Kepler, ¿para cuál de estos tres planetas hay algún error
en los datos?:
3
Radio orbital (m)
Período (s)
Venus
1,08·1011
1,94·107
Tierra
1,49·1011
3,96·107
Marte
2,28·1011
5,94·107
10.–
De un antiguo satélite quedó como basura espacial un tornillo de 50 g de masa en una
órbita a 1000 km de altura alrededor de la Tierra. Calcule:
a) el módulo de la fuerza con que se atraen la Tierra y el tornillo;
b) cada cuántas horas pasa el tornillo por el mismo punto;
c) a qué velocidad, en km/h, debe ir un coche de 1000 kg de masa para que tenga la misma
energía cinética que el tornillo.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ;
MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,371·106 m
Masa de la Tierra:
Solución: a) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton:
𝐺 𝑀T 𝑚
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 0,050 kg
𝐹=
=
= 0,37 N.
(𝑅T + ℎ)2
(6,371·106 m + 1,000·106 m)2
b) En un tornillo (que actúa como un satélite) en órbita terrestre se cumple que:
𝑚t 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚t
𝐺 𝑀T
=
⇔ 𝑣o2 =
2
(𝑅T + ℎ)3
2 π (𝑅T + ℎ)
(𝑅T + ℎ)
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
⇔ 𝑇=
= 2π�
2 π (𝑅T + ℎ)
2 π (𝑅T + ℎ)
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�
𝑣o =
⇒ 𝑇=
𝑅
+
ℎ
𝑇
𝑣o
T
(6,371·106 m + 1,000·106 m)3
𝑇 =2π�
= 6,30 · 103 s ≈ 1,75 h.
–2
–11
24
2
6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg
c) Calculando la energía cinética y luego trasladándosela al automóvil nos queda:
𝑚t 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚t
𝐺 𝑀T 𝑚t
=
⇔ 𝑚t 𝑣o2 =
2
1
𝐺 𝑀T 𝑚t
𝐺 𝑀T 𝑚t
(𝑅T + ℎ)
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
⇔ 𝑚c 𝑣c2 =
⇒ 𝑣c = �
1
𝐺 𝑀T 𝑚t
2
2 (𝑅T + ℎ)
𝑚c (𝑅T + ℎ)
𝐸c = 𝑚t 𝑣o2 =
2
2 (𝑅T + ℎ)
3
3
Solución: a) Para la órbita de la Luna alrededor de la Tierra se cumple que:
𝐸p
𝑀L 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑀L
1
1 𝐺 𝑀T 𝑀L
1
2
�–
�
=
⇔
𝐸
=
𝑀
𝑣
=
=
𝐸
⇒
= −2.
c
L
o
p
2
𝑅T−L
2
2 𝑅T−L
2
𝐸c
𝑅T−L
Por tanto la energía cinética es la mitad de la potencial con el signo cambiado.
b) Aplicando la expresión de la velocidad orbital:
2 π 𝑅T−L
𝑣o =
2
3
𝐺 𝑀T 4 π2 𝑅T−L
𝑅T−L
𝑇
⇒ 𝑇 =2π�
.
𝐺 𝑀T ⇒ 𝑅T−L =
𝑇2
𝐺 𝑀T
2
𝑣o =
𝑅T−L
Solución: a) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
𝑅𝑉3 (1,08·1011 m)3
=
= 3,35·1018 m3 s–2
(1,94·107 s)2
𝑇𝑉2
𝑅3𝑇 (1,49·1011 m)3
= 2,11·1018 m3 s –2
2 = (
7
2
)
s
3,96·10
𝑇𝑇
3
(2,28·1011 m)3
𝑅𝑀
=
= 3,36·1018 m3 s –2 .
(5,94·107 s)2
𝑇𝑀2
Como deben ser iguales y no lo es el cociente de la Tierra, ésta será la que tenga un dato
erróneo. Pasando el periodo a días, da 458,33 lo que es falso. El periodo es de 3,16·107 s.
11.–
Demuestre cómo se puede calcular la masa de un planeta si, mediante observaciones
astronómicas, se conoce el radio de la órbita y el periodo de rotación de algunos de sus satélites.
Suponga órbitas circulares.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
6,67·10–11 N m2 kg–2 · 5,97·1024 kg · 0,050 kg
𝑣c = �
= 52 m s –1 ≈ 1,9·102 km h–1 .
1000 kg · (6,371·106 m + 1,000·106 m)
Solución: a) Para la órbita del satélite alrededor del planeta se cumple que:
𝐺 𝑚 𝑀p
𝐺 𝑀p
𝑚 𝑣o2
2
2 2
2 3
=
⇔
𝑣
=
o
𝑅
𝑅2
𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀p ⇒ 𝑀 = 4 π 𝑅 .
p
2π𝑅
𝑇2
𝑅
𝑇2 𝐺
𝑣o =
𝑇
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
12.–
Demuestre que la energía mecánica de un satélite que describe una órbita circular es igual
a la mitad de su energía potencial gravitatoria.
3
13.–
Desde la superficie de la Luna se lanza un objeto verticalmente con una velocidad de
540 km h–1. ¿A qué altura sobre la superficie llegará si se considera la variación de la atracción
gravitatoria con la altura?
Datos: Masa de la Luna: ML = 7,349·1022 kg ; Radio de la Luna: RL = 1,737·106 m ;
Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2
Constante de
3
3
14.–
Dos satélites A y B de masas mA y mB (mA < mB), giran alrededor de la Tierra en una
órbita circular de radio R. Razone cuál es el enunciado correcto entre:
a) Los dos tienen la misma energía mecánica.
b) A tiene menor energía potencial y menor energía cinética que B.
c) A tiene mayor energía potencial y menor energía cinética que B.
3
15.–
El 7 de julio de 2008, el Sol, la Tierra y Júpiter estuvieron alineados. El Sol estuvo a
1,017 UA de la Tierra, y Júpiter a 4,162 UA (la unidad astronómica es una unidad de distancia:
1 UA = 149600000 km). Dado que la masa del Sol es 1047,4 veces la masa de Júpiter, ¿cuántas
veces la atracción gravitatoria del Sol sobre la Tierra es mayor que la de Júpiter sobre la Tierra
cuando se produjo la alineación?
Datos: Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ;
MS = 1,99·1030 kg
Masa de Júpiter: MJ =1,90·1027 kg ;
Masa del Sol:
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Solución: Para una órbita determinada se cumple que la fuerza centrípeta que mantiene la órbita
del satélite es la fuerza gravitatoria por lo que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐹c = 𝐹g ⇔
=
⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 =
2
𝑅
𝑅
2
2
𝑅
Por otro lado, la energía potencial de un satélite en órbita es:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐸p =–
𝑅
Por tanto se cumple que la energía cinética de un satélite en órbita es la mitad de la potencial
cambiada de signo, por lo que la energía mecánica vale:
1
1
1
𝐸c =– 𝐸p ⇔ 𝐸p = – 2 𝐸c ⇒ 𝐸m = 𝐸c + 𝐸p =– 𝐸p + 𝐸p = 𝐸p .
2
2
2
Solución: a) Aplicando un balance energético a la situación que plantea el problema (vf = 0):
1
𝐺 𝑀L 𝑚
1
𝐺 𝑀L 𝑚
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑚 𝑣02 + �–
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
�
2
𝑅L
2
𝑅
1 2
𝐺 𝑀L 𝐺 𝑀L
1
1
ℎ
𝑣0 – 0 =
–
= 𝐺 𝑀L � –
� = 𝐺 𝑀L �
�
2
𝑅L 𝑅L + ℎ
𝑅L 𝑅L + ℎ
𝑅L (𝑅L + ℎ)
𝑣02 𝑅L2
𝑅L
2 2
2
𝑣0 𝑅L + 𝑣0 𝑅L ℎ = 2 𝐺 𝑀L ℎ ⇒ ℎ =
=
2
2 𝐺 𝑀L
2 𝐺 𝑀L – 𝑣0 𝑅L
–1
𝑣02 𝑅L
1,737·106 m
ℎ=
= 6,948·103 m.
2· 6,674·10–11 N m2 kg –2 · 7,349·1022 kg
–1
2
–1
1
m
s
�540 km h–1 ·
� ·1,737·106 m
3,6 km h–1
Solución: Dado que se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚 1
=
⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 =
= �– 𝐸p �
2
𝑅
𝑅
2
2 𝑅
2
La energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p = –
2
2 𝑅
Como la energía es directamente proporcional a la masa, pero se ve influida por el signo, una
masa menor irá asociada a una menor energía cinética pero una mayor energía potencial, ya que
esta es negativa. El valor absoluto de la energía potencial también sería menor en A que en B.
Por tanto la respuesta correcta es la c): A tiene mayor energía potencial y menor cinética que B.
Solución: Nos piden una comparación entre las fuerzas de atracción gravitatoria de ambos por lo
que:
𝐺 𝑀S 𝑀T
2
2
𝑀S 𝑅T–J
1047,4 𝑀J · (4,162 UA– 1,017 UA)2
𝐹T–S
𝑅T–S
=
=
=
= 1,002 · 104 .
2
𝐺 𝑀J 𝑀T
𝐹T–J
𝑀J · (1,017 UA)2
𝑀J 𝑅T–S
2
𝑅T–J
La mayoría de los datos que se dan son innecesarios. Se puede trabajar con UA en vez de con
metros, ya que es una proporción y en la división desaparecen las unidades.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio – .
16.–
El período de revolución del planeta Júpiter en su órbita alrededor del Sol es
aproximadamente 12 veces mayor que el de la Tierra en su correspondiente órbita.
Considerando circulares las órbitas de los dos planetas, determine la razón entre:
a) los radios de las respectivas órbitas;
b) las aceleraciones de los dos planetas en sus respectivas órbitas.
3
17.–
El planeta Mercurio tiene una masa de 3,3·1023 kg y se mueve alrededor del Sol en una
órbita casi circular de radio 5,8·1010 m.
a) Determine la energía mecánica de Mercurio en su movimiento de traslación alrededor del
Sol.
b) ¿Cuánta energía adicional habría que suministrar a Mercurio para aumentar el radio de su
órbita hasta 1,5·1011 m?
3
3
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa del Sol:
30
MS = 2,00·10 kg
18.–
El radio de la órbita terrestre es 1,496·1011 m y el de Urano 2,87·1012 m. ¿Cuál es el
periodo de Urano?
19.–
El satélite de Marte denominado Fobos tiene aproximadamente una órbita circular de radio
9,4·106 m con un período de 7 horas y 39 min. Determine:
a) el módulo de la velocidad de Fobos en la órbita;
b) la masa de Marte.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2
3
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
3
3 (12 𝑇T )2
𝑅S–J
𝑇J2
𝑅S–J 3 𝑇J2
3
�
=
⇒
=
=
�
= �122 = 5,2.
3
2
2
2
𝑅
𝑅S–T 𝑇T
𝑇T
𝑇T
S–T
b) Teniendo en cuenta que las aceleraciones son centrípetas:
2 π 𝑅S–J 2
�
𝑅S–J
𝑣J2
𝑇J �
𝑇J2
𝑎S–J
𝑅S–J
𝑅S–J
𝑅S–J 𝑇T2 3 𝑇J2 𝑇T2 3 𝑇T4 3 1
= 2 =
=
=
·
= � 2 · 2 = � 4 = � 4 = 0,036.
𝑅S–T 𝑅S–T 𝑇J2
𝑎S–T
12
𝑣T
𝑇T 𝑇J
𝑇J
2 π 𝑅S–T 2
� 𝑇
�
2
𝑇
𝑅S–T
T
T
𝑅S–T
Solución: a) Para la órbita de Mercurio se cumple que:
𝑀M 𝑣o2
𝐺 𝑀S 𝑀M
1
1 𝐺 𝑀S 𝑀M 1
=
⇔ 𝐸c = 𝑀M 𝑣o2 =
= �– 𝐸p �
2
𝑅S–M
2
2 𝑅S–M
2
𝑅S–M
Por lo tanto, la energía mecánica de Mercurio en su órbita viene dada por:
1
1 𝐺 𝑀S 𝑀M
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p =–
2
2 𝑅S–M
–11
2
–2
30
1 6,67·10 N m kg · 2,00·10 kg · 3,3·1023 kg
𝐸m =– ·
= –3,8·1032 J.
2
5,8·1010 m
b) La energía adicional será la diferencia de energía entre ambas órbitas por lo que:
1 𝐺 𝑀S 𝑀M
1 𝐺 𝑀S 𝑀M
𝐺 𝑀S 𝑀M
1
1
∆𝐸 = 𝐸′m – 𝐸m = –
– �–
�=
�
– �=
2
𝑅′
2 𝑅S–M
2
𝑅S–M 𝑅′
–11
2
–2
30
23
6,67·10 N m kg · 2,00·10 kg · 3,3·10 kg
1
1
=
�
–
� = 2,3·1032 J.
10
2
5,8·10 m 1,5·1011 m
Solución: Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
(2,87·1012 m)3
𝑅U3 𝑇U2
𝑅U3
�
�
=
⇒
𝑇
=
𝑇
=
1
año·
= 84,0 años.
U
T
(1,496·1011 m)3
𝑅T3 𝑇T2
𝑅T3
Solución: a) En un satélite en órbita se cumple que:
2 π 𝑅M–F
2 π · 9,4·106 m
𝑣o =
=
= 2,1·103 m s–1 .
3600 s
60 s
𝑇F
7 h · 1 h + 39 min · 1 min
b) En una órbita la fuerza centrípeta es la de gravitación por lo que:
𝑀F 𝑣o2
𝐺 𝑀F 𝑀M
𝐺 𝑀M
=
⇔ 𝑣o2 =
2
3
2
4 π2 𝑅M–F
𝐺 𝑀M
4 π2 𝑅M–F
𝑅M–F
𝑅M–F
𝑅M–F
⇒
=
⇒
𝑀
=
M
2 π 𝑅M–F
𝑅M–F
𝑇F2
𝑇F2 𝐺
𝑣o =
𝑇F
4 π2 · (9,4·106 m)3
𝑀M =
= 6,5·1023 kg.
3600 s
60 s 2
�7 h · 1 h + 39 min · 1 min� ·6,67·10–11 N m2 kg –2
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
20.–
El telescopio espacial Hubble se encuentra orbitando en torno a la Tierra a una altura de
600 km.
a) Determine razonadamente su velocidad orbital y el tiempo que tarda en completar una
órbita.
b) Si la masa del Hubble es de 11000 kg, calcule la fuerza con que la Tierra lo atrae y
compárela con el peso que tendría en la superficie terrestre.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de la Tierra:
6
24
RT = 6,37·10 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·10 kg
Solución: a) Para el Hubble (un satélite en órbita terrestre) se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
=
⇔ 𝑣o2 =
⇔ 𝑣o = �
2
(𝑅T + ℎ)
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝑣o = �
= 7,56·103 m s–1 .
6,37·106 m + 6,00·105 m
El periodo vendrá dado por:
(𝑅T + ℎ)3
2 π (𝑅T + ℎ)
2 π (𝑅T + ℎ)
�
𝑣o =
⇒𝑇 =
= 2π
𝑇
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�
𝑅T + ℎ
3
(6,37·106 m + 6,00·105 m)3
𝑇 = 2π�
= 5,79·103 s ≈ 1 h 37 min.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
21.–
En 1998 la nave Discovery orbitó entorno a la Tierra a una altura de su superficie de 500
km con un periodo orbital de 1 hora y 34 minutos. Si el radio medio de la Tierra es 6380 km,
determine:
a) la velocidad orbital de la nave;
b) la masa de la Tierra (utilize únicamente los datos del problema);
c) la velocidad de escape desde la Tierra.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
3
b) La fuerza de atracción gravitatoria viene dada por la Ley de Gravitación Universal:
𝐺 𝑀T 𝑚
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 11000 kg
𝑃′ =
=
= 9,02·104 N
(𝑅T + ℎ)2
(6,37·106 m + 6,00·105 m)2
𝐺 𝑀T 𝑚 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 11000 kg
𝑃=
=
= 1,08·105 N.
(6,37·106 m)2
𝑅T2
Es ligeramente mayor en la superficie.
Solución: a) La velocidad orbital vendrá dada por:
2 π (𝑅T + ℎ) 2 π · �6,38·106 m + 5,00·105 m�
𝑣o =
=
= 7,66·103 m s –1 .
3600 s
60 s
𝑇
1 h · 1 h + 34 min · 1 min
b) En una órbita terrestre se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
=
𝑣o2 (𝑅T + ℎ) 4 π2 (𝑅T + ℎ)3
(𝑅T + ℎ)2
𝑅T + ℎ
⇒ 𝑀T =
=
𝐺
𝐺 𝑇2
2 π (𝑅T + ℎ)
𝑣o =
𝑇
3
4 π2 · �6,38·106 m + 5,00·105 m�
24
𝑀T =
2 = 6,06·10 kg.
3600
s
60
s
6,67·10–11 N m2 kg –2 · �1 h · 1 h + 34 min · 1 min�
c) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de la
Tierra al infinito.
1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
�
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑚 𝑣e2 + �–
2
𝑅T
2
𝑅
Despejando:
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
2 𝐺 𝑀T
1
𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 · 0 + �–
� = 0 ; 𝑚 𝑣e2 =
; 𝑣e = �
.
2
𝑅T
2
∞
2
𝑅T
𝑅T
𝑣e = �
𝑣e = �
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
2𝐺
4 π2 (𝑅T + ℎ)3
8 π2 (𝑅T + ℎ)3
𝐺 𝑇2
=�
𝑅𝑇
𝑅T 𝑇 2
8 π2 · (6,38·106 m + 5,00·105 m)3
3600 s
60 s 2
6,38·106 m · �1 h · 1 h + 34 min · 1 min�
= 1,13·104 m s–1 .
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
22.–
En la superficie de un planeta de 3000 km de radio la aceleración de la gravedad es de
4,0 m s–2. A una altura de 2,5·104 km sobre la superficie del planeta, se mueve en una órbita
circular un satélite con una masa de 100 kg.
a) Dibuje la fuerza que actúa sobre el satélite y escríbala en forma vectorial.
b) Calcule la masa del planeta.
c) Calcule la velocidad y la energía total que debe tener el satélite para que no caiga sobre la
superficie del planeta.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
3
23.–
3
En relación con la gravedad terrestre, una masa m:
a) pesa más en la superficie que a 100 km de altura;
b) pesa menos;
c) pesa igual.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) La fuerza que actúa sobre el satélite es (ver figura):
�𝑭
�⃗ = −𝐺 𝑀P 𝑚𝑅P + ℎ2 𝒖
��⃗𝒓
𝑔o 𝑅P2
�
⃗
𝐺 𝑀P
�⃗𝒓
�⃗𝒓 − 𝑚 𝑔o 𝑅P2 𝑅P + ℎ2 𝒖
⇒ 𝑭 = −𝐺
𝑚𝑅P + ℎ2 �𝒖
𝐺
𝑔o = 2
𝑅P
�⃗ = −100 kg · 4,0 m s –2 · (3,000·106 m)2 3,000·106 m+ 2,5·107 m2 �𝒖⃗𝒓 − �𝒖
�⃗𝒓.
𝑭
��⃗𝑟 es el vector que une el centro del planeta y del satélite y está dirigido hacia afuera.
El vector 𝒖
En el satélite la fuerza que sobre él ejerce el planeta, al ser negativa, está dirigida hacia el centro
del planeta.
b) La masa del planeta se puede calcular de la expresión de la aceleración de la gravedad:
𝐺 𝑀P
𝑔o 𝑅P2 4,0 m s–2 · (3,000·106 m)2
𝑔o = 2 ⇒ 𝑀P =
=
= 5,4·1023 kg.
