2BachFisProblemasResueltos0305.pdf

(1)

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino 3

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?

D

Daattooss:: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra:

MT = 5,97·1024 kg

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:

𝑚𝑣o2

𝑅 =

𝐺𝑀T𝑚

𝑅2 ⇔ 𝑣o2 =

𝐺𝑀T

𝑅 ⇒ 𝑅 = 𝐺𝑀T

𝑣o2

𝑣o = 2 π_𝑇𝑅

⇒ 𝑣o=

2 π 𝐺 𝑀T

𝑣o2

𝑇 ⇒ 𝑣o= �

2 π𝐺𝑀T

𝑇 3

𝑣o = �2 π · 6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg

1 día · 24 h_{1 día} · 3600 s_{1 h}

3

= 3,07·103_{m s}–1_.

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.

D

Daattooss:: Distancia Tierra–Sol: RT–S = 1,50·1011 m ; Masa del Sol: MS = 2,00·1030 kg ; Constante de

Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

Solución: Este cambio de órbita se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la órbita al infinito.

𝐸c0+ 𝐸p0 = 𝐸cf+ 𝐸pf ; 1

2𝑀T𝑣e2 + �–

𝐺𝑀S𝑀T

𝑅0 �=

1

2 𝑀T𝑣f2+ �–

𝐺 𝑀S𝑀T

𝑅f �

1

2 𝑀T𝑣e2–

𝐺𝑀S𝑀T

𝑅0 =

1

2 𝑀T· 0–

𝐺𝑀S𝑀T

∞ = 0 ; 1

2 𝑀T𝑣e2 =

𝐺𝑀S𝑀T

𝑅0 ; 𝑣e = �

2 𝐺𝑀S

𝑅0

Sustituyendo los datos que da el problema: 𝑣e =�2 · 6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 2,00·10}30_kg

1,5·1011_m = 4,22·104 m s–1.

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?

Solución: Aplicando la Tercera Ley de Kepler: 𝑅S3–M

𝑅S3–T =

𝑇M2

𝑇T2 ⇒ 𝑇M = 𝑇T�

𝑅_S3_–_M

𝑅S3–T = 𝑇T�

(0,387 𝑅T)3

𝑅T3 = 0,241 · 365,25 días = 87,9 días.

3

4.– ¿Cuál es la velocidad angular, en rad s–1, de los satélites geoestacionarios? Solución: Un satélite geoestacionario tiene un periodo orbital de 24 h. Por tanto: 𝜔= 2 _𝑇π= 2 π rad

1 día · 24 h_{1 día} · 3600 s_{1 h}

= 7,2722·10-5_{rad s}-1_.

3

5.– A partir de los datos de la tabla siguiente, calcule el radio de la órbita del planeta Júpiter. Planeta Radio de la órbita (km) Período de revolución (años)

Tierra 148·106 1,0

Júpiter 11,9

Solución: Aplicando la 3ª Ley de Kepler (Ley de los periodos): 𝑇_T2

𝑅_T3 =

𝑇J2

𝑅_J3 ⇔ 𝑅J3 = 𝑇J 2_𝑅

T 3

𝑇_T2 ⇔ 𝑅J =𝑅T �𝑇J 2

𝑇_T2

3

𝑅J = 148·106 km · �(11,9 años)

2 (1 año)2

3

= 771·106_{km = 7,71·10}11_m.

3

6.– Calcule el valor de la energía mecánica de la Luna. Considere únicamente el sistema formado por la Tierra y la Luna.

D

MT = 5,97·10 24

kg ; Masa de la Luna: ML = 7,35·10 22

kg ; Distancia de la Tierra a la Luna: DT– L = 3,84·108 m

Solución: Como la Luna está en órbita circular cumple que: 𝑀L𝑣L2

𝐷T–L =

𝐺𝑀L𝑀T

(𝐷T–L)2 ⇒ 𝐸c =

1

2 𝑀L 𝑣L2 =1₂𝐺𝑀_𝐷L𝑀T T–L =–

1 2 𝐸p Aplicando los valores de la energía mecánica: Em = Ec + Ep = ½ Ep + Ep = ½ Ep

𝐸m=–1₂𝐺𝑀_𝐷L 𝑀T T–L =–

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 7,35·10}22_kg_·_5,97·1024_kg

2 · 3,84·108_m = –3,81·1028 J.

