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Cuestiones y Problemas Resueltos
1. Suponiendo que el Sol estuviese fijo en el espacio y que sólo tuviera un planeta, razona cuál es la
dirección y sentido de la aceleración de ese planeta.
Solución:
En el supuesto de que el Sol esté fijo en el espacio y que sólo tuviera un
planeta, la única interacción entre ellos sería la gravitatoria. La dirección de
esta fuerza coincide con la recta que une el Sol con el planeta y su sentido
es de atracción. Además su módulo es constante. Por tanto, el planeta estará animado de un movimiento
circular uniforme alrededor del Sol, siendo su aceleración un vector cuya dirección es el radio de la órbita y
su sentido hacia el centro, aceleración centrípeta.
2. La masa de la Luna es aproximadamente 7,36 · 1022 kg y su radio 1,74 · 106 m. Calcula:
a) El valor de la distancia que recorrería una partícula, en un segundo de caída libre hacia la
Luna, si se abandona en un punto próximo a su superficie.
b) En la superficie terrestre, al colocar un cuerpo en un platillo de una balanza y en el otro,
pesas por valor de 23,25 g, se consigue el equilibrio. ¿Qué pesas tendríamos que utilizar para
equilibrar la balanza, con el mismo cuerpo, en la superficie de la Luna?
G = 6,67 · 10–11 N m2 kg–2
Solución
a) Para calcular la distancia que recorrería una partícula en caída libre hacia la Luna es preciso conocer la
aceleración de la gravedad lunar. Esta aceleración es, por definición, la intensidad del campo
gravitatorio de la Luna.
La intensidad del campo gravitatorio de cualquier planeta viene dada por:
g G
M
siendo M la masa y R el radio del planeta.
R2
Para el caso de la Luna tenemos:

11
2

2
22
M
6,67·10
N·m
·kg
·
7,36·1
kg
2
L
g

G



1,62
m/s
L
2
2
6
R
1,74·10
m
L



Para hallar la distancia recorrida aplicamos la ecuación del movimiento rectilíneo y uniformemente
acelerado
y = y0 + v0 t –
1
g t2
2
En el supuesto de que la partícula parte del reposo ( v0 = 0) el desplazamiento de la partícula será:
y – y0 =
1
g t2 = 0,5 ·1,62 m/s2 · (1 s)2 = 0,81 m
2
b) Habrá que utilizar las mismas pesas. La masa del cuerpo es la misma en la Tierra que en la Luna. La
balanza mide la masa de los cuerpos.
Sea m la masa del cuerpo y mT la masa de las pesas utilizadas en la Tierra; la balanza se equilibra cuando
el peso de los dos platillos es el mismo:
m . g = mT g ;
m = mT = 23,25 g
Si ahora pesamos el mismo cuerpo en la Luna y las pesas utilizadas son mL, se establecerá de nuevo el
equilibrio cuando los dos platillos pesen lo mismo. Es decir:
m gL = mL gL ;
m = mL
Como la masa del cuerpo no ha variado, se debe cumplir que:
mT = mL = 23,25 g
3. En un movimiento pendular, la longitud del hilo es de 1 m, la masa 2 kg y la amplitud 30 º. Calcula
la energía cinética del péndulo al pasar por la posición de equilibrio.
Solución:
El péndulo oscila en el campo gravitatorio, que es conservativo. Por tanto, si
suponemos que el rozamiento es despreciable, la energía mecánica permanece
constante. En consecuencia, la energía cinética al pasar por la posición de
equilibrio debe coincidir con la disminución de la energía potencial que tenía al
principio.
(Ec + Ep) = 0
E c = |Ep| = m g h