𝐺
6,67·10–11 N m2 kg –2
𝑅P
c) En un satélite en órbita se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀P 𝑚
𝑔o 𝑅P2
=
2
𝐺
2
)
(𝑅P + ℎ
𝑅P + ℎ
𝐺 ⇔ 𝑣 = � 𝑔o 𝑅P
2
⇔
𝑣
=
o
o
𝑅P + ℎ
𝑅P + ℎ
𝑔o 𝑅P2
𝑀P =
𝐺
4,0 m s –2 · (3,000·106 m)2
�
𝑣o =
=1,13·103 m s–1 .
3,000·106 m+ 2,5·107 m
Dado que se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀P 𝑚
1
1 𝐺 𝑀P 𝑚 1
=
⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 =
= �– 𝐸p �
2
(𝑅P + ℎ)
𝑅P + ℎ
2
2 𝑅P + ℎ
2
La energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:
𝑔o 𝑅P2
1
1 𝐺 𝑀P 𝑚
1𝐺 𝐺 𝑚
𝑚 𝑔o 𝑅P2
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p =–
=–
=–
2
2 𝑅P + ℎ
2 𝑅P + ℎ
2 (𝑅P + ℎ)
𝐸m = – − 100 kg · 4,0 m s –2 · (3,000·106 m)2 3,000·106 m+ 2,5·107 m = –6,4·107 J.
Solución: De la expresión del peso a cualquier altura (siempre es positiva):
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T 𝑚
𝑃′ =
<
= 𝑃0
(𝑅T + ℎ)2
𝑅T2
El peso en la superficie siempre será mayor que el que hay en altura por ser menor su
denominador.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
24.–
Encélado es un satélite de Saturno que describe una órbita de radio 238 000 km alrededor
del planeta. La masa de Saturno es 5,688·1026 kg y la de Encélado es 1,080·1020 kg (dato
verificado recientemente por una sonda de la NASA). Suponiendo que la trayectoria de
Encélado alrededor de Saturno es circular, calcule:
a) el tiempo invertido por Encélado para describir una órbita alrededor del planeta;
b) la energía cinética de Encélado en su órbita alrededor de Saturno;
c) la energía potencial gravitatoria del sistema Saturno–Encélado. ¿Hay alguna relación entre
el resultado obtenido para la energía potencial gravitatoria del sistema y la energía cinética
calculada en el apartado anterior?
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2
3
25.–
Ío es un satélite de Júpiter cuya masa es MÍo = 8,9·1022 kg y su radio RÍo = 1,8·106 m. El
radio de la órbita, supuesta circular, en torno a Júpiter es r = 4,2·108 m.
a) ¿Cuál es el periodo de rotación de Ío en torno a Júpiter?
b) Determine la velocidad y la aceleración de Ío en su órbita, (modulo y dirección).
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de Júpiter:
MJúpiter = 1,9·1027 kg ; Radio de Júpiter: RJúpiter = 6,9·107 m
Solución: a) En un satélite en órbita planetaria se cumple que:
2 π 𝑅S–E
𝑣o =
3
𝑇
2 π 𝑅S–E
𝑅S–E
�
⇒𝑇 =
= 2π
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀S 𝑚
𝐺 𝑀S
𝐺 𝑀S
𝐺 𝑀S
=
⇒
𝑣
=
�
�𝑅
o
2
𝑅S–E
𝑅
𝑅S–E
S–E
S–E
(2,38000·108 m)3
𝑇 = 2π�
= 1,184·105 s ≈ 1,370 días.
6,674·10–11 N m2 kg –2 · 5,688·1026 kg
b) Para una órbita determinada se cumple que:
𝑚E 𝑣o2
𝐺 𝑀S 𝑚E
1
1 𝐺 𝑀S 𝑚E
=
⇔ 𝐸c = 𝑚E 𝑣o2 =
2
𝑅S–E
2
2 𝑅S–E
𝑅S–E
6,674·10–11 N m2 kg –2 · 5,688·1026 kg · 1,080·1020 kg
= 8,613·1027 J.
𝐸c =
2 · 2,38000·108 m
c) La energía potencial de un satélite en órbita viene dada por:
𝐺 𝑀S 𝑚E
6,674·10–11 N m2 kg –2 · 5,688·1026 kg · 1,080·1020 kg
𝐸p =–
=–
= –1,723·1028 J
𝑅S–E
2,38000·108 m
1
1 𝐺 𝑀S 𝑚E
𝐸c = 𝑚 𝑣o2 =
1
2
2 𝑅S–E
⇒ 𝐸c = �– 𝐸p � ; 𝐸p =– 2 (𝐸c )
𝐺 𝑀S 𝑚E
2
𝐸p =–
𝑅S–E
Solución: a) Para la órbita de Ío se cumple que:
2𝜋𝑟
𝑣o =
𝑇
2π𝑟
𝑟3
⇒
𝑇
=
=
2
π
�
𝐺 𝑀J
𝑀Ío 𝑣o2 𝐺 𝑀J 𝑀Ío
𝐺 𝑀J
𝐺 𝑀J
�
=
⇒ 𝑣o = �
2
𝑟
𝑟
𝑟
𝑟
(4,2·108 m)3
𝑇 = 2π�
= 1,5·105 s ≈ 42 h.
6,67·10–11 N m2 kg –2 ·1,9·1027 kg
b) La velocidad, como ya hemos comprobado es:
3
𝐺 𝑀J
6,67·10–11 N m2 kg –2 ·1,9·1027 kg
=�
= 1,7·104 m s–1 .
𝑟
4,2·108 m
La velocidad es tangente a la órbita en cualquier punto de ésta, o sea, perpendicular al radio
vector que une a Ío con Júpiter.
No presenta aceleración tangencial (ya que no varía el módulo de su velocidad) pero sí
centrípeta que vale:
𝐺 𝑀J
𝐺 𝑀J 6,67·10–11 N m2 kg –2 ·1,9·1027 kg
𝑣2
𝑎c =
= 𝑟 = 2 =
= 0,72 m s –2 .
(4,2·108 m)2
𝑟
𝑟
𝑟
También se podía haber calculado como intensidad del campo gravitatorio de Júpiter a la
distancia a la que se encuentra Ío. Su dirección es la del radio vector y sentido hacia Júpiter.
𝑣o = �
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
26.–
Ío es uno de los satélites de Júpiter. Se sabe que el radio medio de su órbita con respecto al
centro de Júpiter es de 4,26·105 km y que su periodo de revolución es de 42 horas.
a) Suponiendo que la órbita de Ío es redonda calcule la velocidad lineal con la que se desplaza
el satélite.
b) Calcule la masa de Júpiter.
c) Suponga que ahora Ío choca con un superasteroide espacial y pasa a ocupar una posición
distinta. En su nueva órbita Ío está al doble de distancia del centro de Júpiter que en su órbita
inicial, ¿con qué velocidad debe moverse Ío para que la nueva órbita sea estable?
d) ¿Cuál será el nuevo periodo?
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
3
27.–
Júpiter es el mayor planeta del Sistema Solar. Su masa es 318 veces la masa terrestre, su
radio 11,22 veces el de la Tierra y su distancia al Sol 5,2 veces mayor que la distancia media de
la Tierra al Sol. Determine:
a) el valor de la aceleración de la gravedad en la superficie de Júpiter en relación con su valor
en la superficie terrestre y el periodo de rotación de Júpiter alrededor del Sol, sabiendo que el
periodo terrestre es de 365 días y las órbitas de ambos planetas se consideran circulares;
b) el periodo y la velocidad media orbital de Calisto, su segunda mayor luna, sabiendo que
describe una órbita circular de 1,88·106 km de radio.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
MT = 5,97·1024 kg ; Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 9,81 m s–2
3
Solución: a) En un satélite en órbita se cumple que:
2π𝑅
2 π · 4,26·108 m
𝑣o =
=
= 1,8·104 m s–1 .
3600 s
𝑇
42 h · 1 h
b) En una órbita la fuerza centrípeta es la de gravitación por lo que:
𝐺 𝑚 𝑀J
𝐺 𝑀J
𝑚 𝑣o2
2 2
2 3
=
⇔ 𝑣o2 =
2
𝑅
𝑅
𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀J ⇒ 𝑀 = 4 π 𝑅
J
2π𝑅
𝑇2
𝑅
𝑇2 𝐺
𝑣o =
𝑇
4 π2 · (4,26·108 m)3
𝑀J =
= 2,0·1027 kg.
2
3600 s
�42 h · 1 h � ·6,67·10–11 N m2 kg –2
c) Volviendo a poner la condición de estabilidad:
𝐺 𝑀J
𝑣′2o =
4 π2 𝑅3
8
𝑅′
𝐺
�
𝑇 2 𝐺 = π 𝑅 √2 = π · 4,26·10 m · √2 = 1,3·104 m s–1 .
𝑅′ = 2 𝑅 ⇒ 𝑣′o =
3600 s
2𝑅
𝑇
42 h · 1 h
4 π2 𝑅3
𝑀J = 2
𝑇 𝐺
d) Utilizando la 3.ª Ley de Kepler:
(2 𝑅′)3
𝑅′3 𝑇′2
𝑅′3
�
�
=
⇒
𝑇′
=
𝑇
=
𝑇
= 42 h · √8 ≈ 120 h = 5 días.
𝑅3
𝑇2
𝑅3
𝑅3
Solución: a) el valor de la aceleración de la gravedad en Júpiter es:
𝐺 𝑀J
𝐺 · 318 𝑀T
318
𝐺 𝑀T
𝑔J = 2 =
=
·
= 2,53 · 𝑔0 = 24,8 m s–2 .
(11,22 𝑅T )2 (11,22)2 𝑅T2
𝑅J
El periodo de rotación se puede calcular aplicando la Tercera Ley de Kepler:
3
3
𝑅S–J
(5,2 𝑅S–T )3
𝑅S–J
𝑇J2
�
=
⇒
𝑇
=
𝑇
=
1
año
·�
= �5,23 años ≈ 12 años .
J
T
3
3
3
𝑅S–T
𝑇T2
𝑅S–T
𝑅S–T
b) En un satélite en órbita planetaria se cumple que:
2 π 𝑅J–C
𝑣o =
3
𝑇C
𝑅J–C
2 π 𝑅J–C
⇒ 𝑇C =
=2π�
𝐺 𝑀J
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀J 𝑚
𝐺 𝑀J
𝐺 𝑀J
=
⇒ 𝑣o = �
2
�𝑅
𝑅J–C
𝑅J–C
𝑅J–C
J–C
(1,88·109 m)3
𝑇C = 2 π �
= 1,44·106 s ≈ 16,7 días.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 318 · 5,97·1024 kg
Y su velocidad media:
𝐺 𝑀J
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 318 · 5,97·1024 kg
𝑣o = �
= �
= 8,21 · 103 m s –1 .
𝑅J–C
1,88·109 m
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
28.–
La Estación Espacial Internacional tiene una masa de 4,20·105 kg y describe una órbita
circular a 400 km de altura sobre la superficie terrestre.
a) Calcule la fuerza gravitatoria de la Tierra sobre la estación espacial.
b) ¿Ejerce la estación espacial alguna fuerza sobre la Tierra?
c) Calcule la velocidad de la estación.
d) Calcule el periodo de su movimiento.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ;
6
24
RT = 6,371·10 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·10 kg
Radio de la Tierra:
3
Solución: a) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton:
𝐺 𝑀T 𝑚
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 4,20·105 kg
𝐹=
=
= 3,65·106 N.
(𝑅T + ℎ)2
(6,371·106 m + 4,00·105 m)2
b) Como las fuerzas de interacción a distancia indican, son de interacción. Por lo tanto la ISS
ejerce sobre la Tierra la misma fuerza que esta ejerce sobre aquella.
c) En la Estación Espacial Internacional en órbita terrestre se cumple que:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
𝑚 𝑣o2
2
=
⇔
𝑣
=
⇔
𝑣
=
�
o
o
(𝑅T + ℎ)2
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
= 7,67·103 m s–1 .
6,371·106 m + 4,00·105 m
d) El periodo vendrá dado por:
𝑣o = �
𝑣o =
29.–
La Luna describe una órbita circular alrededor de la Tierra, que se puede considerar
inmóvil. Halle:
a) la velocidad de la Luna en su órbita;
b) el periodo del movimiento de la Luna;
c) la energía cinética de la Luna;
d) la energía total.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT =
24
8
22
5,97·10 kg ; Distancia Tierra–Luna: RT–L = 3,844·10 m ; Masa de la Luna: ML = 7,349·10 kg
(𝑅T + ℎ)3
2 π (𝑅T + ℎ)
2 π (𝑅T + ℎ)
⇒𝑇 =
=2π�
𝑇
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�
𝑅T + ℎ
[(6,371·106 + 4,00·105 ) m]3
𝑇 =2π�
= 5,55·103 s ≈ 1 h 32 min.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
Solución: a) Para la Luna (un satélite en órbita terrestre) se cumple que:
𝑀L 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑀L
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
2
=
⇔
𝑣
=
⇔
𝑣
=
�
o
o
2
𝑅T–L
𝑅T–L
𝑅T–L
𝑅T–L
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝑣o = �
= 1,02·103 m s–1 .
3,844·108 m
b) El periodo vendrá dado por:
𝑣o =
3
𝑇 = 2π�
2 π 𝑅T–L
2 π 𝑅T–L
𝑅3
⇒𝑇 =
= 2 π � T–L
𝑇
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�
𝑅T–L
(3,844·108 m)3
= 2,37·106 s ≈ 27,5 días.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
c) La energía cinética de la Luna será:
1
𝐺 𝑀T 𝑀L 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg ·5,97·1022 kg
2
𝐸c = 𝑀L 𝑣o =
=
= 3,81·1028 J.
2
2 𝑅T–L
2 · 3,844·108 m
d) Para una órbita determinada (en este caso la de la Luna) se cumple que:
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑀L
1
1 𝐺 𝑀T 𝑀L 1
2
=
⇔
𝐸
=
𝑚
𝑣
=
= �– 𝐸p � ⇒ 𝐸p =– 2 𝐸c
c
o
2
2
2 𝑅T–L
2
𝑅T–L
𝑅T–L
Por lo tanto, la energía mecánica de la Luna en órbita viene dada por:
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸c – 2 𝐸c =– 𝐸c = –3,81·1028 J.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
30.–
La masa de la Luna es 0,01 veces la de la Tierra y su radio es 0,25 veces el radio terrestre.
Un cuerpo, cuyo peso en la Tierra es de 800 N, cae desde una altura de 50 m sobre la superficie
lunar.
a) Determine la masa del cuerpo y su peso en la Luna.
b) Realice el balance de energía en el movimiento de caída y calcule la velocidad con que el
cuerpo llega a la superficie.
Datos: Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 10 m s–2
Solución: a) El peso es la fuerza de atracción gravitatoria que actúa sobre un cuerpo por lo que:
𝑃
800 N
𝑃 = 𝑚 𝑔0 ⇒ 𝑚 =
=
= 80 kg
𝑔0 10 m s –2
𝐺 𝑚 𝑀L 𝐺 𝑚 · 0,01 · 𝑀T
0,01 𝐺 𝑚 𝑀T
0,01
𝑃L =
=
=
·
=
· 𝑃 = 1,3·102 N.
2
2
2
2
(0,25 · 𝑅T )
0,25
0,252
𝑅L
𝑅T
b) Se resuelve por conservación de la energía (se consideran despreciables los 50 m frente a RL).
Σ E0 = Σ Ef ; Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf
0 + �–
3
𝐺 𝑀L 𝑚
1
𝐺 𝑀L 𝑚
1
1
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
� ⇒ 𝑣𝑓 = �2 𝐺 𝑀L � –
�
𝑅L + ℎ
2
𝑅L
𝑅L 𝑅L + ℎ
𝑣f = �2 𝐺 𝑀L �
𝑅L + ℎ
𝑅L
2 𝐺 𝑀L ℎ
2 𝐺 𝑚 𝑀L ℎ
2 𝑃L ℎ
–
�=�
≈ �
=�
2
𝑅L (𝑅L + ℎ) 𝑅L (𝑅L + ℎ)
𝑅L (𝑅L + ℎ)
𝑚
𝑚 𝑅L
𝑣f = �
31.–
La masa de la Tierra es 81 veces la de la Luna y la distancia entre sus centros es
3,84·105 km.
a) Calcule en qué punto, entre la Tierra y la Luna se encontraría en equilibrio un meteorito de
200 kg.
b) ¿Cuál sería la energía potencial del meteorito en ese punto?
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Luna:
ML = 7,35·1022 kg
3
2·
0,01
0,01
2·
·𝑃ℎ
2 · 50 m
0,252
0,25
=�
= 14 m s–1 .
𝑃
800 N
𝑔0
10 m s –2
Se podría haber hecho más fácil, pero utilizando resultados obtenidos, hallando el valor de gL.
Solución: Para el meteorito del problema se cumple que la fuerza de atracción gravitatoria de la
Tierra es igual a la de la Luna por lo que:
𝐹T = 𝐹L ⇔
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀L 𝑚
𝑅L–m
𝑀L
=
⇒
= �
2
2
𝑅T–m
𝑀T
𝑅T–m
𝑅L–m
⇔ 𝑅T–m = 𝑅T–L – 𝑅T–m �
𝑀L
𝑀T
𝑅T–m = 𝑅T–m + 𝑅L–m
𝑅T–L
3,84·108 m
3,84·108 m
𝑅T–m =
=
=
= 3,46·108 m.
1
𝑀L
𝑀L
1+ 9
1 + �𝑀
1 + �81 𝑀
T
L
b) La energía potencial del meteorito será la suma de la que le tiene con relación a la Tierra y la
que tiene con relación a la Luna por lo que:
⎞
𝑀T
𝑀L
⎟
+
𝑅T–L
𝑅T–L ⎟
𝑀
𝑀
1 + �𝑀L
1 + � 𝑀T
⎝
T
L⎠
–11
2
–2
22
6,67·10 N m kg · 200 kg ·7,35·10 kg
1
𝐸p = –
· �81· �1+ � +(1+9)� = –2,55·108 J.
8
3,84·10 m
9
𝐸p = 𝐸pT + 𝐸pL =–
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
⎛
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀L 𝑚
+ �–
� =– 𝐺 𝑚 ⎜
𝑅T–m
𝑅L–m
⎜
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
32.–
La masa de Marte es 9 veces menor que la de la Tierra y su diámetro es 0,5 veces el
diámetro terrestre.
a) Determine la velocidad de escape en Marte y explique su significado.
b) ¿Cuál sería la altura máxima alcanzada por un proyectil lanzado verticalmente hacia arriba,
desde la superficie de Marte, con una velocidad de 720 km h–1 ?
Datos: Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 9,81 m s–2 ;
RT = 6,37·106 m
Radio de la Tierra:
3
33.–
La nave espacial Discovery, lanzada en octubre de 1998, describía en torno a la Tierra una
órbita circular con una velocidad de 7,62 km s–1.
a) ¿A qué altitud se encontraba?
b) ¿Cuál era su periodo? ¿Cuántos amaneceres contemplaban cada 24 horas los astronautas
que viajaban en el interior de la nave?
Datos: Constante de gravitación: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ;
Radio medio de la Tierra: RT = 6370 km
3
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la
superficie de Marte al infinito.
1
𝐺 𝑀M 𝑚
1
𝐺 𝑀M 𝑚
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;
𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
�
2
𝑅M
2
𝑅
Despejando:
1
𝐺 𝑀M 𝑚
1
𝐺 𝑀M 𝑚
1
𝐺 𝑀M 𝑚
2 𝐺 𝑀M
𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 · 0 + �–
�=0;
𝑚 𝑣e2 =
; 𝑣𝑒 = �
.