3

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.

D

Daattooss:: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

Solución: a) En un satélite en órbita terrestre se cumple que: 𝑚𝑣o2

𝑅 =

𝐺𝑀T𝑚

𝑅2 ⇔ 𝑣o2 =

𝐺𝑀T

𝑅 𝑣o= 2 π_𝑇𝑅

⇒ 4 π_𝑇2₂𝑅2 =𝐺_𝑅𝑀T

𝑀T =4 π 2_𝑅3

𝑇2_𝐺 =

4 π2_·_(3,84_·₁₀8_m)3 �27,3 días · 24 h_{1 día} · 3600 s

1 h � 2

·6,67·10–11_{N m}2_kg–2

(2)

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.

Solución: a) Para la órbita de la Luna alrededor de la Tierra se cumple que: 𝑀L𝑣o2

𝑅T−L =

𝐺𝑀T𝑀L

𝑅_T−L2 ⇔ 𝐸c = 1₂𝑀L 𝑣o2 = 1₂𝐺_𝑅𝑀T𝑀L T−L =

1

2 �–𝐸p� ⇒ 𝐸p

𝐸c =−2.

Por tanto la energía cinética es la mitad de la potencial con el signo cambiado. b) Aplicando la expresión de la velocidad orbital:

𝑣o =2 π_𝑇𝑅T−L

𝑣o2 =𝐺_𝑅𝑀T T−L

⇒ 𝐺_𝑅𝑀T

T−L =

4 π2_𝑅 T−L2

𝑇2 ⇒ 𝑇= 2 π�

𝑅T−L3

𝐺 𝑀T.

3

9.– De acuerdo con la Tercera Ley de Kepler, ¿para cuál de estos tres planetas hay algún error en los datos?:

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

Solución: a) Aplicando la Tercera Ley de Kepler: 𝑅𝑉3

𝑇𝑉2 =

(1,08·1011_m)3

(1,94·107_s)2 = 3,35·1018m3s–2 𝑅𝑇3

𝑇_𝑇2 = (1,49·10

11_m)3

(3,96·107_s)2 =2,11·1018m3s–2 𝑅𝑀3

𝑇_𝑀2 =

(2,28·1011_m)3

(5,94·107_s)2 = 3,36·1018m3s–2.

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.

3

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.

D

MT = 5,97·10 24

kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,371·10 6

m

Solución: a) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton: 𝐹= ₍_𝑅𝐺𝑀T𝑚

T+ℎ)2 =

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_{kg · 0,050 kg}

(6,371·106_{m + 1,000·10}6_m)2 = 0,37 N.

b) En un tornillo (que actúa como un satélite) en órbita terrestre se cumple que: 𝑚t𝑣o2

𝑅T+ℎ=

𝐺𝑀T𝑚t

(𝑅T+ℎ)2⇔ 𝑣o

2 ₌ 𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ

𝑣o =2 π (𝑅_𝑇T+ℎ)⇒ 𝑇 =2 π (𝑅_𝑣T+ℎ) o

⇔ 𝑇= 2 π (𝑅T+ℎ) � 𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ

= 2 π�(𝑅T+ℎ)3 𝐺𝑀T

𝑇 = 2 π� (6,371·106 m + 1,000·106 m)3

6,67·10–11N m2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg= 6,30 ·10

3_s_≈_{1,75 h.}

c) Calculando la energía cinética y luego trasladándosela al automóvil nos queda: 𝑚t𝑣o2

𝑅T+ℎ=

𝐺𝑀T𝑚t

(𝑅T+ℎ)2⇔ 𝑚t𝑣o

2 ₌𝐺𝑀T𝑚t

𝑅T+ℎ

𝐸c = 1₂𝑚t𝑣o2 = _{2 (}𝐺_𝑅𝑀T𝑚t T+ℎ)