De la figura se desprende que:
h = l – x = l – l · cos 30º = 1 – 0,86 = 0,14 m

Y la energía pedida será:
Ec = 2 kg · 9,8 m/s2 · 0,14 m = 2,7 J
4. Si la densidad media de la Tierra es 5,5 g cm–3.
a) Calcula el valor de su radio sabiendo que g = 9,8 m/s2.
b) Calcula el valor de g a una altura de la superficie de la Tierra igual a dicho radio.
G = 6,7·10–11 N m2 kg–2
Solución
a) El radio de la Tierra lo podemos calcular a partir de los conceptos de densidad de un cuerpo e
intensidad de campo gravitatorio. Para ello recordamos que el campo terrestre es:
g G
M
R2
La densidad de un cuerpo viene dada por:
ρ
m
V
El volumen de una esfera es:
V=
4
·  · R3
3
Utilizando las relaciones anteriores tenemos:
MM 3
·M
2
ρ


g·R
3
3
·
V4 3 4·
π

R
·
π

R
3
·g

ρ
G

3
3
π

G·R
4·
π

R4·
M
g

G·
2
R
De donde:
2
3
·g 3
·
9,8
m/s
R


6
350
km
2

2 3
3
4·
π

G·
ρ
4
·
3,14
·
6,67
N·m
·kg
·
5,5·10
kg·m
b) El campo gravitatorio terrestre a una cierta altura sobre la superficie terrestre vale:
M
T
g
G

h
R
2
h
T
Para h = RT
M
G
T
2
2
M
M
R
g
9,8
m/s
2
T
T
T
g

G


G





2,45
m/s
h
2
2
44
·
R

 4
R

R
T 4
T
T
5.
La masa de la Luna es aproximadamente 6,5 · 1023 kg y su radio 16 · 105 m. ¿Cuál será el periodo
de oscilación en la superficie lunar de un péndulo cuyo periodo en la Tierra es de un segundo?
Datos: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2
Solución: El periodo de oscilación de un péndulo depende del valor de la gravedad. Por tanto:
En la Tierra:
T
2π
·
T

g
T
T
2π
·
L

g
L
En la Luna:
Siendo
 la longitud del péndulo.
Dividiendo entre sí las dos expresiones anteriores obtenemos una relación entre el periodo del péndulo
lunar y el periodo del péndulo terrestre:
2
π
·
T
T

T
L
2
π
·

g
g
g
T
 L 
T
T
· T
L
T
g
g

T
L
g
L
El valor de la gravedad en la Luna es:

11
2

2
23
M
6,67·10
N·m
·kg
·
6,5·10
kg
2
L
g

G



1,69
m/s
L
2
2
5
R
1,6·10
m
L


Sustituyendo este valor en la relación anterior tenemos:
2
9,8
m/s
T

1
s
·

2,4
s
L
2
1,69
m/s
6.
La masa del planeta Júpiter es aproximadamente 318 veces la de la Tierra y su diámetro, 11
veces mayor. ¿Cuál será el peso en este planeta de un astronauta cuyo peso en la Tierra es de
100 kp?
Solución:
La intensidad del campo gravitatorio de del planeta Júpiter es:
M
318
·
M
M
318
J
T
g

G
2

G


·
G
T

2,62
·g
J
T
2
2
R
R

121
11
·
R
J
T
T
Hay que tener presente que el peso de un cuerpo en kilopondios coincide numéricamente con el valor de su
masa en kg.
El peso del astronauta en Júpiter será:
P = m gJ = 100 kg · 2,62 · gT = 262 kp = 2 570 N
7.
Determina el valor g de la gravedad a una distancia h sobre la superficie de la Tierra, supuesta
esférica y homogénea, siendo go el valor de la aceleración de la gravedad en la superficie de la
Tierra.
Solución:
El valor de la gravedad para puntos situados en la superficie de la Tierra, supuesta ésta
homogénea, es:
esférica y
g0 G
M
T
2
R
T
Y para puntos situados a una altura h sobre la superficie de la Tierra tomará el valor:
2
M
R
T
T
g

G


g

h
0
2
2




R

h
R

h
T
T
8. Sobre la superficie lunar se lanza, verticalmente hacia arriba, un cuerpo con una velocidad inicial
vo = 175 m/s. Calcula:
a) Altura que alcanzará.
b) Tiempo invertido en alcanzarla.
c) Energía potencial en el punto más alto de la trayectoria si la masa del cuerpo es m = 1 kg.
ML = 6,7·1022 kg ; RL = 16·105 m ; G = 6,7·10–11 N m2 kg–2
Solución:
El valor del campo gravitatorio en la superficie de cualquier planeta viene dado por:
g G
M
R2
Para el caso de la Luna será:
22
6,7·10
kg
2
g