2
𝑅M
2
∞
2
𝑅M
𝑅M
𝑀
2 𝐺 9T
𝐺 𝑀T
4 𝑔0 𝑅T2 2
2
𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑔0 = 2 ; 𝐺 𝑀T = 𝑔0 𝑅T ⇒ 𝑣e = �
=�
= �𝑔0 𝑅T
𝑅T
9 𝑅T
3
𝑅T
2
2
𝑣e = · �9,81 m s–2 · 6,37·106 m = 5,3·103 m s–1 .
3
La velocidad de escape es la velocidad que hay que suministrar a un proyectil, en ausencia de
rozamiento, para que escape de la atracción de un objeto estelar.
b) Se resuelve por conservación de la energía.
Σ E0 = Σ Ef ; Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf
1
𝐺 𝑀𝑀 𝑚
𝐺 𝑀𝑀 𝑚
1
1
𝑚 𝑣02 + �–
� = 0 + �–
� ⇒ 𝑣02 = 2 𝐺 𝑀𝑀 � –
�
2
𝑅𝑀
𝑅𝑀 + ℎ
𝑅𝑀 𝑅𝑀 + ℎ
2 𝐺 𝑀𝑇
𝑅𝑀 + ℎ
𝑅𝑀
2 𝑔0 𝑅2𝑇
ℎ
2 𝑔0 𝑅2𝑇 ℎ
8 𝑔0 ℎ
�
–
�=
≈
=
𝑣02 =
2
9
𝑅𝑀 (𝑅𝑀 + ℎ) 𝑅𝑀 (𝑅𝑀 + ℎ)
9
9
𝑅𝑀 (𝑅𝑀 + ℎ)
𝑅
9 � 2𝑇 �
km
1h
1000 m 2
2
9· �720 h · 3600 s · 1 km �
9 𝑣0
ℎ =
=
= 4,59· 103 m.
–2
8 𝑔0
8 · 9,81 m s
Hemos considerado despreciable h frente a RM.
Solución: a) Para la órbita dada se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
=
⇔ 𝑣o2 =
⇒ 𝑅T + ℎ = 2 ⇒ ℎ = 2 – 𝑅T
2
𝑅T + ℎ (𝑅T + ℎ)
𝑅T + ℎ
𝑣o
𝑣o
–11
2
–2
24
6,67 · 10 N m kg · 5,97 · 10 kg
ℎ=
– 6,37 · 106 m = 4,9 · 105 m.
(7,62 · 103 m s –1 )2
b) En una órbita se cumple que:
𝐺𝑀
2 π � 2 T�
2 π (𝑅T + ℎ)
2 π (𝑅T + ℎ)
2 π 𝐺 𝑀T
𝑣o
𝑣o =
⇒ 𝑇=
=
=
𝑇
𝑣o
𝑣o
𝑣o3
2 π · 6,67 · 10–11 N m2 kg –2 · 5,97 · 1024 kg
𝑇=
= 5,65 · 103 s ≈ 1 h 34 min.
(7,62 · 103 m s–1 )3
Los amaneceres son diferentes según se vaya en un sentido o en otro. Si damos una vuelta a la
Tierra en 24 horas viajando hacia el oeste, iremos siempre en la misma posición solar, por lo que
no veremos amanecer (o iremos en un amanecer perpetuo). Si lo hacemos hacia el este, veremos 2
amaneceres.
Por lo tanto, veremos uno más (si vamos hacia el este) o uno menos (si vamos hacia el oeste) de:
24 h / 1,57 h vuelta–1 = 15,3 vueltas.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
34.–
La nave espacial Lunar Prospector estuvo en órbita circular alrededor de la Luna a una
altura de 100 km sobre su superficie. Determine:
a) la velocidad lineal de la nave y el periodo del movimiento;
b) la velocidad de escape a la atracción lunar desde esa órbita.
–11
Datos: Constante de Gravitación: G = 6,67·10
6
Radio medio lunar: RL = 1,74·10 m ;
2
–2
22
N m kg ; Masa de la Luna: ML = 7,35·10 kg ;
1
1𝐺𝑀𝑚
Solución: a) La energía cinética de un satélite en órbita viene dada por 𝐸c = 2 𝑚 𝑣 2 = 2
Despejando en la ecuación anterior,
1
2
𝑣2 =
1 𝐺𝑀
2
𝑅
=
1
𝐺𝑀
2 (𝑅L +ℎ)
por lo que:
𝑅
.
𝐺𝑀
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 7,35·1022 kg
�
𝑣=�
=
= 1,63·103 m s–1 .
(𝑅L + ℎ)
1,84·106 m
El periodo se obtiene de:
𝑣=�
(𝑅L + ℎ)3
𝑒 2 π (𝑅L + ℎ)
𝐺𝑀
= =
⇔𝑇 = 2 π �
(𝑅L + ℎ) 𝑡
𝑇
𝐺𝑀
(1,84·106 m)3
𝑇 =2π�
= 7,08·103 s ≈ 1,97 h.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 7,35·1022 kg
3
b) la velocidad de escape se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la órbita al
infinito.
1
𝐺𝑀𝑚
1
𝐺𝑀𝑚
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑚𝑣e2 + �–
� = 𝑚𝑣f2 + �–
�
2
𝑅0
2
𝑅f
𝐺𝑀𝑚 1
𝐺𝑀𝑚
1
𝐺𝑀𝑚
2𝐺𝑀
1
𝑚𝑣e2 –
= 𝑚 · 0–
= 0 ; 𝑚𝑣e2 =
; 𝑣e = �
𝑅0
2
∞
2
𝑅0
𝑅0
2
Sustituyendo los datos que da el problema:
35.–
La Tierra da la vuelta al Sol exactamente en 1 año y el radio medio de su órbita es de
149,5 millones de kilómetros. Saturno tiene una órbita aproximadamente circular a una distancia
9,54 veces mayor del Sol que la terrestre. Determine:
a) la masa del Sol;
b) cuántas veces es mayor el período de revolución de Saturno alrededor del Sol que el de la
Tierra.
3
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2
2 · 6,67·10–11 N m2 kg–2 · 7,35·1022 kg
𝑣e = �
= 2,31·103 m s–1 .
1,84·106 m
Solución: a) En la órbita de la Tierra alrededor del Sol la fuerza centrípeta es la de gravitación
por lo que:
𝑀T 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑀S
𝐺 𝑀S
=
⇔ 𝑣o2 =
2
3
2
4 π2 𝑅S–T
𝐺 𝑀S
4 π2 𝑅S–T
𝑅S–T
𝑅S–T
𝑅S–T
⇒
=
⇒ 𝑀S =
𝑅S–T
2 π 𝑅S–T
𝑇T2
𝑇T2 𝐺
𝑣o =
𝑇T
4 π2 · (1,495·1011 m)3
𝑀S =
= 1,98·1030 kg.
2
24 h 3600 s
�365,25 días · 1 día · 1 h � ·6,674·10–11 N m2 kg –2
b) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
(9,54 · 𝑅T )3
𝑅S3 𝑇S2
𝑇S
𝑅S3
�
=
⇒
=
=
�
= �9,543 ≈ 29,5.
𝑇T
𝑅T3 𝑇T2
𝑅T3
𝑅T3
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
36.–
Los satélites de comunicaciones son geoestacionarios, es decir, describen órbitas
ecuatoriales en torno a la Tierra con un periodo de revolución de un día, igual al de rotación de
nuestro planeta. Por ello, la posición aparente de un satélite geoestacionario, visto desde la
Tierra, es siempre la misma.
a) Calcule el radio de la órbita geoestacionaria y la velocidad orbital del satélite.
b) Calcule la energía mecánica de un satélite geoestacionario de masa m = 500 kg.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
24
MT = 5,97·10 kg
3
Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que:
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
2
2 2
2
=
⇔
𝑣
=
3
o
𝑅
𝑅2
𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀T ⇒ 𝑅 = �𝐺 𝑀T 𝑇
2π𝑅
𝑇2
𝑅
4 π2
𝑣o =
𝑇
2
–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · �1 día · 24 h · 3600 s�
6,67·10
�
1 día
1h
𝑅=
= 4,22·107 m.
2
4π
2π𝑅
3 𝐺 𝑀 𝑇2
𝑣o =
T
𝑇
3 2π𝐺 𝑀
2 π 𝑅 2 π � 4 π2
T
�
⇒
𝑣
=
=
=
o
3 𝐺 𝑀 𝑇2
𝑇
𝑇
𝑇
T
𝑅=�
2
4π
3
2 π · 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
= 3,07·103 m s–1 .
24 h 3600 s
1 día ·
·
1 día
1h
b) Para una órbita determinada se cumple que:
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚 1
2
=
⇔
𝐸
=
𝑚
𝑣
=
= �– 𝐸p �
c
o
𝑅
2
2 𝑅
2
𝑅2
Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:
3
⇒ 𝑣o = �
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p =
3
3
37.–
Los satélites meteorológicos son un medio para obtener información sobre el estado del
tiempo atmosférico. Uno de estos satélites, de 250 kg, gira alrededor de la Tierra a una altura de
1000 km en una órbita circular.
a) Calcule la energía mecánica del satélite.
b) Si disminuyera el radio de la órbita, ¿aumentaría la energía potencial del satélite?
Justifique la respuesta.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ;
6
24
RT = 6,37·10 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·10 kg
Radio de la Tierra:
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
𝐸m = –500 kg · �
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐸p =–
=–
2
2 𝑅
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T 𝑇
2�
4 π2
3
2
(6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg ·π)2
2
3
=– 𝑚 �
𝐺 2 𝑀T2 π2
2 𝑇2
= –2,35·109 J.
24 h 3600 s
2· �1 día · 1 día · 1 h �
Solución: a) Para un satélite en órbita se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚 1
=
⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 =
= �– 𝐸p �
2
𝑅T + ℎ (𝑅T + ℎ)
2
2 𝑅T + ℎ
2
Por tanto, la energía mecánica del satélite viene dada por:
1
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = – 𝐸p + 𝐸p = 𝐸p =–
2
2
2 𝑅T + ℎ
–11
2
–2
24
1 6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg · 250 kg
𝐸m = – ·
= –6,75·109 J.
2
6,37·106 m + 106 m
b) Al disminuir el radio de la órbita y por lo tanto la altura el denominador de la expresión de la
energía mecánica disminuye por lo que el cociente aumenta. Como el signo es negativo, el
resultado global disminuye. La energía mecánica de un satélite, por tanto, es menor (más negativa)
cuando el radio de la órbita disminuye.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
38.–
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
de la que necesita otro objeto de masa m2 = m1/2.
b) Se precisa realizar más trabajo para colocar en una misma órbita un
satélite de masa m1 que otro satélite de masa m2 = m1/2, lanzados desde la
superficie de la Tierra.
3
39.–
3
40.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Enuncie la Tercera Ley de Kepler.
b) El radio de la órbita terrestre es 1,496·1011 m y el de Urano es 2,87·1012 m. Determine el
periodo orbital de Urano.
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
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.
3
Solución: a) Este cambio de órbita se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la
superficie de la Tierra al infinito.
1
𝐺 𝑀𝑇 𝑚
1
𝐺 𝑀𝑇 𝑚
𝐸𝑐0 + 𝐸𝑝0 = 𝐸𝑐𝑓 + 𝐸𝑝𝑓 ; 𝑚 𝑣𝑒2 + �–
� = 𝑚 𝑣𝑓2 + �–
�
2
𝑅𝑇
2
𝑅∞
𝐺 𝑀T 𝑚 1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
2 𝐺 𝑀T
1
𝑚 𝑣e2 –
= 𝑚 · 0–
= 0 ; 𝑚 𝑣e2 =
; 𝑣e = �
2
2
2
𝑅T
∞
𝑅T
𝑅T
La velocidad de escape es independiente de la masa del objeto por lo que es falsa.
b) Para una órbita determinada se cumple que:
𝑚 𝑣o2
GMm
1
1𝐺 𝑀 𝑚 1
2
=
⇔
𝐸
=
𝑚
𝑣
=
= �– 𝐸p �
c
o
𝑅
R2
2
2 𝑅
2
Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:
1𝐺 𝑀 𝑚
𝐺𝑀𝑚
1𝐺 𝑀 𝑚
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p =
+ �–
� =–
2 𝑅
𝑅
2 𝑅
La energía asociada a enviar desde la superficie de la Tierra (sólo se posee energía potencial) un
satélite a una órbita determinada será:
1𝐺 𝑀 𝑚
𝐺𝑀𝑚
1
1
∆𝐸m = 𝐸m f – 𝐸m 0 = –
– �–
�= 𝐺𝑀𝑚 � –
�
2 𝑅f
𝑅T
𝑅T 2 𝑅f
Por tanto la energía necesaria para cambiar de órbita sí depende de la masa del cuerpo y será
mayor cuanto mayor sea esta masa. Verdadera.
Solución: a) Tercera Ley de Kepler: "Para cualquier objeto estelar que orbite alrededor de otro
cuerpo, el cuadrado de su periodo orbital es directamente proporcional al cubo de la longitud del
semieje mayor de su órbita".
b) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
3
3
(2,87·1012 m)3
𝑅S–U
𝑇U2
𝑅S–U
�
�
=
⇒
𝑇
=
𝑇
=
1
año
·
= 84,0 años.
U
T
3
3
(1,496·1011 m)3
𝑅S–T
𝑇T2
𝑅S–T
Solución: a) Las tres Leyes de Kepler son:
1.ª – Ley de las órbitas: "Los planetas giran alrededor del Sol describiendo órbitas elípticas en
uno de cuyos focos se encuentra el Sol".
2.ª – Ley de las áreas: "Las áreas barridas por el radio vector que une el Sol con un planeta son
directamente proporcionales a los tiempos empleados en barrerlas".
3.ª – Ley de los periodos: "Los cuadrados de los periodos son directamente proporcionales a los
cubos de los semiejes mayores de las respectivas órbitas".
b) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
(2,87·1012 m)3
𝑅U3 𝑇U2
𝑅U3
�
�
=
⇒
𝑇
=
𝑇
=
1
año·
= 83,7 años.
U
T
(1,50·1011 m)3
𝑅T3 𝑇T2
𝑅T3
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
41.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Escriba la Ley de Gravitación Universal y explique su significado físico.
b) Según la Ley de Gravitación, la fuerza que ejerce la Tierra sobre un cuerpo es proporcional
a la masa de éste. ¿Por qué no caen más deprisa los cuerpos con mayor masa?
3
42.–
Sabiendo que el periodo de revolución lunar es de 27,32 días y que el radio de la órbita es
RT–L = 3,84·108 m, calcule:
a) la constante de gravitación universal, G (obtenga su 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
(desprecie los radios 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 RT–L/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: RT = 6,37·106 m ; Radio medio lunar: RL = 1,74·106 m
3
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) La Ley de Gravitación Universal dice que:
�𝑭
�⃗ = – 𝐺 𝑚 𝑚′𝑅2 𝒖
��⃗𝒓
Esto significa que cualesquiera dos cuerpos con masa que existan en el Universo experimentan
una fuerza de atracción entre sí debida a su propia masa, independientemente de cualquier otra
propiedad que presenten. Esa interacción depende de la masa de ambos cuerpos y disminuye con el
cuadrado de la distancia entre ellos.
b) Si bien es cierto que la fuerza que ejerce la Tierra es proporcional a la masa del cuerpo, la
aceleración que le provoca (por la Segunda Ley de Newton) es:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐹=
𝑅T2 ⇒ 𝑎 = 2
𝑅T
𝐹 =𝑚𝑎
También es cierto que el movimiento de caída es un m.r.u.a., en ausencia de velocidad inicial,
que sólo depende de la altura y de la aceleración. Como ésta no depende nada más que de
constantes, todos los cuerpos caen con la misma aceleración y, en el caso de que caigan desde la
misma altura, llegan al suelo con la misma velocidad.
Solución: a) Para la Luna, que es un satélite en órbita terrestre, se cumple que:
2 π 𝑅T−L
2 π 𝑅T−L 2
𝑣o =
3
�
� 𝑅T−L
4 π2 𝑅T−L
𝑇
𝑇
⇒
𝐺
=
=
2
𝑚 𝑣o
𝐺 𝑀T 𝑀L
𝐺 𝑀T
𝑀T
𝑀T 𝑇 2
2
=
⇒
𝑣
=
o
2
𝑅T−L
𝑅T−L
𝑅T−L
2 (
4 π · 3,84·108 m)3
–11
𝐺=
N m2 kg –2 .
2 = 6,71·10
86400 s
5,98·1024 kg · �27,32 días · 1 día �
b) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton:
3
4 π2 𝑅T−L
𝑀T 𝑀L
𝐺 𝑀T 𝑀L
4 π2 𝑅T−L 𝑀L
𝑀T 𝑇 2
𝐹=
=
=
2
2
𝑇2
𝑅T−L
𝑅T−L
4 π2 · 3,84·108 m · 7,35·1022 kg
𝐹=
= 2,00·1020 N.
2
86400 s
�27,32 días · 1 día �
c) El trabajo necesario se obtiene haciendo un balance energético desde la Tierra hasta la Luna:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀L 𝑚
𝐺 𝑀L 𝑚
𝐺 𝑀T 𝑚
𝑊 + 𝐸p0 = 𝐸pf ; 𝑊 + �–
� + �–
� =–
+ �–
�
𝑅T
𝑅T−L
𝑅L
𝑅T−L
𝑀T
𝑀L
𝑀L
𝑀T
𝑊 = 𝐺 𝑚�
+
−
−
�
𝑅T 𝑅T−L 𝑅L 𝑅T−L
5,98·1024 7,35·1022 7,35·1022 5,98·1024
–11
𝑊 = 6,71·10 · 5000 · �
+
−
−
� = 2,96·1011 J.
6,37·106
3,84·108
1,74·106
3,84·108
d) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝑅T−L 2
24
�
𝐹𝑇
4 � = 9 𝑀T = 9 · 5,98·10 kg ≅ 732
=
𝐺 𝑀L 𝑚
𝐹𝐿
𝑀L
7,35·1022 kg
2
3𝑅
� 4T−L �
La fuerza debida a la Tierra es unas 732 veces mayor que la debida a la Luna.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
43.–
Se desea poner en órbita circular un satélite meteorológico de 1000 kg de masa a una
altura de 300 km sobre la superficie terrestre. Deduzca y calcule:
a) la velocidad, el periodo y aceleración que debe tener en la órbita;
b) el trabajo necesario para poner en órbita el satélite.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
24
6
MT = 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m
Solución: a) Para un satélite en órbita terrestre se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
=
⇔ 𝑣o2 =
⇔ 𝑣o = �
2
𝑅T + ℎ (𝑅T + ℎ)
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝑣o = �
= 7,73·103 m s–1 .
6,37·106 m + 3,00·105 m
El periodo vendrá dado por:
(𝑅T + ℎ)3
2 π (𝑅 𝑇 + ℎ )
2 π (𝑅T + ℎ)
�
𝑣o =
⇒𝑇 =
=2π
𝑇
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�
𝑅T + ℎ
(6,37·106 m + 3,00·105 m)3
𝑇 = 2π�
= 5,42·103 s ≈ 1 h 30 min.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
3
La aceleración es una aceleración centrípeta por describir una órbita por lo que:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝑚𝑎=
⇔
𝑎
=
=
= 8,95 m s–2 .