⇔ 1₂𝑚c𝑣c2 = _{2 (}𝐺_𝑅𝑀T𝑚t

T+ℎ) ⇒ 𝑣c =�

𝐺𝑀T𝑚t

𝑚c (𝑅T+ℎ)

𝑣c =�

6,67·10–11N m2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg_· 0,050 kg

1000 kg · (6,371·106_{m + 1,000·10}6_{m) = 52 m s}–1 ≈ 1,9·102 km h–1.

3

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.

Solución: a) Para la órbita del satélite alrededor del planeta se cumple que: 𝑚𝑣o2

𝑅 =

𝐺 𝑚𝑀p

𝑅2 ⇔ 𝑣o2 = 𝐺_𝑅𝑀p

𝑣o= 2 π_𝑇𝑅

⇒ 4 π_𝑇2₂𝑅2 =𝐺_𝑅𝑀p ⇒ 𝑀p= 4 π 2_𝑅3

(3)

12.– Demuestre que la energía mecánica de un satélite que describe una órbita circular es igual a la mitad de su energía potencial gravitatoria.

Solución: Para una órbita determinada se cumple que la fuerza centrípeta que mantiene la órbita del satélite es la fuerza gravitatoria por lo que:

𝐹c = 𝐹g ⇔ 𝑚𝑣o 2

𝑅 =

𝐺 𝑀T𝑚

𝑅2 ⇔ 𝐸c =

1

2𝑚𝑣o2 = 1 2

𝐺 𝑀T𝑚

𝑅 Por otro lado, la energía potencial de un satélite en órbita es:

𝐸p =– 𝐺𝑀_𝑅T𝑚

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:

𝐸c =–1₂𝐸p ⇔ 𝐸p = – 2 𝐸c ⇒ 𝐸m = 𝐸c+𝐸p =–1₂𝐸p+𝐸p= 1₂𝐸p.

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?

D

Daattooss:: Masa de la Luna: ML = 7,349·10 22

kg ; Radio de la Luna: RL = 1,737·10 6

m ; Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2

Solución: a) Aplicando un balance energético a la situación que plantea el problema (vf = 0):

𝐸c0 + 𝐸p0 = 𝐸cf+ 𝐸pf ; 1

2 𝑚𝑣02+ �–𝐺𝑀_𝑅L𝑚

L �=

1

2𝑚𝑣f2+ �–𝐺𝑀_{𝑅 �}L𝑚

1

2 𝑣02– 0 = 𝐺𝑀L

𝑅L –

𝐺𝑀L

𝑅L+ℎ=𝐺 𝑀L �

1 𝑅L–

1

𝑅L+ℎ� =𝐺𝑀L �

ℎ 𝑅L(𝑅L+ℎ)�

𝑣₀2_𝑅

L2+𝑣02𝑅Lℎ= 2 𝐺𝑀L ℎ ⇒ ℎ= 𝑣0 2 _𝑅

L2

2 𝐺𝑀L–𝑣02𝑅L =

𝑅L

2 𝐺𝑀L

𝑣02𝑅L – 1

ℎ= _{2· 6,674·10}_–11_{N m}1,737₂_kg·10_–26_{· 7,349·10}m ₂₂_kg �540 km h–1· 1 m s–1

3,6 km h–1� 2

·1,737·106 m

–1= 6,948

·103m.

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.

Solución: Dado que se cumple que: 𝑚𝑣o2

𝑅 =

𝐺 𝑀T𝑚

𝑅2 ⇔ 𝐸c = 1₂𝑚𝑣o2 = ₂1𝐺𝑀_𝑅T𝑚 = 1₂�–𝐸p�

La energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por: 𝐸m =𝐸c+𝐸p =₂1 𝐸p = – 1₂𝐺𝑀_𝑅T𝑚

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.

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?