6,7·10
N
m
kg
· 5
1,75
m/s
16·10
m

11
2

2
a) Al tratarse de un movimiento uniformemente acelerado, las ecuaciones que determinan el movimiento
del cuerpo, tomando la superficie de la Luna como sistema de referencia, son:
1

hvo t  gt2
2


vvo gt

El cuerpo alcanzará la altura máxima cuando v = 0:
0 = 175 m/s – 1,75 m/s2 · t ;
t = 100 s
Y la altura alcanzada será:
h = 175 m/s · 100 s –
1
· 1,75 m/s2 · (100 s)2 = 8.750 m.
2
b) Ya hemos visto que el tiempo empleado en alcanzar la altura máxima es de 100 s.
c) Para alturas, h, pequeñas comparadas con el radio de la Luna, podemos utilizar para la energía
potencial gravitatoria la expresión aproximada:
Ep = m g h =1 kg · 1,75 m/s2 · 8 750 m = 15 000 J.
9. Para escalar una montaña se puede tomar un camino de pendiente suave y otro de pendiente
elevada. ¿Es distinto el trabajo realizado sobre el cuerpo por la gravedad según el camino
elegido? ¿Por qué uno de los dos caminos es más fácil que el otro?
Solución:
El campo gravitatorio es conservativo, por tanto, el trabajo realizado, entre dos puntos A y B,
gravedad es independiente del camino seguido para ir desde A hasta B,
por la
Este trabajo depende solamente de la diferencia de los valores que toma la energía potencial gravitatoria en
los puntos A y B.
Ahora bien, el esfuerzo que tenemos que hacer nosotros para subir por una pendiente suave es menor que
si subimos por una pendiente elevada, ya que la componente de nuestro peso en la dirección del
movimiento, que es la única que realiza el trabajo, es menor en el primer caso que en el segundo. Sin
embargo, a pesar de que se realiza menos esfuerzo en la pendiente suave, el desplazamiento es mayor, de
manera que el trabajo realizado es el mismo en los dos casos.
10. ¿A qué altura sobre el suelo hay que colocar una masa de 12 kg para que tenga la misma energía
potencial que otra masa de 1000 Tm, colocada a 10 m sobre el suelo? Datos: RT = 6 000 km.
Solución:
La energía potencial asociada al sistema formado por la Tierra y una masa m situada a una distancia d del
centro de la Tierra viene dada por
GMm
Ep 
d
Esta energía vale:

Para puntos situados en la superficie terrestre:

G
M
m
E

(R)
R
T

Para puntos situados a R + h:

G
M
m
E

(R

h)
R
h
T
Si restamos las energías anteriores obtendremos la energía potencial, respecto de la superficie terrestre, de
los puntos situados a una altura h:
E(h) = E(R + h) – E(R) =
G
M
m
G
M
m
G
M
m
G
M
m


 
 
  

R

h
R

h
R
R
1
1
R

h

R h



G
M
m
·


G
M
m
·

G
M
m
·




R
R

h
R·
R

h R
R

h


Aplicamos esta expresión a los dos casos del problema e igualamos:
h
h
G
M
m
· 1 
G
M
m
· 2
1
2




R
R

h
R
R

h
1
2
Simplificando se obtiene:




m
h
R

h

m
h
R

h
1
1
2
2
2
1
Despejando h2 tenemos:
m
h
R
1
1
h

2

m
R

h

m
h
1
2
1
1
Si
h1 = 10 m ;
m1 = 1 000 Tm = 106 kg ; m2 = 12 kg
tenemos:
6
6
10
kg
·
10
m
·
6·10
m
5
h