(𝑅T + ℎ)2
(𝑅T + ℎ)2
(6,37·106 m + 3,00·105 m)2
a) La energía necesaria (en forma de trabajo de lanzamiento a aportar) se obtiene haciendo un
balance energético desde la superficie de la Tierra hasta la órbita a la que ha de llegar:
𝐺 𝑀T 𝑚 1
𝐺 𝑀T 𝑚
1 𝐺 𝑀T 𝑚
𝑊ℒ + 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑊ℒ + 0–
= 𝑚 𝑣f2 –
=–
𝑅T
2
𝑅T + ℎ
2 𝑅T + ℎ
1 ℎ
𝐺 𝑚 𝑀T 𝐺 𝑚 𝑀T
𝑅T + 2 ℎ
2 + 𝑅T
𝑊ℒ =
–
; 𝑊ℒ = 𝐺 𝑚 𝑀T �
� = 𝐺 𝑚 𝑀T �
�
𝑅T
2 (𝑅T + ℎ)
𝑅T + ℎ
2 (𝑅T + ℎ) 𝑅T
44.–
Se desea poner en órbita un satélite de 1800 kg que gira a razón de 12,5 vueltas por día.
Calcule:
a) el período del satélite;
b) la distancia del satélite a la superficie terrestre;
c) la energía cinética del satélite en esa órbita.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de la Tierra:
6
24
RT = 6,37·10 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·10 kg
1 3,00·105 m
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg ·1000 kg · �2 +
�
6,37·106 m
𝑊ℒ =
= 3,27·1010 J.
6,37·106 m+ 3,00·105 m
Solución: a) Como nos da el número de vueltas por día (la frecuencia) el periodo será la inversa
por lo que: T = 1/f = 1/12,5 vueltas día–1 = 0,08 días vuelta–1 · 24 h día–1 = 1,92 h vuelta–1.
b) En un satélite en órbita terrestre se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
2
=
⇔
𝑣
=
𝑜
3 𝐺𝑀 𝑇 2
4 π2 (𝑅T + ℎ)2
𝐺𝑀T
𝑅T + ℎ (𝑅T + ℎ)2
𝑅T + ℎ
� T2
⇒
=
⇒
𝑅
+
ℎ
=
T
2
𝑇
𝑅T + ℎ
4π
2 π (𝑅T + ℎ)
𝑣o =
𝑇
ℎ=
3
3
�
6,67·10–11 N
m2
kg –2 ·
c) La energía cinética valdrá:
3
𝑅T + ℎ = �
𝑇2
𝐺 𝑀T
4 π2
2 π(𝑅T + ℎ)
𝑣o =
𝑇
5,97·1024
4 π2
3600 s 2
kg · �1,92 h · 1 h �
– 6,37·106 m = 1,47·106 m.
1
1
⇒ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 = 𝑚
2
2
𝐺 𝑀T 𝑇 2
4 π2 � �
�
4 𝜋2
3
𝑇2
2
3
=𝑚�
π2 𝐺 2 𝑀T2
2 𝑇2
2 (
–11 N m2 kg –2 )2 · (5,97·1024 kg)2
3 π · 6,67·10
𝐸𝑐 = 1800 kg · �
= 4,57·1010 J.
2
3600 s
2 · �1,92 h · 1 h �
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
45.–
Se lanza un objeto verticalmente desde la superficie de la Luna con una velocidad de
1,200 km s–1. ¿Se escapará de la gravedad lunar o no? Si lo hace, ¿con qué velocidad final lo
hará? Si no lo hace, ¿a qué altura llegará?
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Luna:
ML = 7,349·1022 kg ; Radio medio lunar: RL = 1,738·106 m
3
46.–
Se quiere situar un satélite en órbita circular a una distancia de 450 km desde la superficie
de la Tierra.
a) Calcule la velocidad que debe tener el satélite en esa órbita.
b) Calcule la velocidad con la que debe lanzarse desde la superficie terrestre para que alcance
esa órbita con esa velocidad (suponga que no actúa rozamiento alguno).
Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ;
–11
2
–2
Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg
Constante de
3
Solución: a) Calculamos si la energía total es positiva (lo que le hará escapar de la atracción
lunar ya que en el infinito la energía potencial de un objeto con relación a la Luna es nula) y
calculamos la velocidad que debe llevar con el exceso de energía.
1
𝐺 𝑀L 𝑚
𝐸m0 = 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝑚 𝑣02 + �–
�
2
𝑅L
1
𝑚 · 6,674·10–11 N m2 kg –2 · 7,349·1022 kg
3
–1 )2
(
𝐸m0 = 𝑚 1,200·10 m s
–
<0
2
1,738·106 m
Como es negativa aplicamos un balance energético con (vf = 0):
1
𝐺 𝑀L 𝑚
1
𝐺 𝑀L 𝑚
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑚 𝑣02 + �–
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
�
2
𝑅L
2
𝑅
1 2
𝐺 𝑀L 𝐺 𝑀L
1
1
ℎ
𝑣0 – 0 =
–
= 𝐺 𝑀L � –
� = 𝐺 𝑀L �
�
2
𝑅L 𝑅L + ℎ
𝑅L 𝑅L + ℎ
𝑅L (𝑅L + ℎ)
𝑣02 𝑅L2
𝑅L
2 2
2
=
𝑣0 𝑅L + 𝑣0 𝑅L ℎ = 2 𝐺 𝑀L ℎ ⇒ ℎ =
2
2 𝐺 𝑀L
2 𝐺 𝑀L – 𝑣0 𝑅L
–1
𝑣02 𝑅L
1,738·106 m
ℎ=
= 5,953·105 m.
2· 6,674·10–11 N m2 kg –2 · 7,349·1022 kg
–1
1000 m 2
–1
6
�1,200 km s · 1 km � ·1,738·10 m
Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
=
⇔ 𝑣o2 =
⇔ 𝑣o = �
2
(𝑅T + ℎ)
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
= 7,64·103 m s–1 .
6,37·106 m + 4,50·105 m
b) La velocidad de lanzamiento se obtiene haciendo un balance energético:
1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑚 𝑣L2 + �–
� = 𝑚 𝑣o2 + �–
�
2
𝑅T
2
𝑅T + ℎ
𝑣o = �
2ℎ
1+ 𝑅
1 2
𝐺 𝑀T
1 𝐺 𝑀T
2
1
T
𝑣 + �–
� =–
; 𝑣L = �𝐺 𝑀T � –
� = �𝐺 𝑀T
2 L
𝑅T
2 𝑅T + ℎ
𝑅T 𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
2 · 4,50·105 m
�
6,37·106 m
𝑣L = 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg ·
= 8,16·103 m s–1 .
6,37·106 m + 4,50·105 m
1+
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
47.–
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 orbitales de Venus y de la Tierra.
Datos: Distancia de la Tierra al Sol: RS–T = 1,49·1011 m ; Distancia de Venus al Sol: RS–V = 1,08·1011 m
; Periodo de revolución de la Tierra: TT = 365 días
3
Solución: a) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
3
3
(1,08·1011 m)3
𝑅S–V
𝑇V2
𝑅S–V
�
�
=
⇒
𝑇
=
𝑇
=
365
días
·
= 225 días.
V
T
3
3
(1,49·1011 m)3
𝑅S–T
𝑇T2
𝑅S–T
b) Aplicando la expresión de la velocidad de un objeto en una órbita circular:
2 π 𝑅S–T
2 π · 1,49·1011 m
𝑣T =
=
= 2,97 · 104 m s–1
24 h 3600 s
𝑇T
365 días ·
·
1 día
1h
𝑣V =
3
48.–
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.
49.–
Un satélite artificial orbita alrededor de la Tierra a una altura h = 3,59·107 m sobre la
superficie terrestre. Calcule:
a) la velocidad del satélite;
b) su aceleración;
c) el período de rotación del satélite alrededor de la Tierra, expresado en días. ¿Qué nombre
reciben los satélites de este tipo?
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de la Tierra:
RT = 6,37·106 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg
3
3
2 π 𝑅S–V
2 π 𝑅S–V
2 π 𝑅S–T
=
=
·�
𝑇T
𝑇V
𝑅S–V
3
𝑅S–V
𝑇T � 3
𝑅S–T
(1,49·1011 m)3
2π
�
𝑣V =
·
= 3,49 · 104 m s –1 .
11 m
24 h 3600 s
1,08·10
365 días ·
·
1 día
1h
Solución: a) Para un asteroide en una órbita alrededor de una estrella se cumple que:
𝑚A 𝑣o2
𝐺 𝑀E 𝑚A
1
1 𝐺 𝑀E 𝑚A
1
=
⇔ 𝐸c = 𝑚A 𝑣o2 =
= �– 𝐸p �
2
2
𝑅
R
2
2
R
2
Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p =– 𝐸c ⇒ 𝐸c =– 𝐸m = 1010 J ; 𝐸p =– 2 𝐸c = 2𝐸m =– 2 · 1010 J.
Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
=
⇔ 𝑣o2 =
⇔ 𝑣o = �
2
(𝑅T + ℎ)
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝑣o = �
=3,07·103 m s–1 .
6,37·106 m + 3,59·107 m
b) La aceleración viene dada por la Ley de Gravitación Universal de Newton:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝑃
𝐺 𝑀T
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
(𝑅T + ℎ)2
𝑔= =
=
=
=2,23·10-1 m s –2 .
(𝑅T + ℎ)2
(6,37·106 m + 3,59·107 m)2
𝑚
𝑚
c) El periodo vendrá dado por:
𝑣o =
(𝑅T + ℎ)3
2 π (𝑅T + ℎ)
2 π (𝑅T + ℎ)
⇒𝑇 =
=2π�
𝑇
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�
𝑅T + ℎ
[(6,37·106 + 3,59·107 ) m]3
𝑇 =2π�
= 86500 s ≈ 1,00 día.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
El satélite se denomina satélite geoestacionario, porque rota acompañando a la Tierra en su
rotación.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
50.–
Un satélite comercial para telecomunicaciones de 900 kg describe una órbita circular en
torno a la Tierra de radio 3 RT.
a) Calcule la aceleración y la energía del satélite en su órbita.
b) Calcule el periodo de revolución del satélite.
c) Considere ahora que el satélite se mueve en una órbita en torno al ecuador del planeta.
Determine a qué altura sobre la superficie debe orbitar para que sea geoestacionario.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
24
6
MT = 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m
Solución: a) Aplicando la expresión que da el valor del campo:
𝐺 𝑀T 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝑔= 2 =
= 1,04 m s –2 .
(3 · 6,37·106 m)2
𝑅
Para una órbita determinada se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚 1
1
=
⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 =
= �– 𝐸p � ⇒ 𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p
2
𝑅
𝑅
2
2 𝑅
2
2
–11
2
–2
24
1 𝐺 𝑀T 𝑚
6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg · 900 kg
𝐸m =–
=–
=– 9,38 · 109 J.
2 𝑅
2 · 3 · 6,37·106 m
b) El periodo será:
3
𝑣o =
𝐺 𝑀T
𝑣o = �
𝑅
2π𝑅
2π𝑅
⇒ 𝑇=
𝑇
𝑣o
⇔ 𝑇=
𝑅3
= 2π�
𝐺 𝑀T
�𝐺 𝑀T
𝑅
2π𝑅
(3 · 6,37·106 m)3
𝑇=2π�
= 2,63 · 104 s ≈ 7,31 horas.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
c) Al ser geoestacionario (T' = 24 h), se cumple que:
51.–
Un satélite de 300 kg de masa se mueve en una órbita circular de 5,000·107 m por encima
de la superficie terrestre.
a) ¿Cuál es la fuerza gravitatoria sobre el satélite?
b) ¿Cuál es la velocidad del satélite?
c) ¿Cuál es el periodo del satélite?
Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,371·106 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ;
–11
2
–2
Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg
ℎ=
3
�
3 𝐺 𝑀 𝑇′2
3 𝐺 𝑀 𝑇′2
(𝑅T + ℎ)3
T
T
�
⇒ 𝑅T + ℎ = �
⇒
ℎ
=
– 𝑅T
𝑇′ = 2 π �
2
𝐺 𝑀T
4π
4 π2
6,67·10–11 N
m2
kg –2 ·
5,97·1024
4 π2
3600 s 2
kg · �24 h · 1 h �
– 6,37·106 m = 3,58·107 m.
Solución: a) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton:
𝐺 𝑀T 𝑚
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 300 kg
𝐹=
=
= 37,6 N.
(𝑅T + ℎ)2
(6,371·106 m + 5,000·107 m)2
b) Para un satélite en órbita terrestre se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
2
=
⇔
𝑣
=
⇔
𝑣
=
�
o
o
𝑅T + ℎ (𝑅T + ℎ)2
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
Constante de
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝑣o = �
= 2,66·103 m s–1 .
6,371·106 m + 5,000·107 m
c) Y el periodo será:
3
𝑣o =
𝐺 𝑀T
𝑣o = �
𝑅T + ℎ
2 π (𝑅T + ℎ)
2 π (𝑅T + ℎ)
⇒ 𝑇=
𝑇
𝑣o
⇔ 𝑇=
2 π (𝑅T + ℎ)
𝐺𝑀
�𝑅 +Tℎ
T
(𝑅T + ℎ)3
= 2π�
𝐺 𝑀T
(6,371·106 m + 5,000·107 m)3
𝑇 =2π�
= 1,33 · 105 s ≈ 1,54 días.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
52.–
Un satélite de masa 300 kg se mueve a una altura de 5,00·107 m por encima de la
superficie terrestre en una órbita circular.
a) ¿Cuál es la fuerza gravitatoria sobre el satélite?
b) ¿Cuál es la velocidad del satélite?
c) ¿Cuál es el periodo del satélite?
Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ;
g0 = 9,81 m s–2
Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra:
3
Solución: a) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝑃=
(𝑅T + ℎ)2
𝑚 𝑔o 𝑅T2
300 kg · 9,81 m s–2 · (6,37·106 m)2
⇔
𝑃
=
=
= 37,6 N.
𝐺 𝑀T
(𝑅T + ℎ)2
(6,37·106 m + 5,00·107 m)2
𝑔o = 2
𝑅T
b) En un satélite en órbita terrestre se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
2
=
⇔
𝑣
=
o
𝑔o 𝑅T2
(𝑅T + ℎ)2
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
�
⇔ 𝑣o =
𝐺 𝑀T
𝑅T + ℎ
𝑔o = 2
𝑅T
9,81 m s –2 · (6,37·106 m)2
𝑣o = �
= 2,66·103 m s–1 .
6,37·106 m + 5,00·107 m
c) El periodo vendrá dado por:
𝑣o =
53.–
Un satélite describe una órbita circular, sobre el ecuador terrestre, a una altura de
35 860 km sobre la superficie.
a) Calcule el periodo de su movimiento orbital.
b) Halle la velocidad del satélite.
c) Halle la aceleración del satélite.
Datos: Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m ;
–11
2
–2
Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg
Constante de
𝑇=
(𝑅T + ℎ)3 2 π (𝑅T + ℎ)3
2 π (𝑅T + ℎ)
2 π (𝑅T + ℎ)
�
⇒𝑇 =
=2π�
=
𝑇
𝑅T
𝑔o
𝑔o 𝑅T2
2
𝑔o 𝑅T
�
𝑅T + ℎ
(6,37·106 m + 5,00·107 m)3
2π
�
·
= 1,33·105 s ≈ 37 h 1 min.
6,37·106 m
9,81 m s –2
Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que:
2𝜋𝑅
𝑣o =
𝑇
(𝑅T + ℎ)3
2π𝑅
𝑅3
�
�
⇒
𝑇
=
=
2
π
=
2
π
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�
�
=
⇒
𝑣
=
o
𝑅
𝑅
𝑅2
𝑅
[(6,37·106 + 3,5860·107 ) m]3
𝑇 =2π�
= 8,64·106 s = 1,00 día.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
b) Y la velocidad de un satélite en órbita terrestre cumple que:
3
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
2
=
⇔
𝑣
=
⇔
𝑣
=
�
o
o
(𝑅T + ℎ)2
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝑣o = �
=3,07·103 m s–1 .
6,37·106 m + 3,5860·107 m
c) La aceleración viene dada por la Ley de Gravitación Universal de Newton:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝑃
𝐺 𝑀T
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
(𝑅T + ℎ)2
𝑔= =
=
=
=2,23·10-1 m s –2 .
(𝑅T + ℎ)2
(6,37·106 m + 3,5860·107 m)2
𝑚
𝑚
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
54.–
Un satélite en órbita geoestacionaria describe una órbita circular en el plano ecuatorial de
la Tierra de forma que se encuentra siempre encima del mismo punto de la Tierra, es decir su
periodo orbital es 24 horas. Determine:
a) el radio de su órbita y la altura a la que se encuentra el satélite sobre la superficie terrestre;
b) la velocidad orbital;
c) su energía mecánica si la masa del satélite es 72 kg.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT =
24
6
5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m
Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
2
2 2
2
=
⇔
𝑣
=
3
o
𝑅
𝑅2
𝑅 ⇒ 4 π 𝑅 = 𝐺 𝑀T ⇒ 𝑅 = �𝐺 𝑀T 𝑇
2π𝑅
𝑇2
𝑅
4 π2
𝑣o =
𝑇
2
–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · �1 día · 24 h · 3600 s�
6,67·10
�
1 día
1h
𝑅 =
= 4,22·107 m.
2
4π
3
h = R – RT = 4,22·107 m – 6,37·106 m = 3,58·107 m.
2𝜋𝑅
3 𝐺 𝑀 𝑇2
𝑣o =
T
�
𝑇
2
π
3 2π𝐺 𝑀
2π𝑅
4 π2
T
�
⇒
𝑣
=
=
=
o
3 𝐺 𝑀 𝑇2
𝑇
𝑇
𝑇
T
𝑅 = �
2
4π
3
2 π · 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
⇒ 𝑣o = �
= 3,07·103 m s–1 .
24 h 3600 s
1 día ·
·
1 día
1h
3
b) Para una órbita determinada se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚 1
=
⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 =
= �– 𝐸p �
2
𝑅
𝑅
2
2 𝑅
2
Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:
𝐸m
𝐸m
4
55.–
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 de 10 km s–1.
b) Realiza una 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 =
5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚
= 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p =–
=–
2
2 𝑅
𝐺 𝑀T 𝑚
3 𝐺 𝑀 𝑇2
T
2�
4 π2
3
=– 𝑚 �
𝐺 2 𝑀T2 π2
2 𝑇2
(6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg ·π)2
= –72 kg · �
= –3,39·109 J.
24 h 3600 s 2
2· �1 día · 1 día · 1 h �
3
Solución: a) Como la dirección del movimiento y la del radio vector son la misma (α = 0), el
módulo del momento angular valdrá:
�⃗� = |𝒓
�𝑳
�⃗ × 𝒑
�⃗| = 𝑚 |𝒓
�⃗ × 𝒗
�⃗| = 𝒎 |�𝒓⃗||𝒗
�⃗| sen 𝛼 = 0
�⃗ y 𝒗
�⃗ son perpendiculares, por lo que el módulo del momento angular será:
b) Ahora 𝒓
𝐿 = 𝑚 𝑣𝑜 (𝑅𝑇 + ℎ)
𝐺 𝑀𝑇
(𝑅 + ℎ) = 𝑚 �𝐺 𝑀𝑇 (𝑅𝑇 + ℎ)
𝑚 𝑣𝑜2
𝐺 𝑀𝑇 𝑚
𝐺 𝑀𝑇 ⇒ 𝐿 = 𝑚 �
𝑅𝑇 + ℎ 𝑇
=
⇔ 𝑣𝑜 = �
2
𝑅 𝑇 + ℎ (𝑅 𝑇 + ℎ )
𝑅𝑇 + ℎ
𝐿 = 1000 kg · �6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 6,97·106 m=5,27·1013 kg m2 s–1 .