D

Daattooss:: Masa de la Tierra: MT = 5,97·10 24

kg ; Masa de Júpiter: MJ =1,90·10 27

kg ; Masa del Sol:

MS = 1,99·10 30

kg

Solución: Nos piden una comparación entre las fuerzas de atracción gravitatoria de ambos por lo que:

𝐹T–S 𝐹T–J =

𝐺𝑀S𝑀T

𝑅T2–S

𝐺𝑀J𝑀T

𝑅_T2_–_J

=𝑀S𝑅T2–J 𝑀J𝑅T2–S =

1047,4 𝑀J · (4,162 UA– 1,017 UA)2

𝑀J · (1,017 UA)2 = 1,002 · 10 4_.

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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.

Solución: a) Aplicando la Tercera Ley de Kepler: 𝑅_S3_–_J

𝑅_S3_–_T =

𝑇_J2

𝑇_T2 ⇒ _𝑅𝑅S–J S–T = �

𝑇J2

𝑇_T2

3

= �(12 _𝑇𝑇T)2

T2

3

= �3 122_{= 5,2.}

b) Teniendo en cuenta que las aceleraciones son centrípetas:

𝑎S–J

𝑎S–T =

𝑣J2

𝑅S–J

𝑣T2

𝑅S–T

=

�2 π_𝑇𝑅S–J

J �

2

𝑅S–J

�2 π𝑅S–T

𝑇T � 2

𝑅S–T

= 𝑅S–J

𝑇_J2

𝑅S–T

𝑇T2

= _𝑅𝑅S–J

S–T·

𝑇T2

𝑇J2 = �

𝑇_J2

𝑇T2

3

·𝑇T2 𝑇J2 = �

𝑇T4

𝑇J4

3

= � 1 124

3

= 0,036.

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?

D

Daattooss:: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa del Sol:

MS = 2,00·1030 kg

Solución: a) Para la órbita de Mercurio se cumple que: 𝑀M𝑣o2

𝑅S–M =

𝐺𝑀S𝑀M

𝑅S2–M ⇔ 𝐸c =

1

2𝑀M𝑣o2 = 1 2

𝐺𝑀S𝑀M

𝑅S–M =

1

2 �–𝐸p� Por lo tanto, la energía mecánica de Mercurio en su órbita viene dada por:

𝐸m = 𝐸c+ 𝐸p = 1₂𝐸p =– 1₂𝐺𝑀_𝑅S𝑀M S–M

𝐸m =–1_{2 ·}6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 2,00·10}30_kg_·_3,3·1023_kg

5,8·1010_m = –3,8·1032 J. b) La energía adicional será la diferencia de energía entre ambas órbitas por lo que:

∆𝐸 = 𝐸′m – 𝐸m = – 1₂𝐺𝑀_𝑅′S𝑀M – �– 1₂𝐺𝑀_𝑅S𝑀M S–M �=

𝐺𝑀S𝑀M

2 �

1 𝑅S–M –

1 𝑅′�=

=6,67·10–11N m2 kg–2 · 2,00·10₂ 30 kg · 3,3·1023 kg �_5,8·101₁₀_{m –}_1,5·101₁₁_m�= 2,3·1032 J.

3

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?

Solución: Aplicando la Tercera Ley de Kepler: 𝑅U3

𝑅_T3 = 𝑇U 2

𝑇_T2 ⇒ 𝑇U = 𝑇T�𝑅U 3

𝑅_T3 = 1 año· �

(2,87·1012_m)3

(1,496·1011_m)3= 84,0 años.

3

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.