9,7·10
m
2
6
6
6·10
m

10
m
·
12
kg

10
kg
·
10
m


11. Escribe la energía potencial gravitatoria y la energía
potencial elástica de la masa m de la figura que cuelga de
un resorte de constante k (siendo x la separación de la
masa de su posición de equilibrio hacia el suelo y h la
altura de la posición de equilibrio desde el suelo). Toma
como origen de energía potencial gravitatoria el suelo.
Solución:
La energía potencial elástica viene dada por
E=
1
k x2
2
Siendo k la constante del resorte, y x la separación de la masa de su posición de equilibrio.
La energía potencial gravitatoria respecto del suelo es
E = m g (h – x)
12. Una masa de 250 g que parte del reposo desde una posición situada a 0,5 m de altura sobre el
suelo, se deja caer deslizando por un plano inclinado, llegando al suelo con una velocidad de 2
m/s. ¿Cuál ha sido el trabajo realizado por la fuerza de la gravedad y cuál el efectuado por la
fuerza de rozamiento?
Solución:

En la posición inicial la masa tiene energía potencial gravitatoria que, referida al suelo, vale:
Ep = m g h = 0,25 kg · 9,8 m/s2 · 0,5 m = 1,225 J

Cuando llega al suelo la masa solamente posee energía cinética:
Ec =
1
1
m v2 = · 0,25 kg · 4 m2/s2 = 0,5 J
2
2
Esta energía corresponde al trabajo realizado por la fuerza de la gravedad, que es la causante del
deslizamiento de la masa por el plano inclinado.

El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento es igual a la disminución de la energía mecánica:
W r = Ef – Eo = Ec – Ep = 0,5 J – 1,225 J = –0,725 J
13. La Luna está a 3,9 · 105 km del centro de la Tierra. La masa de la Luna es de 7,3 · 1022 kg y la
masa de la Tierra es de 6 · 1024 kg. ¿A qué distancia del centro de la Tierra las fuerzas
gravitatorias que ejercen el planeta y su satélite sobre un objeto son iguales en intensidad y de
sentido opuesto?
Solución:
Supongamos que el punto que se pide es el punto P de la figura.
Si llamamos x a la distancia que existe desde él al centro de la
Tierra, para una masa m colocada en dicho punto se debe
cumplir que:
G
M
mG
M
m
T
 L2
2
x
dx
Siendo d la distancia entre la Tierra y la Luna.
Simplificando queda:
dxx
M
L
M
T
De donde:
8
d
3,9·10
m
8
5
x



3,5·10
m

3,5·10
km
22
M
7,3·10
kg
L
1
 1
 24
M
6·10
kg
T
14. Un satélite artificial de la Tierra, de masa 10 Tm, tiene una velocidad de 4,2 km/s en una
determinada órbita circular. Halla:
a) El radio de la órbita.
b) El trabajo necesario para colocarlo en la órbita.
c) Su periodo.
d) El trabajo realizado por el peso del satélite en una vuelta.
G = 6,67 · 10–11 N m2 kg–2; MT = 5,98 · 1024 kg; RT = 6 370 km.
Solución
Si un satélite describe una órbita circular estable estará sometido a una fuerza
centrípeta originada por la atracción gravitatoria:
Fc = Fg 
2
m
v
M
m

G 2
R
R
o
o
siendo Ro el radio de la órbita y m la masa del satélite.
De la expresión anterior se deduce que el radio de la órbita vale:

11
2

2
24
G
M
6,67·10
N·m
·kg
·
5,98·10
kg
7
R



2,26·1
m
o2
2
3
v
4,2·10
m/s


a) Para colocar en órbita el satélite hay que vencer el campo gravitatorio terrestre. Como este campo es
conservativo, el trabajo realizado viene dado por la variación de la energía potencial gravitatoria:





G
M
m

G
M
m
1
1
T
T




W

E

E




G
M
m

1,2
p
p
T




2
1
r
r
r
r
2
1
1
2




siendo r1 el radio de la Tierra y r2 el radio orbital


1
1


W

E

E

G
M
m

1,2
p
p
T
=


2 1
R
R
T o


= 6,67·10–11 N m2 kg–2 · 5,98·1024 kg · 104 kg ·
1 
 1



= 4,46·1011 J
6
7
6,37·10
m
2,26·10
m


Esta variación de energía potencial es positiva porque el trabajo ha sido realizado por una fuerza exterior al
campo.
b) Recibe el nombre de periodo de revolución el tiempo constante que tarda el satélite en describir la
órbita. Para calcularlo dividimos la longitud de la órbita entre la velocidad con la que la describe:
7
2
π
R
2