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
56.–
Dos planetas de igual masa están en órbita alrededor de una estrella mucho más masiva. El
planeta m1 recorre una órbita circular de radio 100·109 m, con un periodo de revolución de
2 años. El planeta m2 recorre una órbita elíptica para la cual la distancia mínima es
r1 = 100·109 m, y la distancia máxima r2 = 180·109 m, según se indica en la figura.
a) Utilizando el hecho de que el radio medio de una órbita elíptica es igual a la longitud del
semieje mayor, halle el período de la órbita de m2.
b) ¿Cuál es la masa de la estrella?
c) Sin hacer cálculos numéricos, justifique qué planeta tiene mayor energía total, y cuál lleva
mayor velocidad en el punto P de la figura.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 en el SI
4
57.–
El cometa Halley se mueve en una órbita elíptica alrededor del Sol. En el perihelio
(posición más próxima) el cometa está a 8,75·107 km del Sol y en el afelio (posición más
alejada) está a 5,26·109 km del Sol.
a) ¿En cuál de los dos puntos tiene el cometa mayor velocidad? ¿Y mayor aceleración?
b) ¿En qué punto tiene mayor energía potencial? ¿Y mayor energía mecánica?
4
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la Tercera Ley de Kepler y el valor del semieje mayor:
3
3
𝑅m
𝑇m21
𝑅m
𝑟 +𝑟 3
1
2
=
⇒
𝑇
=
𝑇
�
� 1 2 2�
m2
m1
3
3
2
𝑅m2 𝑇m2
𝑅m1 ⇒ 𝑇 = 𝑇 �
m2
m1
3
𝑅m
1
𝑟apoastro + 𝑟periastro
𝑅mayor =
2
3
1,80·1011 m + 1,00·1011 m
�
�
�
2
𝑇m2 = 2 años ·
= 3,3 años.
(1,00·1011 m)3
b) En una órbita se cumple que:
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑚 𝑀
2
2 3
=
𝑟 2 ⇒ 𝑀 = 𝑣o 𝑟 = 4 π 𝑟
𝑟
2π𝑟
𝐺
𝐺 𝑇2
𝑣o =
𝑇
4 π2 ·(1,00·1011 m)3
29
𝑀=
2 = 1,49·10 kg.
365 días 24 h 3600 s
6,67·10–11 N m2 kg –2 · �2 años · 1 año ·
·
�
1 día
1h
c) La velocidad ha de ser mayor en el punto P para el planeta m2 ya que la dirección de su
trayectoria le aleja más de la estrella por lo que la fuerza que actúa sobre él tiene una componente
tangencial hacia afuera que no tiene el planeta que describe la órbita circular.
Por esa misma razón, y ya que la energía potencial de ambos es igual dado que tienen la misma
masa y la misma distancia a la estrella, la energía cinética del planeta que sigue la órbita elíptica es
mayor, por lo que la energía total también lo será. Como además la energía se conserva, la energía
total del planeta m2 será mayor a lo largo de todo el recorrido de ambos.
Solución: a) Se resuelve aplicando la 2ª Ley de Kepler (Ley de las áreas) que se basa en el
Principio de conservación del momento angular cuando la fuerza es central:
𝐿a = 𝐿p ⇒ 𝑚 𝑣a 𝑟a = 𝑚 𝑣p 𝑟p ⇒ 𝑣a 𝑟a = 𝑣p 𝑟p
Como el radio del perihelio es menor, al estar más cerca del Sol, su velocidad será mayor en ese
punto, por lo que el cometa tiene una velocidad mayor en el perihelio.
La aceleración, se obtiene de:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐹=
=𝑚𝑔 ⇒ 𝑔=
2
𝑅
𝑅2
Como depende de constantes y de la distancia al centro (es inversamente proporcional a su
cuadrado), será mayor cuanto menor sea la distancia, por lo que también será menor en el
perihelio).
Hay una pequeña aceleración tangencial debida a la variación de velocidad en la órbita pero no
la hemos considerado por ser mucho más pequeña que la aceleración normal.
b) Tiene la misma energía mecánica en cualquier punto de su recorrido, puesto que es un objeto
que se mueve sin aporte externo de energía. Como la energía cinética es menor en el afelio, la
energía potencial será mayor en la misma proporción para que el objeto, cometa en este caso, pueda
mantener indefinidamente su órbita, intercambiando energía potencial por cinética mientras pasa
del afelio al perihelio, para posteriormente convertir cinética en potencial del perihelio al afelio.
Por tanto, tiene mayor energía potencial en el afelio pero siempre la misma energía mecánica.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
58.–
El satélite Giove–B tiene una masa m = 500 kg y su órbita, supuesta circular, se encuentra
a una distancia de 2,32·104 km de la superficie terrestre. Determine:
a) las energías potencial y cinética del satélite en su órbita;
b) el periodo orbital y módulo del momento angular respecto al centro de la Tierra;
c) la energía mínima necesaria para ponerlo en dicha órbita y la velocidad de escape de la
misma.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de la Tierra:
6
24
RT = 6,37·10 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·10 kg
Solución: a) Para una órbita determinada (en este caso la de Giove–B) se cumple que:
𝐺 𝑀T 𝑚
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 500 kg
𝐸p =–
= –
= –6,73·109 J
𝑅T + ℎ
6,37·106 m + 2,32·107 m
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚 1
=
⇔ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 =
= �– 𝐸p � = 3,37·109 J.
2
(𝑅T + ℎ)
𝑅T + ℎ
2
2 𝑅T + ℎ
2
b) El periodo vendrá dado por:
𝑣o =
(𝑅T + ℎ)3
2 π (𝑅T + ℎ)
2 π (𝑅T + ℎ)
⇒𝑇 =
=2π�
𝑇
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�
𝑅T + ℎ
(6,37·106 m + 2,32·107 m)3
𝑇 =2π�
= 5,06·104 s ≈ 14 h 4 min.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
El módulo del momento angular será:
𝐿 = 𝑚 𝑣o (𝑅T + ℎ)
𝐺 𝑀T
(𝑅T + ℎ) = 𝑚 �𝐺 𝑀T (𝑅T + ℎ)
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T ⇒ 𝐿 = 𝑚 �
𝑚 𝑣o2
𝑅
+
ℎ
=
⇔
𝑣
=
�
T
o
𝑅T + ℎ (𝑅T + ℎ)2
𝑅T + ℎ
500 kg·�6,67·10–11 N m2 kg –2 ·5,97·1024 kg·(6,37·106 +2,32·107 ) m = 5,43·1013 kg m2 s–1 .
c) La energía mínima para ponerlo en órbita es la diferencia de energía entre la de la órbita y la
que tiene en reposo en la superficie por lo que:
1 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T 𝑚
1
1
∆𝐸 = 𝐸′m – 𝐸p0 =–
– �–
� = 𝐺 𝑀T 𝑚 �
–
�=
2 𝑅T + ℎ
𝑅T
𝑅T 2 (𝑅T + ℎ)
1
1
∆𝐸 = 6,67·10–11 N m2 kg –2 ·5,97·1024 kg·500 kg· �
–
�
6
6
6,37·10 m 2·(6,37·10 +2,32·107 ) m
∆E = 2,79·1010 J.
La velocidad de escape desde una órbita se obtiene haciendo el equilibrio energético entre la
órbita y el infinito:
1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
�
2
2
𝑅T + ℎ
𝑅
4
1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T
2 𝐺 𝑀T
𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 · 0 + �–
� = 0 ; 𝑣e2 =
; 𝑣e = �
2
𝑅T + ℎ
2
∞
2
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
2 · 6,67·10–11 N m2 kg –2 ·5,97·1024 kg
𝑣e = �
= 5,2·103 m s–1 .
6,37·106 m + 2,32·107 m
Esta velocidad es la velocidad que debe tener el satélite para abandonar la órbita y evadirse de la
atracción gravitatoria pero parte ya la posee por estar en órbita, ya que se mueve a 3,67 km s–1.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
59.–
El satélite meteorológico SMOS (Soil moisture and ocean salinity) de masa m = 683 kg se
ha colocado en una órbita circular (polar) a una altura h = 755 km sobre la superficie terrestre.
(Fecha de lanzamiento: 9–09–2009).
a) Calcule las energías cinética y total que tendrá el satélite en la órbita.
b) Teniendo en cuenta que el satélite está en la órbita citada, determine su velocidad de escape
y su momento angular respecto del centro de la Tierra.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
24
6
MT = 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m
Solución: a) Las energías valdrán:
𝑚 𝑣𝑜2
𝐺 𝑀T 𝑚
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚
1
2
=
⇒
𝐸
=
𝑚
𝑣
=
=–
𝐸 ; 𝐸M = 𝐸c + 𝐸P =– 𝐸𝑐
c
o
𝑅T + ℎ (𝑅T + ℎ)2
2
2 𝑅T + ℎ
2 p
𝐺 𝑀T 𝑚
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 683 kg
𝐸c =
=
= 1,91·1010 J.
2 (𝑅T + ℎ)
2 · (6,37·106 m + 7,55·105 m)
ET = –1,91·1010 J.
b) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde su órbita al infinito.
1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ;
𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
�
2
𝑅T + ℎ
2
𝑅
Despejando:
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
2 𝐺 𝑀T
1
𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 · 0 + �–
� = 0 ; 𝑚 𝑣e2 =
; 𝑣e = �
.
2
2
𝑅T + ℎ
2
𝑅T + ℎ
∞
𝑅T + ℎ
4
2 · 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
�
𝑣e =
= 1,06·104 m s–1 .
6,37·106 m + 7,55·105 m
El módulo del momento angular será:
𝐿 = 𝑚 𝑣o (𝑅T + ℎ)
𝐺 𝑀T
(𝑅 + ℎ) = 𝑚 �𝐺 𝑀T (𝑅T + ℎ)
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T ⇒ 𝐿 = 𝑚 �
𝑅T + ℎ T
=
⇔ 𝑣o = �
2
𝑅T + ℎ (𝑅T + ℎ)
𝑅T + ℎ
𝐿 = 683 kg · �6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 7,13·106 m = 3,64·1013 kg m2 s–1 .
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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
60.–
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 de 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;
c) 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:
MF = 1,1·1016 kg ; Masa de Deimos: MD = 2,4·1015 kg
Solución: a) En una órbita se cumple que:
𝑀F 𝑣o2 𝐺 𝑀M 𝑀F
=
𝑣o2 𝑅F 4 π2 𝑅F3
𝑅F
𝑅F2
⇒ 𝑀M =
=
2 π 𝑅F
𝐺
𝐺 𝑇F2
𝑣o =
𝑇F
4 π2 · (9,38·106 m)3
23
𝑀M =
2 = 6,44·10 kg.
3600 s
6,67·10–11 N m2 kg –2 · �7,65 h · 1 h �
b) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
𝑇F2 𝑇D2
𝑅D3 𝑇F2
𝑅D3
2
�
=
⇔
𝑇
=
⇔
𝑇
=
𝑇
D
F
D
𝑅F3 𝑅D3
𝑅F3
𝑅F3
(2,346·107 m)3
�
𝑇D = 7,65 h ·
= 30,3 h.
(9,38·106 m)3
4
c) En la órbita se cumple que:
4 π2 𝑅F3
𝑀D
𝐺 𝑀M 𝑀D
1
1 𝐺 𝑀M 𝑀D
1
𝐺 𝑇F2
2
=
⇒ 𝐸c = 𝑀D 𝑣o =
=– 𝐸p ; 𝐸p =–
2
2
2
𝑅D
𝑅D
𝑅D
𝑅D2
2 3
2 (
6
3
15
1
2 π 𝑅F 𝑀D
2 π · 9,38·10 m) ·2,4·10 kg
21
𝐸m = 𝐸c + 𝐸P = 𝐸p =–
=–
2
2 =–2,2·10 J.
2
𝑅D 𝑇F
3600 s
2,346·107 m · �7,65 h · 1 h �
d) El módulo del momento angular será:
𝐿 = 𝑀D 𝑣o 𝑅D
2 π 𝑅D
2 π 𝑅D
2 π 𝑀D �𝑅F3 𝑅D
𝑣o =
=
⇒ 𝐿
𝑇D
𝑇F
𝑅D3
�
𝑇F
𝑅F3
𝑀D 𝑣o2
𝐿=
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
𝐺
2 π ·2,4·1015 kg · �(9,38·106 m)3 ·2,346·107 m
= 7,6·1025 kg m2 s–1 .
3600 s
7,65 h · 1 h
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
61.–
Los satélites GPS (Global Positioning System, ‘Sistema de posicionamiento global’)
describen órbitas circulares alrededor de la Tierra. El conjunto de los satélites permiten que en
cualquier punto de la Tierra una persona con un receptor GPS pueda determinar la posición en la
que se encuentra con una precisión de pocos metros. Todos los satélites GPS están a la misma
altura y dan dos vueltas a la Tierra cada 24 horas. Calcule:
a) la velocidad angular de los satélites y la altura de su órbita, medida sobre la superficie de la
Tierra;
b) la energía mecánica y la velocidad lineal que tiene uno de estos satélites GPS en su órbita;
c) la nueva velocidad y el tiempo que tardaría en dar una vuelta a la Tierra, si hiciéramos
orbitar uno de estos satélites a una altura doble.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
24
6
MT = 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m ; MSAT = 150 kg
Solución: a) Como el satélite tiene un periodo orbital de 12 h:
2π
2 π rad
𝜔=
=
= 1,4541·10-4 rad s-1 .
3600 s
𝑇
12 h · 1 h
En un satélite en órbita terrestre se cumple que:
𝑀SAT 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑀SAT
𝐺 𝑀T
=
⇔ 𝑣o2 =
3 𝐺 𝑀 𝑇2
2
4 π2 (𝑅T + ℎ)2 𝐺 𝑀T
(𝑅T + ℎ)
T
𝑅T + ℎ
𝑅T + ℎ
�
⇒
=
⇒
𝑅
+
ℎ
=
T
2
2
𝑇
𝑅
4
π
2 π (𝑅T + ℎ)
𝑣o =
𝑇
2
–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · �12 h · 3600 s�
6,67·10
�
1h
ℎ=
- 6,37·106 m = 2,02·107 m.
2
4π
3
b) Para una órbita determinada se cumple que:
𝐺 𝑀T 𝑀SAT
1
1 𝐺 𝑀T 𝑀SAT
1
𝑀SAT 𝑣o2
=
⇔ 𝐸c = 𝑀SAT 𝑣o2 =
= �– 𝐸p �
2
(𝑅T + ℎ)
2
2 𝑅T + ℎ
2
𝑅T + ℎ
Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p =
4
3 𝐺 2 𝑀 2 π2
1
1 𝐺 𝑀T 𝑀SAT
𝐺 𝑀T 𝑀SAT
T
𝐸p =–
=–
=– 𝑀SAT �
2
2
2
2 𝑅T + ℎ
2
𝑇
3 𝐺 𝑀 𝑇
T
2�
4 π2
–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg ·π)2
(
3 6,67·10
𝐸m = –150 kg · �
= –1,12·109 J.
2
3600 s
2 · �12 h · 1 h �
La velocidad se obtiene de:
2 π (𝑅T + ℎ)
𝑣o =
𝑇
3
2π �
𝐺 𝑀T 𝑇 2
3 2π𝐺 𝑀
4 π2
T
=�
= 3,87·103 m s–1 .
𝑇
𝑇
⇒ 𝑣o =
𝐺 𝑀T 𝑇 2
𝑅T + ℎ = �
4 π2
c) Aplicando las expresiones obtenidas anteriormente que solo dependen de la altura:
3
𝑣′o = �
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
= �
= �
=2,92·103 m s–1
𝑅T + ℎ′
𝑅T + 2 ℎ
6,37·106 m + 2 · 2,02·107 m
(𝑅T + 2 ℎ)3
𝐺 𝑀T 𝑇 ′ 2
′
�
𝑅T + ℎ = �
⇒
𝑇
=
2
π
4 π2
𝐺 𝑀T
′
3
(6,37·106 m + 2 · 2,02·107 m)3
𝑇′ = 2 π �
= 1,01·105 s ≅ 1 día 4 h.
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
4
62.–
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–1, siendo su distancia al Sol en el
perihelio de 4,60·1010 m.
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 en el
afelio.
Datos: Masa de Mercurio: MM = 3,18·1023 kg : Masa del Sol: MS = 1,99·1030 kg :
–11
2
–2
Gravitación Universal: G = 6,67·10 N m kg
63.–
Constante de
Momento angular de una partícula.
4
64.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Defina el momento angular de una partícula. Justifique su teorema de conservación.
b) Un satélite de masa m = 200 kg describe una órbita circular geoestacionaria alrededor de la
Tierra. Determine la velocidad orbital del satélite y el módulo de su momento angular
respecto del centro de la Tierra.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de la Tierra:
RT = 6,37·106 m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg
4
Solución: a) El momento angular de un movimiento orbital permanece constante (2ª Ley de
Kepler). Por lo tanto, se cumple que: va ra = vp rp ⇔
𝑣a 𝑟a
3,88·104 m s –1 ·6,99·1010 m
𝑣p =
=
= 5,90·104 m s–1
𝑟p
4,60·1010 m
b) Ec = ½ m v2 = ½ · 3,18·1023 kg · (5,90·104 m s–1)2 = 5,53·1032 J
𝑀M 𝑀S
3,18·1023 kg · 1,99·1030 kg
𝐸p = – 𝐺
= –6,67·10–11 N m2 kg –2 ·
= –9,18·1032 J
4,60·1010 m
𝑟p
ET = Ec + Ep = 5,53·1032 J + (–9,18·1032 J) = –3,65·1032 J
c) p = m v = 3,18·1023 kg · 5,90·104 m s–1 = 1,88·1028 kg m s–1
L = r m v = 4,60·1010 m · 3,18·1023 kg · 5,90·104 m s–1 = 8,63·1038 kg m2 s–1
d) Son iguales la energía mecánica y el momento angular (principios de conservación); no lo
son la velocidad, la energía cinética, la potencial y el momento lineal.
Solución: El momento angular de una partícula, �𝑳⃗, es una magnitud física (equivalente a la
cantidad de movimiento en la dinámica lineal), que representa la capacidad de un cuerpo de
���⃗ = 𝒓
�⃗ × �𝒑⃗ = 𝑚 (𝒓
�⃗ × 𝒗
�⃗).
conservar su impulso de giro. Matemáticamente: �𝑳⃗ = 𝐼 𝝎
En ausencia de momentos exteriores, o si solo hay en el sistema fuerzas centrales, permanece
constante, dando lugar al Principio de conservación del momento angular.
Solución: a) El momento angular de una partícula, �𝑳⃗, es una magnitud física (equivalente a la
cantidad de movimiento en la dinámica lineal), que representa la capacidad de un cuerpo de
���⃗ = 𝒓
�⃗ × �𝒑⃗ = 𝑚 (𝒓
�⃗ × 𝒗
�⃗).
conservar su impulso de giro. Matemáticamente: �𝑳⃗ = 𝐼 𝝎
En ausencia de momentos exteriores, o si solo hay en el sistema fuerzas centrales, permanece
constante, dando lugar al Principio de conservación del momento angular.
b) En un satélite en órbita terrestre geoestacionaria se cumple que:
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
=
⇔ 𝑣o2 =
3
2
𝑅
𝑅 ����������� 𝑣 3 = 2 π 𝐺 𝑀T ⇒ 𝑣 = �2 π 𝐺 𝑀T
𝑅
𝑜
o
multiplicando
2π𝑅
𝑇
𝑇
𝑣o =
𝑇
3
𝑣o = �
2 π · 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
= 3,07·103 m s–1 .