D

Solución: a) En un satélite en órbita se cumple que: 𝑣o= 2 π_𝑇𝑅M–F

F =

2 π· 9,4·106 m 7 h · 3600 s

1 h + 39 min · 1 min60 s

= 2,1·103 m s–1. b) En una órbita la fuerza centrípeta es la de gravitación por lo que:

𝑀F𝑣o2

𝑅M–F =

𝐺𝑀F 𝑀M

𝑅_M–F2 ⇔ 𝑣o2 = 𝐺_𝑅𝑀M

M–F 𝑣o= 2 π_𝑇𝑅M–F

F

⇒ 4 π2_𝑇𝑅M–F2 F2 =

𝐺𝑀M

𝑅M–F ⇒ 𝑀M =

4 π2_𝑅

M–F

3

𝑇_F2_𝐺

𝑀M = 4 π

2_·_(9,4_·₁₀6 _m)3 �7 h · 3600 s_{1 h + 39 min ·}_{1 min}60 s �

2

·6,67·10–11_{N m}2_kg–2

(5)

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.

D

Daattooss:: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de la Tierra:

RT = 6,37·10 6

m ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·10 24

kg

Solución: a) Para el Hubble (un satélite en órbita terrestre) se cumple que: 𝑚𝑣o2

𝑅T+ ℎ=

𝐺𝑀T𝑚

(𝑅T+ ℎ)2⇔ 𝑣o

2 ₌ 𝐺𝑀T

𝑅T+ ℎ ⇔ 𝑣o= �

𝐺𝑀T

𝑅T+ ℎ

𝑣o = �6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg

6,37·106_{m + 6,00·10}5_m = 7,56·103 m s–1. El periodo vendrá dado por:

𝑣o= 2 π (𝑅_𝑇T+ ℎ) ⇒ 𝑇 = 2 π (𝑅T+ ℎ)

� 𝐺𝑀T

𝑅T+ ℎ

= 2 π�(𝑅T_𝐺+ _𝑀ℎ)3

T

𝑇 = 2 π� (6,37·106 m + 6,00·105 m)3

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_{kg = 5,79·10}3s ≈ 1 h 37 min. b) La fuerza de atracción gravitatoria viene dada por la Ley de Gravitación Universal:

𝑃′= ₍_𝑅𝐺𝑀T𝑚

T+ ℎ)2=

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg_·_{11000 kg}

(6,37·106_{m + 6,00·10}5_m)2 = 9,02·104 N 𝑃= 𝐺𝑀_𝑅T𝑚

T2 =

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg_·_{11000 kg}

(6,37·106_m)2 = 1,08·105 N. Es ligeramente mayor en la superficie.

3

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.

D

Solución: a) La velocidad orbital vendrá dada por: 𝑣o=2 π (𝑅_𝑇T+ ℎ) = 2 π

·�6,38·106 m + 5,00·105 m�

1 h · 3600 s_{1 h + 34 min ·}_{1 min}60 s = 7,66·10

3_{m s}–1_.

b) En una órbita terrestre se cumple que: 𝑚𝑣o2

𝑅T+ ℎ =

𝐺𝑀T𝑚

(𝑅T+ ℎ)2

𝑣o =2 π (𝑅_𝑇T+ ℎ)

⇒ 𝑀T = 𝑣o 2₍_𝑅

T+ ℎ)

𝐺 =

4 π2₍_𝑅

T+ ℎ)3

𝐺𝑇2

𝑀T= 4 π

2_·_�_6,38·106_{m + 5,00·10}5_m_�3 6,67·10–11_{N m}2_kg–2_·_�_{1 h · 3600 s}

1 h + 34 min · 1 min60 s �

2 = 6,06·1024 kg.

c) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de la Tierra al infinito.

2 𝑚𝑣e2 +�–

𝐺𝑀T𝑚

𝑅T �=

1

2𝑚𝑣f2+�–𝐺𝑀_{𝑅 �}T𝑚

Despejando: 1

2𝑚𝑣e2 +�–

𝐺𝑀T𝑚

𝑅T �=

1

2 𝑚· 0 +�–

𝐺𝑀T𝑚

∞ � = 0 ; 1

2𝑚𝑣e2 =

𝐺 𝑀T𝑚

𝑅T ; 𝑣e = �

2 𝐺 𝑀T

𝑅T .