3,14
·
2,26·10
m4
o
T
 

3,4·10
s
3
v
4,2·10
m/s
c) El trabajo realizado por el peso en una vuelta es nulo. En efecto, el peso es una fuerza conservativa, por
tanto, el trabajo realizado a lo largo de una línea cerrada es cero.
15. Determina el valor de la gravedad en un punto situado a una altura de 130 km sobre la superficie
terrestre.
RT = 6 370 km; Gravedad al nivel del mar, g0 = 9,80 ms–2
Solución:
El valor de la gravedad disminuye a medida que nos alejamos del centro de la Tierra. El valor de la
gravedad en un punto del espacio es la intensidad del campo gravitatorio terrestre en ese punto.
Sabemos que la intensidad del campo gravitatorio de una masa cualquiera es:
g G
m
r2
siendo r la distancia que hay desde la masa m hasta el punto en donde queremos hallar el campo.

En el caso de la Tierra será:
M
T
2
R
T
Al nivel del mar
g0 G
A una altura h.
M
T
g
G

h
R
2
h
T
Relacionando las dos expresiones tenemos que:
2
R

6
370
km
2
2
T
g

g


9,80
m/s
·
9,41
m/s
h
0
2
2




R

h
6
370
km

130
km
T
2
16. Un satélite de 250 kg de masa está en órbita circular entorno a la Tierra a una altura sobre la
superficie de 500 km. Calcula:
a) Su velocidad y periodo de revolución.
b) La energía necesaria para poner el satélite en órbita con esa velocidad.
G = 6,67 · 10–11 N m2 kg–2; RT = 6 370 km; MT = 5,98 · 1024 kg
Solución:
a) Al estar el satélite en una órbita circular alrededor de la Tierra estará sometido a la atracción gravitatoria
que ejerce la Tierra sobre él. Por otro lado sabemos que todo cuerpo que describe una trayectoria
m v2
circular está sometido a una fuerza centrípeta: Fc =
Ro
Siendo Ro el radio de la órbita.
Si sobre el satélite solamente actúa la fuerza gravitatoria quiere decir que esta fuerza coincide con la fuerza
centrípeta: Fg = Fc
2
m
v
M
m

G 2
R
R
o
o
Siendo Ro = RT + 500 km
De esta igualdad deducimos la velocidad de revolución del satélite:

11
2

2
24
G

M
6,67·10
N·m
·kg

5,98·1
kg
T
v



7
620
m/s
o
3
R
6
870·10
m
o
Como el movimiento del satélite es circular uniforme, el periodo será:
3
2
π

R
2

3,14
·
6
870·10
m
3
T
o


5,7·10
s
v
7
620
m/s
b) La energía que hemos de comunicar al satélite será la diferencia entre la energía que el satélite tenía al
principio y la energía que tiene al final en la órbita.
Al principio el satélite tiene la energía potencial:
G
Mm
E
 T
o
R
T
En la órbita tiene energía cinética y potencial:


G
M
m
G
M
G
M
m
G
M
m
1
1
1
2
T
T
T
T


E

m
v



m



f


2
R
2
R
R
o
o R
o 2
o


Por consiguiente, la energía que debemos suministrar será:




G
M
G
M
m
1
1
1
T
T




W

E

E


m



G
M
m


f
o
T




2
R
R
R
R
o
T
T
o




 1
1 


= 6,67·10–11 N m2 kg–2 · 5,98·1024 kg · 250 kg · 
= 8,4·109 J
3
3 

6
370·10
m
6
870·10
m


17. Calcula la velocidad de escape en la superficie terrestre con un valor de g = 9,81 m s–2, siendo el
radio de la Tierra R = 6 366 km. ¿Cuál sería la velocidad de escape en otro planeta de igual
densidad que la Tierra y de radio la mitad?
Solución:
La velocidad de escape es aquella que permite a un cuerpo abandonar el campo gravitatorio en que se
encuentra.
Para hallar esta velocidad aplicamos el principio de conservación de la energía mecánica, puesto que el
movimiento se realiza en un campo conservativo:
Eo = Ef
siendo Eo la energía mecánica del cuerpo en la superficie de la Tierra, y Ef fuera del campo (teóricamente en
el infinito, en donde la energía mecánica es cero).