24 h 3600 s
1 día ·
·
1 día
1h
El módulo del momento angular vale:
2
𝑣o 𝑇
3 𝐺 2 𝑀2 𝑇
3 2π𝐺 𝑀
𝑇
T
𝑅=
T
�
=𝑚�
2 π ⇒ 𝐿 = 𝑚 ��
𝑇
2π
2π
𝐿 = 𝑚 𝑣o 𝑅
3 (6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg)2 · 86400 s
𝐿 = 200 kg · �
= 2,59·1013 kg m2 s –1 .
2π
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
65.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Defina el momento angular �𝑳⃗ de una partícula respecto de un punto. Justifique su teorema
de conservación.
b) Un satélite de 200 kg de masa describe una órbita circular de radio R = 1,914·107 m
alrededor de la Tierra. Calcule la velocidad orbital del satélite y su momento angular respecto
del centro de la Tierra.
c) Determine el trabajo que deben realizar los motores del satélite para pasar a otra órbita
circular de radio 1,2 R.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ;
24
6
MT = 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m
Masa de la Tierra:
4
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�
�
=
⇒
𝑣
=
⇒
𝐿
=
𝑚
𝑅
𝑣
=
𝑚
𝑅
= 𝑚 �𝐺 𝑀T 𝑅
o
o
𝑅
𝑅2
𝑅
𝑅
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
�
𝑣o =
= 4,56·103 m s–1
7
1,914·10 m
66.–
4
Solución: a) El momento angular de una partícula, �𝑳⃗, es una magnitud física (equivalente a la
cantidad de movimiento en la dinámica lineal), que representa la capacidad de un cuerpo de
���⃗ = 𝒓
�⃗ × �𝒑⃗ = 𝑚 (𝒓
�⃗ × 𝒗
�⃗).
conservar su impulso de giro. Matemáticamente: �𝑳⃗ = 𝐼 𝝎
En ausencia de momentos exteriores, o si solo hay en el sistema fuerzas centrales, permanece
constante, dando lugar al Principio de conservación del momento angular.
a) Podemos calcular la velocidad orbital y el momento angular teniendo en cuenta que, para una
órbita determinada, se cumple que:
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Un satélite artificial describe una órbita elíptica con el centro de la Tierra en uno de sus
focos. ¿Se conserva la energía cinética del satélite? ¿Y su momento angular respecto del
centro de la Tierra?
b) La Tierra y Marte describen órbitas en torno al Sol, siendo el radio medio de la órbita de
Marte 1,52 veces mayor que el radio orbital de la Tierra. Suponiendo válida la aproximación
de órbitas circulares, calcule la duración del “año marciano”. Determine el cociente entre los
momentos angulares, con respecto al centro del Sol, de la Tierra y de Marte.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
MT = 5,97·1024 kg ; MMarte = 6,42·1023 kg ; 1 año terrestre = 365 días
𝐿 = 200 kg · �6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 1,914·107 m = 1,75·1013 kg m2 s–1 .
b) Haciendo un balance energético:
1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝐺 𝑀T 𝑚
∆𝐸 + 𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; ∆𝐸 + 𝑚 𝑣o2 + �–
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
�
2
𝑅
2
𝑅′
𝑚 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 𝑚 𝑚 𝐺 𝑀T 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑚 𝑀T 1 1
𝐺 𝑚 𝑀T (𝑅′ − 𝑅)
∆𝐸 +
–
=
–
; ∆𝐸 =
� − �=
2𝑅
𝑅
2 𝑅′
𝑅′
2
𝑅 𝑅′
2 𝑅 𝑅′
6,67·10–11 N m2 kg –2 ·5,97·1024 kg ·200 kg · 0,2
𝑊 = ∆𝐸 =
= 3,47·108 J.
2 · 1,2 · 1,914·107 m
Solución: a) Se resuelve aplicando la 2ª Ley de Kepler (Ley de las áreas) que se basa en el
Principio de conservación del momento angular cuando la fuerza es central:
𝐿a = 𝐿p ⇒ 𝑚 𝑣a 𝑟a = 𝑚 𝑣p 𝑟p ⇒ 𝑣a 𝑟a = 𝑣p 𝑟p
Como el producto de la velocidad por la distancia se mantiene constante, y la órbita es elíptica,
las distancias varían por lo que la velocidad ha de variar. A mayor distancia, menor velocidad, y
por tanto menor energía cinética. El momento angular sí se conserva, como indica la 2ª Ley de
Kepler.
b) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
3
3
(1,52 𝑅T )3
𝑅M
𝑇M2
𝑅M
�
�
=
⇒
𝑇
=
𝑇
=
365
días
·
= 684 días.
M
T
𝑅T3 𝑇T2
𝑅T3
𝑅T3
Aplicando la expresión del momento angular:
2 π 𝑅M
2
𝐿M 𝑀M 𝑣M 𝑅M 𝑀M 𝑣M 𝑅M 𝑀M 𝑇M 𝑅M
𝑀M 𝑅M
𝑇T
𝑀M �𝑅M
=
=
=
=
=
2
π
𝑅
𝐿T
𝑀T 𝑣T 𝑅T
𝑀T 𝑣T 𝑅T
𝑀T �𝑅T
3
𝑀T 𝑇 T 𝑅T
𝑅M
2
T
𝑀T 𝑅T 𝑇T � 3
𝑅T
4
67.–
Se considera el movimiento elíptico de la Tierra en torno al Sol. Cuando la Tierra está en
el afelio (la posición más alejada del Sol) su distancia al Sol es de 1,52·1011 m y su velocidad
orbital es de 2,92·104 m s–1. Halle:
a) el momento angular de la Tierra respecto al Sol;
b) la velocidad orbital en el perihelio (la posición más cercana al Sol), siendo en este punto su
distancia al Sol de 1,47·1011 m.
Datos: Masa de la Tierra MT = 5,97·1024 kg
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
𝐿M 𝑀M �1,52 𝑅T 6,42·1023 kg · �1,52
=
=
= 0,13.
𝐿T
5,97·1024 kg
𝑀T �𝑅T
Solución: a) Aplicando la fórmula del módulo del momento angular (ya que α = 90º):
L = RT–S MT v = 1,52·1011 m · 5,97·1024 kg · 2,92·104 m s–1 = 2,65·1040 kg m2 s–1.
b) El momento angular de un movimiento orbital permanece constante (2ª Ley de Kepler). Por lo
tanto, se cumple que: va ra = vp rp ⇔
𝑣a 𝑟a
2,92·104 m s –1 · 1,52·1011 m
𝑣p =
=
= 3,02·104 m s–1 .
𝑟p
1,47·1011 m
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
4
4
68.–
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.
69.–
Un cometa sigue una órbita elíptica de la forma mostrada en la figura alrededor de una
estrella (punto negro). ¿En cuál de los tres puntos la velocidad orbital es mayor? ¿Y en cuál de
los tres es menor? Justifique la respuesta.
70.–
Un planeta de masa M = 3,0·1024 kg tiene un satélite, de masa 16 veces menor que la masa
del planeta, siguiendo una órbita circular de 250 000 km de radio.
a) Calcule la velocidad orbital del satélite.
b) Determine en qué punto del segmento que une el centro del planeta y el centro del satélite la
aceleración de la gravedad es igual a cero.
c) Si tenemos un vehículo espacial abandonado en el punto calculado en el apartado anterior, y
si a causa de una ligera perturbación éste inicia un movimiento de caída libre hacia el planeta,
calcule con qué velocidad se estrellará contra su superficie.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ;
Radio del planeta = 5000 km
Solución: a) Se resuelve aplicando la 2ª Ley de Kepler (Ley de las áreas) que se basa en el
Principio de conservación del momento angular cuando la fuerza es central:
𝐿a = 𝐿p ⇒ 𝑚 𝑣a 𝑟a = 𝑚 𝑣p 𝑟p ⇒ 𝑣a 𝑟a = 𝑣p 𝑟p
Como el radio del afelio es mayor, al estar más alejado del Sol, su velocidad será menor en ese
punto, por lo que el cometa tiene una velocidad mayor en el perihelio.
b) Tiene la misma energía mecánica en cualquier punto de su recorrido, puesto que es un objeto
que se mueve sin aporte externo de energía. Como la energía cinética es mayor en el perihelio, la
energía potencial será menor en la misma proporción para que el objeto, cometa en este caso, pueda
mantener indefinidamente su órbita, intercambiando energía potencial por cinética mientras pasa de
afelio a perihelio, para posteriormente convertir cinética en potencial al pasar del perihelio al afelio.
a) Se resuelve aplicando la 2ª Ley de Kepler (Ley de las áreas) que se basa en el Principio de
conservación del momento angular cuando la fuerza es central:
𝐿a = 𝐿p ⇒ 𝑚 𝑣a 𝑟a = 𝑚 𝑣p 𝑟p ⇒ 𝑣a 𝑟a = 𝑣p 𝑟p
Como el producto de la velocidad por la distancia se mantiene constante, y la órbita es elíptica,
las distancias varían por lo que la velocidad ha de variar. A mayor distancia, menor velocidad. Por
tanto la velocidad mayor será la que tiene el cometa en el punto C. La menor velocidad se da en el
punto A: vA > vB > vC.
Solución: En un satélite en órbita se cumple que:
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀 𝑚
𝐺𝑀
𝐺𝑀
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 3,0·1024 kg
2
�
�
=
⇔ 𝑣o =
⇔ 𝑣o =
=
𝑅
𝑅2
𝑅
𝑅
2,5·108 m
𝑣o = 8,9·102 m s–1 .
b) La aceleración viene dada por el valor de g en dicho punto, lo que sucede cuando gP = gS.
Teniendo en cuenta que dS = dP–S – dP y que:
𝐺
𝑚
𝑀
𝑀
𝑀
𝑀
𝑀
� = (𝑑P–S – 𝑑P )� ⇒ 𝑑P = 𝑑P–S � – 𝑑P �
2 = 𝐺 2 ⇒ 𝑑P = 𝑑S
𝑚
𝑚
𝑚
𝑚
𝑑P
𝑑S
𝑀
𝑑P–S �𝑚 2,5·108 m · 4
𝑀
𝑑P �1 + � � = 𝑑P–S ⇒ 𝑑P =
=
= 2,0·108 m.
𝑚
1
+
4
𝑀
1 + �𝑚
c) Haciendo el balance energético, suponiendo una velocidad inicial nula:
𝐸𝑐0 + 𝐸𝑝0P + 𝐸𝑝oS = 𝐸cf + 𝐸pfP + 𝐸pfS
𝐺 𝑀 𝑚′
𝐺 𝑚 𝑚′
1
𝐺 𝑀 𝑚′
𝐺 𝑚 𝑚′
�–
� + �–
� = 𝑚′ 𝑣f2 + �–
� + �–
�
𝑑P
𝑑P–S – 𝑑P
2
𝑅𝑃
𝑑P–S – 𝑅𝑃
𝑚
𝑚
𝑀 𝑀
2𝐺� – +
–
� = 𝑣f2
𝑑
𝑑
𝑑
𝑅𝑃
P
P–S – 𝑅𝑃
P–S – 𝑑P
A pesar de haber añadido los datos de energía potencial referidos al satélite, son despreciables
comparados con los del planeta, por lo que no los vamos a tener en cuenta. Sustituyendo los datos
que da el problema:
4
𝑣f = �2 · 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 3,0·1024 kg · �
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
1
1
–
� = 8,8·103 m s–1 .
6
5,0·10 m 2,0·108 m
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
71.–
Un satélite artificial describe una órbita circular alrededor de la Tierra. En esta órbita la
energía mecánica del satélite es –4,5·109 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 = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
MT = 5,97·1024 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·106 m
4
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Para un satélite en órbita se cumple que:
𝑚 𝑣𝑜2 𝐺 𝑀𝑇 𝑚
1
1 𝐺 𝑀𝑇 𝑚 1
2
=
⇔
𝐸
=
𝑚
𝑣
=
= �– 𝐸𝑝 � ; 𝐸𝑚 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝 =– 𝐸𝑐
𝑐
𝑜
𝑅
𝑅2
2
2 𝑅
2
𝑝 = 𝑚 𝑣𝑜
– 2 𝐸𝑚 –2·(–4,5·109 J )
1
–
2
𝐸
𝑚
⇒𝑝 =
=
= 1,18·106 kg m s–1 .
3
–1
𝐸𝑚 = – 𝑚 𝑣𝑜2 ⇒ 𝑚 =
7,61·10 m s
𝑣𝑜
2
𝑣2
𝑜
b) De la expresión de la energía mecánica obtenemos:
1 𝐺 𝑀𝑇 𝑚
𝐺 𝑀𝑇 𝑚
– 2 𝐸𝑚
𝐸𝑚 =–
⇒ 𝑅 =–
𝐺 𝑀𝑇
𝐺 𝑀𝑇
𝑣𝑜2
2 𝐸𝑚
2 𝑅
⇒ 𝑅 =–
= 2
– 2 𝐸𝑚
2 𝐸𝑚
𝑣𝑜
𝑚=
2
𝑣𝑜
Por lo que el módulo del momento angular será:
– 2 𝐸𝑚
𝐺 𝑀𝑇 – 2 𝐸𝑚 𝐺 𝑀𝑇
𝑣
=
𝐿 = 𝑚 𝑣𝑜 𝑟 =
𝑜
𝑣𝑜2
𝑣𝑜2
𝑣𝑜3
–2·(–4,5·109 J )· 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝐿=
= 8,13·1012 kg m2 s–1 .
(7,61·103 m s –1 )3
b) El periodo vendrá dado por:
𝐺 𝑀𝑇
2π𝑅
2 π 𝑅 2 π 𝑣𝑜2
2 π 𝐺 𝑀𝑇
𝑣𝑜 =
⇒𝑇 =
=
=
𝑣𝑜
𝑇
𝑣𝑜
𝑣𝑜3
2 π· 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝑇=
= 5,68·103 s≈1 h 35 min.
(7,61·103 m s–1 )3
La altura se obtendrá de:
𝐺 𝑀𝑇
𝑅 = 𝑅𝑇 + ℎ ⇒ ℎ = 𝑅 – 𝑅𝑇 = 2 – 𝑅𝑇
𝑣𝑜
–11
2
–2
24
6,67·10 N m kg · 5,97·10 kg
ℎ=
– 6,37·106 m = 5,06 ·105 m.
(7,61·103 m s –1 )2
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
72.–
Un satélite de 1000 kg de masa describe una órbita circular de 12,0·103 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: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ;
24
MT = 5,97·10 kg
Masa de la Tierra:
Solución: a) Para una órbita determinada se cumple que:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�
�
=
⇒
𝑣
=
⇒
𝑝
=
𝑚
𝑣
=
𝑚
o
o
𝑅
𝑅2
𝑅
𝑅
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
𝑝 = 1000 kg · �
= 5,76·106 kg m s–1 .
1,20·107 m
El momento angular es igual a:
𝐿 = 𝑚 𝑅 𝑣o = 𝑚 𝑅 �
𝐺 𝑀T
= 𝑚 �𝐺 𝑀T 𝑅
𝑅
𝐿 = 1000 kg · �6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 1,20·107 m = 6,91·1013 kg m2 s–1 .
La dirección del momento lineal sí cambia en el recorrido de la órbita, puesto que en todo
momento es perpendicular al radio de la órbita. La dirección del momento angular permanece
�⃗ y existe el principio de conservación
�⃗ y 𝒗
siempre idéntica puesto que es el producto vectorial de 𝒓
del momento angular.
b) El periodo se puede obtener de la expresión de la velocidad:
4
𝑣o =
2π𝑅
2π𝑅
2π𝑅
𝑅3
⇒ 𝑇=
=
=2π�
𝑇
𝑣o
𝐺 𝑀T
�𝐺 𝑀T
𝑅
(1,20·107 m)3
𝑅3
𝑇 =2π�
=2π �
= 1,31·104 s ≈ 3 h 38 min.
𝐺 𝑀T
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg
Como hemos visto, para una órbita determinada se cumple que:
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚 1
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀T 𝑚
2
=
⇔
𝐸
=
𝑚
𝑣
=
= �– 𝐸p �
c
o
𝑅
𝑅2
2
2 𝑅
2
Por lo tanto, la energía total de un satélite en órbita viene dada por:
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚
𝐸T = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p =–
2
2 𝑅
1 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 1000 kg
𝐸T =– ·
= –1,66·1010 J.
2
1,20·107 m
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
73.–
Un satélite que gira con la misma velocidad angular que la Tierra (geoestacionario) de
masa m = 5,0·103 kg, describe una órbita circular de radio r = 3,6·107 m.
a) Determine la velocidad areolar del satélite.
b) Suponiendo que el satélite describe su 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.
Datos: Periodo de rotación terrestre: T = 24 h ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·1024 kg ; Constante
de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2. Hay datos duplicados que le hacen irresoluble:
solo se debe dar el dato o del periodo o del radio de la órbita. Utilizamos el radio en nuestros cálculos
prescindiendo del periodo.
4
Solución: La velocidad areolar es el área que barre el radio vector del planeta en la unidad de
tiempo. En la Tierra da una vuelta alrededor del Sol en un año:
𝑆 π 𝑟2
𝑣𝑎 = =
𝐺𝑀
𝑡
𝑇
2
𝑟 � 𝑟 T �𝐺 𝑀 𝑟
2
π
𝑟
𝑟
𝑣
o
T
𝑚 𝑣o
𝐺 𝑀T 𝑚
⇒ 𝑣𝑎 =
=
=
=
=
2
π
𝑟
2
2
2
2
𝑟
𝑟
𝑣o
2π𝑟
𝑣o =
𝑇
–11
�6,67·10 N m2 kg –2 ·5,97·1024 kg · 3,6·107 m
𝑣𝑎 =
= 6,0 · 1010 m2 s–1 .
2
Si tomamos como válido T:
𝑆 π 𝑟2
2
𝑣𝑎 = =
3 𝐺 𝑀 𝑇2
T
𝑡
𝑇
π ��
�
3 𝐺 2 𝑀2 𝑇
4 π2
𝐺
𝑀
T
T
2
⇒ 𝑣𝑎 =
=�
2 2
𝑣o =
3 𝐺 𝑀 𝑇2
𝐺
𝑀
4
π
𝑟
T
16 π
T
T
𝑟 ⇒
=
⇒ 𝑟=�
2
2
2π𝑟
𝑟
𝑇
4π
𝑣o =
𝑇
3600 s
3
–11
2
–2
24
)2
(
� 6,67·10 N m kg ·5,97·10 kg · 24 h · 1 h
𝑣𝑎 =
= 6,5 · 1010 m2 s –1 .
16 π
b) El momento angular es igual a:
𝐺 𝑀T
𝐿 = 𝑚 𝑟 𝑣o = 𝑚 𝑟 �
= 𝑚 �𝐺 𝑀T 𝑟
𝑟
74.–
Una sonda de exploración, de masa m = 500 kg, describe una órbita circular en torno a
Marte. Sabiendo que el radio de dicha órbita es RM = 3,50·106 m, que la masa de Marte es
MM = 6,42·1023 kg y que G = 6,67·10–11 N m2 kg–2, calcule:
a) la velocidad orbital de la sonda y su momento angular respecto al centro de Marte;
b) las energías cinética, potencial y mecánica de la sonda.
𝐿 = 5,0·103 kg · �6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5,97·1024 kg · 3,6·107 m = 6,0·1014 kg m2 s–1 .
Solución: a) Para la órbita circular de un satélite en torno a Marte se cumple que:
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑀M 𝑚
𝐺 𝑀M
𝐺 𝑀M
=
⇔ 𝑣o2 =
⇔ 𝑣o = �
2
𝑅M
𝑅M
𝑅M
𝑅M
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 6,42·1023 kg
= 3,50·103 m s–1 .
3,50·106 m
El momento angular es igual a:
𝑣o = �
𝐺 𝑀M
𝐿 = 𝑚 𝑅M 𝑣o = 𝑚 𝑅M �
= 𝑚 �𝐺 𝑀T 𝑅M
𝑅M
4
𝐿 = 500 kg · �6,67·10–11 N m2 kg –2 · 6,42·1023 kg · 3,50·106 m = 6,12·1012 kg m2 s–1 .
b) Aplicando lo obtenido en el apartado anterior para una órbita:
1
1 𝐺 𝑀M 𝑚 1
𝐸c = 𝑚 𝑣o2 =
= �– 𝐸p �
2
2 𝑅M
2
–11
2
–2
23
1 6,67·10 N m kg · 6,42·10 kg · 500 kg
𝐸c = ·
= 3,06·109 J.
2
3,50·106 m
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 6,42·1023 kg · 500 kg
𝐸p = –
=– 6,12·109 J
3,50·106 m
1
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝐸p = – 𝐸c = – 3,06·109 J.
2
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
75.–
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 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
24
6
MT = 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m
Solución: a) La gravedad a cualquier altura viene dada por la expresión:
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
6,67·10–11 N m2 kg –2 ·5,97·1024 kg
|𝒈
��⃗| =
=
= 7,21 m s–2 .
2 =
2
𝑅2
7
7
�6 𝑅T �
�6 · 6,37·106 m�
b) Para el satélite en órbita se cumple:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T
6,67·10–11 N m2 kg –2 ·5,97·1024 kg
=
⇔
𝑣
=
=
=7,32·103 m s–1
o
2
�
�
7
7
7
7
6
𝑅
𝑅
�6 𝑅T �
6 · 6,37·10 m
6 T
6 T
3
7
2π𝑅
2π𝑅
2π𝑅
� �6 𝑅T �
𝑣o =
⇒ 𝑇 =
=
= 2π�
= 2π
𝑇
𝑣o
𝐺 𝑀T
𝐺 𝑀T
�𝐺 𝑀T
𝑅
𝑅3
5
𝑇 = 2π
�
3
7
�6 · 6,37·106 m�
6,67·10–11 N m2 kg –2 ·5,97·1024 kg
= 6380 s ≈ 1 h 46 min.
c) La energía mecánica se obtiene teniendo en cuenta que en la órbita:
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀T 𝑚
1
1 𝐺 𝑀T 𝑚
1
=
⇒ 𝐸c = 𝑚 𝑣o2 =
= – 𝐸p ; 𝐸m = 𝐸c + 𝐸P = – 𝐸c
2
𝑅
𝑅
2
2 𝑅
2
–11
2
–2
𝐺 𝑀T 𝑚
6,67·10 N m kg · 5,97·1024 kg · 400 kg
𝐸m = –
=–
= –1,07·1010 J.
7
7
6
2 �6 𝑅T �
2 · �6 · 6,37·10 m�
d) La variación de energía potencial será:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝐺 𝑀T 𝑚
1
1
𝐺 𝑀T 𝑚
�=
– �–
� = 𝐺 𝑀T 𝑚 � –
𝑅
𝑅T
𝑅T 7 𝑅
7 𝑅T
6 T
6,67·10–11 N m2 kg –2 ·5,97·1024 kg · 400 kg
∆𝐸p =
= 3,57·109 J.
7 · 6,37·106 m
Solución: El potencial gravitatorio viene dado por:
𝐺 𝑚′
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 500 kg
𝑉g = –
=–
= –1,7·10–7 J kg –1 .
1m
𝑟
20 cm· 100 cm
La energía potencial gravitatoria se obtiene de la expresión:
Ep = m Vg = 150 kg · (–1,7·10–7 J kg–1) = –2,5·10–5 J.
�⃗𝑟 desde las
Solución: a) Antes de calcular el campo gravitatorio, tenemos que calcular el vector 𝒖
dos masas A y B que nos dan hasta el punto P. Para ello, aplicamos los cosenos directores al vector
que se forma con los puntos en los que está cada masa y el punto P.
[0– (– 8), 6 – 0]
(0 – 8, 6 – 0)
�⃗𝒓𝟏 =
�⃗𝒓𝟐 =
𝒖
= (0,8, 0,6) ; �𝒖
= (– 0,8, 0,6)
�[0– (– 8)]2 + (6 – 0)2
�(0 – 8)2 + (6 – 0)2
Debemos sumar vectorialmente las fuerzas gravitatorias creadas en el punto P por cada una de
las masas:
𝑚 𝑚
𝑚B 𝑚
�𝑭⃗1 = – 𝐺 A2 𝒖
��⃗r1 ; �𝑭⃗2 = – 𝐺
�⃗r2
𝒖
𝑟1
𝑟22
0,260 kg ·0,010 kg
�𝑭⃗1 = –6,67·10–11 N m2 kg –2 ·
· (0,8, 0,6) = (–1,39·10–11 , -1,04·10–11 ) N
(0,10 m)2
0,260 kg ·0,010 kg
�𝑭⃗2 = –6,67·10–11 N m2 kg –2 ·
· (-0,8, 0,6) = (1,39·10–11 , -1,04·10–11 ) N.
(0,10 m)2
�𝑭⃗ = �𝑭
�⃗1 + �𝑭⃗2 = (–1,39·10–11, –1,04·10–11) N + (1,39·10–11, –1,04·10–11) N = (0, –2,08·10–11) N.
∆𝐸p = 𝐸pf – 𝐸p0 = –
5
76.–
Determine el potencial gravitatorio existente en un punto del espacio situado a 20 cm de
una masa puntual de 500 kg. Si en ese punto se sitúa una masa de 150 kg, halle la energía
potencial gravitatoria.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
77.–
Dos esferas de 0,260 kg están fijas en los puntos A y B, tal como se ve en la figura.
Calcule la magnitud y dirección de la fuerza que actúa sobre una esfera de 0,010 kg situada en el
punto P, si sólo actúan sobre ella las fuerzas gravitatorias de las otras dos esferas.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
5
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
78.–
Dos esferas de masas M1 = 3000 kg y M2 = 2000 kg tienen los centros en dos vértices de
un cuadrado de 4,0 m de lado.
a) ¿Cuánto vale el campo gravitatorio en el punto medio de la línea entre los centros de las
masas?
b) ¿Cuánto vale la fuerza sobre la masa m = 200 kg? ¿Y el módulo de la fuerza en mN?
c) ¿Cuál es la energía potencial gravitatoria de la masa m en el campo de las masas M1 y M2?
5
Solución: a) Con los datos que da el problema observamos que las masas están en M1: (4, 4) y
M2: (4, 0) mientras que el punto A, punto medio de la línea que las une, es (4, 2).
�⃗𝑟 desde las dos masas
Antes de calcular el campo gravitatorio, tenemos que calcular el vector 𝒖
que nos dan hasta el punto A. Para ello, aplicamos los cosenos directores al vector que se forma
con los puntos en los que está cada masa y el punto A.
(4 – 4, 2 – 4)
(4 – 4, 2 – 0)
�𝒖⃗𝑟1 =
�⃗𝑟2 =
= (0 , −1) ; 𝒖
= (0 , 1).
�(4 – 4)2 + (2 – 4)2
�(4 – 4)2 + (2 – 0)2
Debemos sumar vectorialmente los campos gravitatorios creados en el punto A por cada una de
las masas que son:
𝑀1
3000
��⃗𝟏 = – 𝐺 2 𝒖
��⃗𝑟1 = –6,67·10–11 ·
𝒈
·(0 , −1)(SI) = (0, 5,0·10–8 ) m s–2
(2,0)2
𝑟1
𝑀2
2000
��⃗𝟐 = – 𝐺 2 𝒖
�⃗𝑟2 = –6,67·10–11 ·
𝒈
·(0 , 1)(SI) = (0, –3,3·10–8 ) m s –2 .
(2,0)2
𝑟2
��⃗ = 𝒈
��⃗1 + 𝒈
��⃗2 = (0, 5,0·10–8) m s–2 + (0, −3,3·10–8) m s–2 = (0, 1,7·10–8) m s–2.
𝒈
El campo es de 1,7·10–8 m s–2, vertical y dirigido hacia arriba.
���⃗𝑟 desde las dos masas que nos dan hasta el punto
b) Tenemos que volver a calcular el vector 𝒖′
(B) donde se encuentra m. Para ello, aplicamos los cosenos directores al vector que se forma con
los puntos en los que está cada masa y el punto B.
(0 – 4, 0 – 4)
(0 – 4, 0 – 0)
���⃗
���⃗𝑟2 =
𝒖′𝑟1 =
= (−0,71 , −0,71) ; 𝒖′
= (−1 , 0).
�(0 – 4)2 + (0 – 4)2
�(0 – 4)2 + (0 – 0)2
Debemos sumar vectorialmente las fuerzas gravitatorias creadas en el punto B, que son:
𝑀1 𝑚
3000 · 200
–7
–7 )
���⃗
(
)
(
�⃗′𝑟1 =–6,67·10–11 ·
𝑭′𝟏 = – 𝐺
N.
2 𝒖
2 · -0,71 , -0,71 (SI) = 8,8·10 , 8,8·10
𝑟′1
�√32,0�
2000 · 200
–11
���⃗𝟐 = – 𝐺 𝑀2 𝑚 ���⃗
𝑭′
·
· (−1 , 0) (SI) = (1,7·10–6 , 0) N.
2 𝒖′ 𝑟2 = –6,67·10
(4,0)2
𝑟′2
���⃗
���⃗2 = (8,8·10–7, 8,8·10–7) N + (1,7·10–6, 0) N = (2,6·10–6, 8,8·10–7) N.
𝑭′ = ���⃗
𝑭′1 + 𝑭′
2
2
La fuerza es de ��2,6·10–6 � + �8,8·10–7 � = 2,7·10−6 N, dirigida hacia la derecha y arriba.
c) La energía potencial gravitatoria se obtiene sumando las energías potenciales que
corresponden a las parejas que forma la masa m con cada una de las otras dos:
𝑀1 𝑚
3000 kg · 200 kg
𝐸p1 = – 𝐺
= –6,67·10–11 N m2 kg –2 ·
= –7,1·10–6 J
𝑟′1
√32,0 m
𝑀2 𝑚
2000 kg · 200 kg
𝐸p2 = – 𝐺
= –6,67·10–11 N m2 kg –2 ·
= –6,7·10–6 J
𝑟′2
4m
𝐸p = 𝐸p1 + 𝐸p2 = –1,38·10–5 J.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
79.–
Dos masas de 50 kg están situadas en A (–30, 0) y B (30, 0) respectivamente (coordenadas
en metros). Calcule:
a) el campo gravitatorio en P (0, 40) y en D (0, 0);
b) el potencial gravitatorio en P y en D;
c) para una masa m donde es mayor la energía potencial gravitatoria, ¿en P o en D?
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
5
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
�⃗𝑟 desde las
Solución: a) Antes de calcular el campo gravitatorio, tenemos que calcular el vector 𝒖
dos masas que nos dan hasta los puntos P y D. Para ello, aplicamos los cosenos directores al vector
que se forma con los puntos en los que está cada masa y los puntos dados.
[0 –(-30), 40 – 0]
(0 – 30, 40 – 0)
�𝒖⃗𝑟1 =
�⃗𝑟2 =
=(0,6, 0,8) ; 𝒖
=(-0,6, 0,8)
�[0 –(-30)]2 +(40 – 0)2
�(0 – 30)2 +(40 – 0)2
[0 –(-30), 0 – 0]
(0 – 30, 0 – 0)
���⃗
���⃗𝑟2 =
𝒖′𝑟1 =
=(1, 0) ; 𝒖′
=(-1, 0)
�[0 –(-30)]2 +(0 – 0)2
�(0 – 30)2 +(0 – 0)2
Debemos sumar vectorialmente los campos gravitatorios creados en el punto P por cada una de
las masas que son:
𝑚
50
��⃗P1 = – 𝐺 2 𝒖
��⃗𝑟1 = –6,67·10–11 ·
·(0,6, 0,8)(SI) = (-8,0·10–13 , -1,1·10–12 ) m s–2
𝒈
(50)2
𝑟1
𝑚′
50
��⃗P2 = – 𝐺 2 𝒖
��⃗𝑟2 = –6,67·10–11 ·
𝒈
·(-0,6, 0,8)(SI) = (8,0·10–13 , -1,1·10–12 ) m s–2 .
(50)2
𝑟2
��⃗P = 𝒈
��⃗P1 + 𝒈
��⃗P2 = (0, −2,2·10–12) m s–2.
𝒈
El campo es de 2,2·10–13 m s–2, vertical y dirigido hacia abajo.
Ahora hacemos lo mismo para el punto D:
𝑚
50
��⃗D1 = – 𝐺 2 ���⃗
𝒖′𝑟1 = –6,67·10–11 ·
·(1, 0)(SI) = (-3,7·10–12 , 0) m s–2
𝒈
(30)2
𝑟′1
𝑚′ ���⃗
50
–11
��⃗D2 = – 𝐺 2 𝒖′
𝒈
·
·(-1, 0)(SI) = (3,7·10–12 , 0) m s–2 .
𝑟2 = –6,67·10
2
(
)
30
𝑟′2
��⃗D = 𝒈
��⃗D1 + 𝒈
��⃗D2 = (−3,7·10–12, 0) m s–2 + (3,7·10–12, 0) m s–2 = (0, 0).
𝒈
No hay campo (Son masas iguales por lados opuestos a la misma distancia.
b) Como el potencial es una magnitud escalar, aplicamos el Principio de Superposición:
𝑚
𝑚′
𝐺
2𝐺𝑚
𝑉gP = 𝑉gP1 + 𝑉gP2 = −𝐺 + �−𝐺 � = − (𝑚 + 𝑚′ ) = −
𝑟
𝑟
𝑟
𝑟
–11
2
–2
2 · 6,67·10 N m kg · 50 kg
𝑉gP = = -1,33·10–10 J kg –1
50 m
2𝐺𝑚
2 · 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 50 kg
𝑉gD = −
== -2,22·10–10 J kg –1 .
𝑟′
30 m
c) Ya que Ep = m Vg, la energía potencial gravitatoria es mayor donde el potencial gravitatorio es
mayor. Por lo tanto es mayor en P que en D ya que: −1,33·10–12 J kg−1 > −2,22·10–12 J kg−1.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
80.–
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.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2
5
Solución: Con los datos que da el problema observamos que las masas M están en (1, 0) y (–1, 0)
mientras que el punto A es (0, 1).

a) Antes de calcular el campo gravitatorio, tenemos que calcular el vector ur desde las dos masas
que nos dan en el punto A. Para ello, aplicamos los cosenos directores al vector que se forma con
los puntos en los que está cada masa y el punto A.
(0 – 1, 1 – 0)
(0 – (– 1), 1 – 0)
– √2 √2
√2 √2
�𝒖⃗𝒓𝟏 =
��⃗𝒓𝟐 =
=�
, �;𝒖
=�
, �
2
2
2 2
�(0 – 1)2 + (1 – 0)2
�(0– (– 1))2 + (1– 0)2
Debemos sumar vectorialmente las fuerzas gravitatorias creadas en el punto A por cada una de
las masas que son:
𝑀 𝑚′
20 · 0,2 –√2 √2
–11
�⃗𝟏 = – 𝐺
(
�⃗𝒓𝟏 = –6,67·10–11 ·
𝒖
, –9,4·10–11 ) N
𝑭
2
2 · � 2 , 2 � (SI) = 9,4·10
𝑟1
�√2�
𝑀 𝑚′
20 · 0,2 √2 √2
–11
(
�⃗𝒓𝟐 = –6,67·10–11 ·
, –9,4·10–11 ) N
2 𝒖
2 · � 2 , 2 � (SI) = –9,4·10
𝑟2
�√2�
–11
–11
��⃗ = 𝑭
�⃗1 + 𝑭
��⃗2 = (9,4·10 , –9,4·10 ) N + (–9,4·10–11, –9,4·10–11) N = (0, –1,88·10–10) N.
𝑭
La fuerza es de 1,88·10–10 N, vertical y dirigida hacia B (hacia abajo).
b) En la posición A, la aceleración viene dada por:
�⃗
(0, –1,88·10–10 ) N
𝑭
��⃗
�⃗ ⇔ 𝒂
�⃗ =
𝑭 = 𝑚′ 𝒂
=
= (0, –9,4·10–10 ) m s–2
0,2 kg
𝑚′
b) La aceleración en el punto B es nula, ya que la masa de 0,2 kg se ve atraída por las dos masas
con dos fuerzas iguales pero de sentido contrario, que se anulan.
Solución: a) El campo en A será, aplicando el Principio de
Superposición:
𝐺𝑚
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 10 kg
��⃗10 = – 2 (−𝒋⃗) =
𝒈
𝒋⃗ = 7,4·10–11 𝒋⃗ m s–2
(3 m )2
𝑑
𝐺 𝑚′
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5 kg
��⃗5 = – 2 (−𝒊⃗) =
𝒈
𝒊⃗ = 2,1·10–11 𝒊⃗ m s–2
(4 m )2
𝑑′
��⃗𝐀 = (2,1·10–11 , 7,4·10–11 ) m s –2 .
𝒈
Y en el punto B:
–11
2
–2
���⃗10 = – 𝐺 𝑚 𝒊⃗ = − 6,67·10 N m kg · 10 kg 𝒊⃗ = -4,2·10–11 𝒊⃗ m s –2
𝒈′
(4 m )2
𝑑′2
𝐺 𝑚′
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5 kg
���⃗
𝒈′5 = – 2 𝒋⃗ = −
𝒋⃗= -3,7·10–11 𝒋⃗ m s–2
(3 m )2
𝑑
��⃗𝐁 = (-4,2·10–11 , -3,7·10–11 ) m s –2 .
𝒈
b) El trabajo pedido lo hace la fuerza gravitatoria, por lo que va a favor de la fuerza gravitatoria
(W = −∆Ep)
𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀𝑚′
𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀𝑚′
𝑚 𝑚′ 𝑚 𝑚′
𝑊= -∆𝐸p = 𝐸pB – 𝐸pA = –
–
− �−
−
� = 𝐺𝑀 � + – – �
𝑑′
𝑑
𝑑
𝑑′
𝑑 𝑑′ 𝑑′ 𝑑
10 kg 5 kg 10 kg 5 kg
𝑊 = 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 0,50 kg · �
+
–
–
� = 1,4·10–11 J.
3m
4m 4m 3m
El trabajo necesario para trasladar una masa desde el punto (4, 3) al punto (0, 0) no depende del
camino seguido sino sólo del valor del potencial en ambos puntos, por ser el campo gravitatorio un
campo conservativo.
�⃗𝟐 = – 𝐺
𝑭
81.–
Dos masas puntuales m = 10 kg y m’ = 5 kg están situadas en los puntos (0, 3) m y (4, 0)
m, respectivamente.
a) Dibuje el campo gravitatorio producido por cada una de las masas en el punto A (0, 0) m y
en el punto B (4, 3) m y calcule el campo gravitatorio total en ambos puntos.
b) Determine el trabajo necesario para desplazar una partícula de 0,50 kg desde el punto B
hasta el A. Discuta el signo de este trabajo y razone si su valor depende de la trayectoria
seguida.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
5
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
82.–
Dos masas puntuales m1 = 5 kg y m2 = 10 kg se encuentran situadas en los puntos (–3, 0)
m y (3, 0) m, respectivamente.
a) Determine el punto en el que el campo gravitatorio es cero.
b) Compruebe que el trabajo necesario para trasladar una masa m desde el punto A (0, 4) m al
punto B (0, –4) m es nulo y explique ese resultado.