M
m
1 2 G

E

m
v

T 
o
o


2
o 
 R
G
M
m
M
12
1
2G

T 
m
v

0

v
T
e
e
R
2
2 R
o
o
E
0
f
Teniendo en cuenta el valor de la gravedad:
g G
se deduce que:
de donde:
G MT = R2 g
1
v 2=R g
2 e
MT
R2
2
3
4
v

2
g
R

2
·
9,81
m/s
·
6
366·10
m

1,118
m/s
e
y

Si queremos aplicar la misma expresión para hallar la velocidad de escape en otro planeta deberemos
hallar la gravedad en dicho planeta. Para ello empleamos el dato de las densidades:
M
M
M8
M
T M
T
P
ρ



ρ

P
P
T
P
3
4
V
V
3
3
R
T π
P4

4
T
R
π
R
T
T
π


3
3
2

3
Igualando las densidades de la Tierra y del planeta tenemos:
MT = 8 MP
Por tanto la masa del planeta es 8 veces menor que la masa de la Tierra. Y el valor de la gravedad del
planeta será:
1
M
T
M
1 M1
8
P
g

G2
G 2 GT
g
P
T
2
R
R

 2 R
P
T 2
T
 
2

La velocidad de escape en ese planeta será:
1
1
1 1
v

2
g
R

2
g
R

2
g
R

2
g
R
e
P
P
T
T
T
T
T
T
2
2
4 2
Es decir, la mitad de la velocidad de escape terrestre:
ve =
1
· 1,118·104 m/s = 5 590 m/s.
2
18. Calcula el radio de la órbita circular de un satélite terrestre para que su velocidad coincida con la
velocidad angular de rotación de la Tierra.
G = 6,672 · 10–11 N m2 kg–2; MT = 5,99 · 1024 kg
Solución:
Como el satélite tiene movimiento circular uniforme, la fuerza centrípeta que lo mantiene en órbita es la
fuerza gravitatoria que la Tierra ejerce sobre él. Es decir, se cumple:
2
m
v
M
m 2G
M

G

v

2
R R
R
y teniendo en cuenta que v =  R, podemos escribir:
GM
2
2
ω
R

R
de donde:
R3
GM
ω2
La velocidad del satélite, según el enunciado, coincide con la velocidad de rotación de la Tierra que vale:
2
π
2
π
ω

 rad/s
24
h
·
60
min/h
·
60
s/min
86
400
Sustituyendo este valor en la ecuación anterior tenemos que:
R = 4,23·107 m.
19. Una partícula se mueve por la acción de una fuerza gravitatoria central y describe una
circunferencia con velocidad angular constante. ¿Realiza trabajo la fuerza centrípeta? Teniendo
en cuenta que su velocidad lineal cambia continuamente de dirección, representa gráficamente la
energía cinética de la partícula en función del tiempo.
Solución:

Una fuerza gravitatoria central es conservativa, por tanto, no realiza trabajo a lo largo de cualquier órbita
cerrada. Además, la fuerza centrípeta tiene la dirección del radio de la circunferencia; por consiguiente,
es perpendicular en todo momento, al desplazamiento siendo el trabajo nulo.

La energía cinética es una magnitud escalar; por tanto, no depende de la dirección de la velocidad de la
partícula. Si el módulo de la velocidad es constante, como ocurre en nuestro caso, la energía cinética
también lo es.
El que la energía cinética sea constante es una consecuencia de que el trabajo realizado sea cero. No
olvidemos que el teorema de la energía cinética dice que el trabajo realizado por una fuerza es igual a la
variación de la energía cinética.