5
83.–
Dos masas puntuales, de 20 kg y 60 kg respectivamente, están separadas 80 cm de
distancia, como se muestra en la figura. Se localiza un punto A equidistante a ambas masas y
situado 30 cm por debajo del punto medio del segmento que une a las dos masas. Calcule:
a) la fuerza con que se atraen entre sí dichas masas;
b) el potencial gravitatorio en el punto A.
5
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
84.–
Dos masas, de 5 y 10 kg, están situadas en los puntos (0, 3) y (4, 0) m, respectivamente.
a) Calcule el campo gravitatorio en el punto (4, 3) m y represéntelo gráficamente.
b) Determine el trabajo necesario para trasladar una masa de 2 kg desde el punto (4, 3) hasta el
punto (0, 0) m. Explique si el valor del trabajo obtenido depende del camino seguido.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
5
5
85.–
El planeta Urano tiene un diámetro aproximadamente cuatro veces el de la Tierra y una
masa quince veces mayor que la de ésta. ¿Cuál es el valor de la aceleración de la gravedad cerca
de la superficie de Urano?
Datos: Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 9,81 m s–2
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: El punto en el que el campo es nulo tiene que ser un punto que se encuentre en la recta
que une ambas masas (si no fuera así siempre habría una componente hacia la línea que une ambas
masas que no se podría compensar). Por otro lado tiene que estar entre ambas masas para que los
sentidos de los campos individuales sean opuestos. El módulo ha de ser igual por lo que:
𝑚1
𝑚2
�5 kg · 6 m
√𝑚1 𝑑
(
)
𝐺 2 =𝐺
⇒
𝑚
𝑥
⇒
𝑥
=
=
≅ 2,5 m.
𝑑
−
𝑥
=
𝑚
�
�
1
2
(𝑑 − 𝑥 )2
𝑥
√𝑚2 + √𝑚1 �5 kg +�10 kg
El punto se encuentra a 2,5 m de distancia de m1 en la dirección y sentido de m2, o sea, es el
punto (−0,5, 0).
b) El trabajo necesario para trasladar una masa del punto (0, 4) al punto (0, −4) es nulo porque
los dos puntos se encuentran al mismo potencial ya que las distancias a las dos masas que crean el
campo son idénticas y sabemos que el trabajo es igual a: W = −∆Ep = −m ∆V = 0.
Solución: a) El módulo de la fuerza entre ellas (el problema ya enuncia que la fuerza es
atractiva) se obtiene de la expresión de la Ley de Gravitación Universal:
20 kg · 60 kg
�⃗� = 𝐺 𝑚 𝑚′𝑅26,67·10–11 N m2 kg –2 ·
�𝑭
= 1,25·10–7 N.
(0,80 m)2
b) Como el potencial es una magnitud escalar, aplicamos el Principio de Superposición:
𝑚
𝑚′
𝐺
𝐺 (𝑚 + 𝑚 ′ )
′)
(
𝑉gA = 𝑉gA1 + 𝑉gA2 = −𝐺 + �−𝐺 � = − 𝑚 + 𝑚 = −
2
𝑟
𝑟′
𝑟
��𝑑 � + ℎ 2
2
–11
2
–2 (
)
6,67·10 N m kg · 20 kg + 60 kg
𝑉gA = = -1,1·10–8 J kg –1 .
2
��0,80 m� + (0,30 m)2
2
Solución: a) El campo será, aplicando el Principio de Superposición:
𝐺𝑚
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 5 kg
��⃗5 = – 2 𝒊⃗ = –
𝒈
𝒊⃗ = –2,1·10–11 𝒊⃗ m s –2
(4 m )2
𝑑
𝐺 𝑚′
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 10 kg
��⃗10 = – 2 𝒋⃗ = –
𝒈
𝒋⃗ = –7,4·10–11 𝒋⃗ m s –2
(3 m)2
𝑑′
��⃗ = (–2,1·10–11 , –7,4·10–11 ) m s –2 .
𝒈
b) El trabajo pedido no lo hace la fuerza gravitatoria sino que lo hacemos nosotros, por lo que va
en contra de la fuerza gravitatoria (W = ∆Ep)
𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀𝑚′
𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀𝑚′
𝑚 𝑚′ 𝑚 𝑚′
𝑊= ∆𝐸p = 𝐸pf – 𝐸p0 = –
–
− �−
−
� = 𝐺𝑀 � +
– – �
𝑑f
𝑑′f
𝑑0
𝑑′0
𝑑0 𝑑′0 𝑑𝑓 𝑑′𝑓
5 kg 10 kg 5 kg 10 kg
𝑊 = 6,67·10–11 N m2 kg –2 ·2 kg · �
+
–
–
� = 5,56·10–11 J.
4m
3m 3m 4m
El trabajo necesario para trasladar una masa desde el punto (4, 3) al punto (0, 0) no depende del
camino seguido sino sólo del valor del potencial en ambos puntos, por ser el campo gravitatorio un
campo conservativo.
Utilizando la expresión de la aceleración de la gravedad en la superficie:
𝐺 𝑀U
𝐺 · 15 𝑀T 15 𝐺 𝑀T 15
15
𝑔U =
=
=
· 2 =
𝑔0 =
· 9,81 m s–2 = 9,20 m s–2 .
2
2
(4 𝑅T )
16 𝑅T
16
16
𝑅U
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
86.–
El radio de la Tierra es de 6400 km y el valor de la intensidad del campo gravitatorio en su
superficie es de 9,8 N kg–1. Sabiendo que la Luna tiene una masa 81 veces menor y un radio
cuatro veces menor que la Tierra, averigüe:
a) el valor de la aceleración de la gravedad en la Luna;
b) la velocidad de escape para un cuerpo situado sobre la superficie de la Luna.
5
87.–
El radio del Sol es de 696 000 km y su masa vale 1,99·1030 kg.
a) Halle el valor de la gravedad en la superficie solar.
b) Si el radio de la órbita de Neptuno alrededor del Sol es 30 veces mayor que el de la órbita
terrestre, ¿cuál es el período orbital de Neptuno, en años?
c) Si el Sol se contrajese para convertirse en un agujero negro, determine el radio máximo que
debería tener para que la luz no pudiera escapar de él.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
5
88.–
En la superficie de un planeta de 1000 km de radio, la aceleración de la gravedad es de
–2
2 m s . Calcule:
a) la masa del planeta;
b) la energía potencial gravitatoria de un objeto de 50 kg de masa situado en la superficie del
planeta;
c) la velocidad de escape desde la superficie del planeta.
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
5
Solución: a) Aplicando la expresión del campo gravitatorio en la superficie de la Luna:
𝐺 𝑀T
𝑀T
𝐺
𝐺 𝑀L
16 𝑔0 16 · 9,8 N kg –1
𝑅T2
81
𝑔L =
=
=
=
=
= 1,9 N kg –1 .
81
81
81
𝑅L2
𝑅T 2
�4�
16
b) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de la
Luna al infinito.
1
𝐺 𝑀L 𝑚
1
𝐺 𝑀L 𝑚
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
�
2
𝑅L
2
𝑅f
Despejando:
𝐺 𝑀L 𝑚
1
𝐺 𝑀L 𝑚
1
𝑔L 𝑅L2 𝑚
1
𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 · 0 + �–
� = 0 ; 𝑚 𝑣e2 =
; 𝑣e = �2 𝑔L 𝑅L
𝑅L
2
∞
2
𝑅L
2
16 𝑔0 𝑅T
8 𝑔0 𝑅T
8 · 9,8 N kg –1 · 6,40·106 m
�
𝑣e = �2
= �
=
= 2,5·103 m s–1 .
81 4
81
81
Solución: a) El valor de la gravedad superficial en el Sol será:
𝐺 𝑀S
6,67·10–11 N m2 kg –2 · 1,99·1030 kg
𝑔S = 2 =
= 297 m s–2 .
(6,96·108 m)2
𝑅S
b) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
3
2
3
(30 𝑅S–T )3
𝑇NEP
𝑅S–NEP
𝑅S–NEP
�
=
⇒
𝑇
=
𝑇
=
1
año
·
�
= √27000 años ≈164 años.
NEP
T
3
3
3
𝑅S–T
𝑇T2
𝑅S–T
𝑅S–T
c) Sin tener en cuenta fenómenos relativistas, la luz no se podría escapar si la velocidad de
escape fuera mayor a la de la luz por lo que:
1
𝐺 𝑀S 𝑚
1
𝐺 𝑀S 𝑚
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
�
𝑅S
𝑅S
2
2
Despejando:
1
𝐺 𝑀S 𝑚
1
𝐺 𝑀S 𝑚
1
𝐺 𝑀S 𝑚
2 𝐺 𝑀S
𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 · 0 + �–
� = 0 ; 𝑚 𝑣e2 =
; 𝑅S =
2
𝑅S
∞
𝑅S
𝑣e2
2
2
2 𝐺 𝑀S
2 · 6,67·10–11 N m2 kg –2 · 1,99·1030 kg
𝑅S <
=
= 2,95·103 m.
(3,00·108 m s –1 )2
𝑐2
Solución: a) El valor de la masa será:
𝐺 𝑀P
𝑔P 𝑅P2
2 m s–2 · (106 m)2
𝑔P = 2 ⇒ 𝑀P =
=
= 3·1022 kg.
𝐺
6,67·10–11 N m2 kg –2
𝑅P
b) La energía potencial se obtiene de:
𝑔 𝑅2
𝐺 P𝐺 P 𝑚
𝐺 𝑀p 𝑚
𝐸p =–
=–
=– 𝑔P 𝑅p 𝑚 = 2 m s –2 · 106 m · 50 kg = –108 J.
𝑅p
𝑅p
c) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie del
planeta al infinito.
𝐺 𝑀p 𝑚
𝐺 𝑀p 𝑚
1
1
𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf + 𝐸pf ; 𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 𝑣f2 + �–
�
2
𝑅p
2
𝑅
𝐺 𝑀p 𝑚
𝐺 𝑀p 𝑚
𝐺 𝑀p 𝑚
2 𝐺 𝑀p
1
1
1
𝑚 𝑣e2 + �–
� = 𝑚 · 0 + �–
� = 0 ; 𝑚 𝑣e2 =
; 𝑣e = �
2
𝑅p
2
∞
2
𝑅p
𝑅p
2𝐺
𝑣e = �
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
𝑔P 𝑅P2
𝐺 = 2 𝑔 𝑅 = �2 · 2 m s –2 · 106 m = 2·103 m s–1 .
� P p
𝑅p
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
5
89.–
Júpiter, el mayor de los planetas del Sistema Solar y cuya masa es 318,36 veces la de la
Tierra, tiene orbitando doce satélites. El mayor de ellos, Ganimedes (descubierto por Galileo),
gira en una órbita circular de radio igual a 15 veces el radio de Júpiter y con un período de
revolución de 6,2·105 s. Calcule:
a) la densidad media de Júpiter;
b) el valor de la aceleración de la gravedad en la superficie de Júpiter.
Datos: Puede utilizar las constantes que necesite. (Solo necesitamos G y RJ y no se necesita utilizar la
relación entre la masa de la Tierra y la de Júpiter)
90.–
Saturno es el sexto planeta del Sistema Solar, es el segundo en tamaño después de Júpiter
y es el único con un sistema de anillos visible desde la Tierra. Su masa es 95,2 veces la masa
terrestre, y su radio es 9,5 veces el radio de la Tierra. Determine:
a) el valor de la aceleración de la gravedad en su superficie y compárela con la terrestre
(gS/gT);
b) el periodo de revolución de Titán, uno de sus satélites, sabiendo que se encuentra a una
distancia de 1221850 km de Saturno y en órbita circular;
c) el periodo de revolución de Saturno alrededor del Sol sabiendo que la Tierra tarda 365 días
en completar una órbita y que podemos considerar ambas órbitas circulares.
5
Datos: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:
24
6
8
MT = 5,97·10 kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 m ; DistanciaTierra–Sol : RS–T =1,496·10 km ;
9
DistanciaSaturno–Sol : RS–SAT =1,429·10 km
Solución: a) Para la órbita de Ganímedes alrededor de Júpiter se cumple que:
𝐺 𝑀J
𝑚 𝑣o2 𝐺 𝑚 𝑀J
2
=
⇔
𝑣
=
2 2
2 3
o
𝑅o
𝑅o2
𝑅o ⇒ 4 π 𝑅o = 𝐺 𝑀J ⇒ 𝑀 = 4 π 𝑅o
J
𝑇2
𝑅o
𝑇2 𝐺
2π𝑅
𝑣o =
𝑇
4 π2 𝑅o3
3
𝑀J
3 π �15 𝑅J �
2𝐺
3 π · 3375
𝑇
𝑑J =
=
=
=
= 1,2·103 kg m−3 .
3
5
2
–11 N m2 kg –2
2
4
)
(
𝑉J
6,2·10
s
·
6,67·10
𝑇
𝐺
𝑅
3
J
3 π 𝑅J
c) La gravedad viene dada por la expresión:
4 π2 𝑅o3
3
𝐺
𝐺 𝑀J
4 π2 �15 𝑅J �
13500 π2 𝑅J
2𝐺
13500 π2 · 7,15·107 m
𝑇
�𝒈
��⃗J � = 2 =
=
=
=
= 25 m s–2 .
(6,2·105 s)2
𝑇2
𝑅J
𝑅J2
𝑅J2 𝑇 2
Solución: a) El valor de la gravedad superficial en Saturno será:
𝐺 𝑀SAT
6,67·10–11 N m2 kg –2 ·95,2 · 5,97·1024 kg
𝑔SAT = 2
=
= 10,4 m s–2 .
(9,5 · 6,37·106 m)2
𝑅SAT
Y la relación entre las aceleraciones de la gravedad en las superficies terrestre y de Saturno será:
𝐺 𝑀SAT
2
𝑔SAT
𝑀SAT 𝑅T2
95,2 𝑀T 𝑅T2
95,2
𝑅SAT
=
=
=
=
= 1,05.
2
𝐺 𝑀T
(9,5)2
𝑔0
𝑀T (9,5 · 𝑅T )2
𝑀T 𝑅SAT
𝑅T2
b) En un satélite en órbita se cumple que:
2 π 𝑅SAT–T
𝑣o =
𝑇T
3
2 π 𝑅SAT–T
𝑅SAT–T
�
⇒ 𝑇T =
=2π
𝑚 𝑣o2
𝐺 𝑀SAT 𝑚
𝐺 𝑀SAT
𝐺 𝑀SAT
𝐺 𝑀SAT
�𝑅
=
⇒ 𝑣o = �
2
𝑅SAT–T
𝑅SAT–T
SAT–T
𝑅SAT–T
(1,221850·109 m)3
𝑇T = 2 π �
= 1,378·106 s ≈ 15,94 días.
6,674·10–11 N m2 kg –2 · 95,2 · 5,974·1024 kg
c) Aplicando la Tercera Ley de Kepler:
3
2
3
(1,429·1012 m)3
𝑅S–SAT
𝑇SAT
𝑅S–SAT
�
�
=
⇒
𝑇
=
𝑇
=
365
días
·
≈ 1,08·104 días.
SAT
T
3
3
(1,496·1011 m)3
𝑅S–T
𝑇T2
𝑅S–T
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO – Campo gravitatorio –
91.–
Un avión de pasajeros vuela a 8 km de altura a una velocidad de 900 km h–1. La masa total
del avión, contando combustible, equipaje y pasajeros, es de 300 000 kg. Calcule:
a) la energía mecánica del avión;
b) el valor de la gravedad terrestre en el avión;
c) la fuerza gravitatoria que ejerce el avión sobre la Tierra.
Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,371·106 m
5
5
92.–
Venus tiene un radio RV que es similar al de la tierra RT, RV = 0, 950 RT pero su masa es la
mitad que la de la Tierra porque no tiene mucho hierro en el núcleo. Sabiendo esto,
a) ¿cuánto vale la aceleración de la gravedad gV en la superficie de Venus?;
b) ¿a qué altura, medida desde la superficie de Venus, debe ponerse un venusiano de masa m
sobre la superficie de su planeta para notar que su peso se reduce a la cuarta parte?;
c) si un humano tiene una masa de 70 kg en la superficie de la Tierra, ¿cuál es su masa en
Venus?
d) Un hombre pesa 50,0 N en la superficie de la Tierra. ¿Cuál es su peso en la superficie de
Venus?
Datos: Radio de la Tierra: RT = 6,371·106 m ; Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra:
g0 = 9,81 m s–2 ; Desprecie cualquier interacción externa que pudiese alterar el valor de la gravedad
producido solamente por la masa del planeta.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) La energía mecánica puede resolverse con relación a dos puntos nulos de la energía
potencial: la superficie de la Tierra (considerando despreciable la altura del avión con respecto al
radio de la Tierra) o el infinito (haciendo el cálculo sin aproximaciones). Lo realizamos de las dos
maneras:
Ep = 0 en la superficie (g se puede tomar como 9,8 m s–2 por ser 8 km despreciable frente a RT):
Em = Ec + Ep = ½ m v2 + m g h
Em = 300000 kg · [½ · (900 / 3,6 m s–1)2 + 9,81 m s–2 · 8000 m] = 3,3·1010 J.
Ep = 0 en el infinito:
1
𝐺 𝑀T 𝑚
1
𝑔0 𝑅T2
�=
� = 𝑚 � 𝑣2 –
𝐸m = 𝐸c + 𝐸p = 𝑚 𝑣 2 + �–
2
𝑅T + ℎ
2
𝑅T + ℎ
1
km 1 h · 1000 m 2 9,81 m s–2 · (6,371·106 m)2
5
� =– 1,87 · 1013 J.
= 3·10 kg · � · �900
·
� –
2
h 3600 s · 1 km
6,371·106 m + 8·103 m
b) El valor de la gravedad terrestre en el avión se puede calcular con:
𝐺 𝑀T
𝑔0 𝑅T2
9,81 m s –2 · (6,371·106 m)2
𝑔=
=
=
= 9,785 m s –2 .
(𝑅T + ℎ)2 (𝑅T + ℎ)2 (6,371·106 m + 8·103 m)2
c) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton:
𝐺 𝑀T 𝑚
𝑔0 𝑅T2 𝑚
9,81 m s –2 · (6,371·106 m)2 · 300000 kg
�
⃗
�𝑭� =
=
=
= 2,94·106 N.
(𝑅T + ℎ)2 (𝑅T + ℎ)2
(6,371·106 m + 8·103 m)2
Solución: a) El valor de la gravedad joviana en su superficie se puede calcular con:
𝑀
𝐺 2T
𝐺 𝑀V
1
𝐺 𝑀T
𝑔V = 2 =
=
· 2 = 0,554 · 𝑔0 = 5,43 m s–2 .
2
2
(0,950 𝑅T )
2 · 0,950
𝑅V
𝑅T
b) Volviendo a aplicar la expresión del campo gravitatorio:
𝑔′ =
𝐺 𝑀V
𝐺 𝑀V
𝐺 𝑀V
⇒ 𝑅V + ℎ = �
⇒ ℎ=
– 𝑅V = �4 𝑅V2 – 𝑅V = 𝑅V
2
𝐺
𝑀
(𝑅V + ℎ)
𝑔′
V
� 2
𝑅V
4
ℎ = 0,950 𝑅T = 0,950 · 6,371·106 m = 6,052·106 m.
c) La masa en Venus sigue siendo la misma porque la masa de un cuerpo es una cualidad del
cuerpo que no depende del valor del campo gravitatorio donde se encuentra.
d) Aplicando la expresión del peso de un cuerpo:
PV = m gV = m · 0,554 · g0 = 0,554 · P = 0,554 · 50,0 N = 27,7 N.