𝑣e = �

2 𝐺 4 π2 (𝑅T+ ℎ)3

𝐺 𝑇2

𝑅𝑇 = �

8 π2₍_𝑅_T₊_ℎ₎3

𝑅T𝑇2

𝑣e =_� 8 π

2_·_(6,38·106_{m + 5,00·10}5_m)3 6,38·106_{m ·}_�_{1 h · 3600 s}

1 h + 34 min · 1 min60 s �

(6)

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.

D

Solución: a) La fuerza que actúa sobre el satélite es (ver figura):

𝑭��⃗= −𝐺𝑀P𝑚𝑅P+ℎ2 𝒖��⃗𝒓

𝑔o=𝐺_𝑅𝑀P

P2

⇒ 𝑭��⃗= −𝐺 𝑔o_𝐺𝑅P2 𝑚𝑅P+ℎ2 𝒖��⃗𝒓 − 𝑚𝑔o𝑅P2𝑅P+ℎ2 𝒖��⃗𝒓

𝑭��⃗= −100 kg · 4,0 m s–2_{· (3,000·10}6_m)2_3,000·106_{m+ 2,5·10}7_m2_{𝒖��⃗𝒓 −} _{𝒖��⃗𝒓}_.

El vector 𝒖��⃗_𝑟 es el vector que une el centro del planeta y del satélite y está dirigido hacia afuera. 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: 𝑔o =𝐺_𝑅𝑀P

P2 ⇒ 𝑀P = 𝑔o𝑅P2

𝐺 =

4,0 m s–2_{· (3,000·10}6_m)2

6,67·10–11_{N m}2_kg–2 = 5,4·1023 kg. c) En un satélite en órbita se cumple que:

𝑚𝑣o2

𝑅P+ℎ =

𝐺𝑀P𝑚

(𝑅P+ℎ)2

𝑀P = 𝑔o𝑅P 2

𝐺

⇔ 𝑣o2 =

𝐺 𝑔o𝑅P2 𝐺

𝑅P+ℎ ⇔ 𝑣o= �

𝑔o𝑅P2 𝑅P+ℎ

𝑣o= �4,0 m s

–2_{· (3,000·10}6_m)2

3,000·106_{m+ 2,5·10}7_{m =1,13·10}3 m s–1. Dado que se cumple que:

𝑚𝑣o2

𝑅P+ℎ =

𝐺𝑀P𝑚

(𝑅P+ℎ)2 ⇔ 𝐸c =

1

2𝑚𝑣o2 = 1 2

𝐺𝑀P𝑚

𝑅P+ℎ =

1

2 �–𝐸p� La energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:

𝐸m = 𝐸c+ 𝐸p = ₂1 𝐸p =– 1₂𝐺_𝑅𝑀P𝑚 P+ℎ =–

1 2

𝐺 𝑔o𝑅P2

𝐺 𝑚

𝑅P+ℎ = –

𝑚𝑔o𝑅P2 2 (𝑅P+ℎ)

𝐸m = –−100 kg · 4,0 m s–2· (3,000·106 m)23,000·106 m+ 2,5·107 m = –6,4·107 J.

3

23.– 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.

Solución: De la expresión del peso a cualquier altura (siempre es positiva): 𝑃′= ₍_𝑅𝐺𝑀T𝑚

T+ ℎ)2 <

𝐺𝑀T𝑚

𝑅_T2 = 𝑃0

(7)

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?

D

Solución: a) En un satélite en órbita planetaria se cumple que: 𝑣o =2 π_𝑇𝑅S–E

𝑚𝑣o2

𝑅S–E =

𝐺𝑀S𝑚

𝑅_S2_–_E ⇒ 𝑣o =�𝐺_𝑅𝑀S S–E

⇒ 𝑇 = 2 π𝑅S–E �𝐺𝑀S

𝑅S–E

= 2 π�𝑅S3–E

𝐺𝑀S

𝑇= 2 π �_6,674·10_–11(2,38000_{N m}₂_kg·10_–2_{· 5,688·10}8 m)3 ₂₆_{kg = 1,184·10}5_s_≈_{1,370 días.} b) Para una órbita determinada se cumple que:

𝑚E𝑣o2

𝑅S–E =

𝐺𝑀S𝑚E

𝑅S2–E ⇔ 𝐸c =

1

2 𝑚E𝑣o2 = 1 2

𝐺𝑀S𝑚E

𝑅S–E

𝐸c = 6,674·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,688·10}26_kg_·_1,080·1020_kg

2 · 2,38000·108 m = 8,613·10 27_J.

c) La energía potencial de un satélite en órbita viene dada por: 𝐸p =–𝐺𝑀_𝑅S𝑚E

S–E =–

6,674·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,688·10}26_kg_·_1,080·1020_kg

2,38000·108 m = –1,723·10 28_J

𝐸c =1₂𝑚𝑣o2 = 1₂𝐺𝑀_𝑅S𝑚E S–E

𝐸p =–𝐺𝑀_𝑅S𝑚E S–E

⇒ 𝐸c =1₂�–𝐸p� ; 𝐸p =– 2 (𝐸c)

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).

D

Daattooss:: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de Júpiter:

MJúpiter = 1,9·10 27

kg ; Radio de Júpiter: RJúpiter = 6,9·10 7

m

Solución: a) Para la órbita de Ío se cumple que: 𝑣o =2 _𝑇𝜋𝑟

𝑀Ío𝑣o2

𝑟 =

𝐺𝑀J𝑀Ío

𝑟2 ⇒ 𝑣o =�𝐺

𝑀J

𝑟

⇒ 𝑇= 2 π𝑟 �𝐺𝑀J

𝑟

= 2 π�_𝐺𝑟_𝑀3

J

𝑇 = 2 π �_6,67·10_–11(4,2·10_{N m}₂_kg8 m)_–2_·1,9·103 ₂₇_{kg = 1,5·10}5_{s ≈}_{42 h.}

b) La velocidad, como ya hemos comprobado es: 𝑣o =�𝐺_𝑟𝑀J =�6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_·1,9·1027_kg

4,2·108_m = 1,7·104 m s–1.

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:

𝑎c =𝑣

2

𝑟 = 𝐺 𝑀J

𝑟

𝑟 =

𝐺 𝑀J 𝑟2 =

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_·1,9·1027_kg

(4,2·108_m)2 = 0,72 m s–2.

(8)

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?

D

Solución: a) En un satélite en órbita se cumple que: 𝑣o =2 π_𝑇𝑅 = 2 π· 4,26

·108 m 42 h · 3600 s_{1 h}

= 1,8·104 m s–1. b) En una órbita la fuerza centrípeta es la de gravitación por lo que:

𝑚𝑣o2

𝑅 =

𝐺𝑚𝑀J

𝑅2 ⇔ 𝑣o2 =

𝐺𝑀J

𝑅 𝑣o= 2 π_𝑇𝑅

⇒ 4 π_𝑇2₂𝑅2 =𝐺_𝑅𝑀J ⇒ 𝑀J = 4 π 2_𝑅3

𝑇2_𝐺

𝑀J = 4 π

2_·_(4,26_·₁₀8_m)3 �42 h · 3600 s_{1 h} �

2

·6,67·10–11_{N m}2_kg–2= 2,0·10 27_kg.

c) Volviendo a poner la condición de estabilidad: 𝑣′o2 = 𝐺_𝑅′𝑀J

𝑅′ _{= 2}_𝑅

𝑀J =4 π 2_𝑅3

𝑇2_𝐺

⇒ 𝑣′o= �𝐺

4 _𝑇π₂2_𝐺𝑅3 2 𝑅 =

π𝑅√2 𝑇 =

π· 4,26·108m · √2 42 h · 3600 s

1 h

= 1,3·104 m s–1.

d) Utilizando la 3.ª Ley de Kepler: 𝑅′3

𝑅3 =

𝑇′2

𝑇2 ⇒ 𝑇′= 𝑇�𝑅′ 3

𝑅3 = 𝑇�

(2 𝑅′)3

𝑅3 = 42 h · √8 ≈ 120 h = 5 días.

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.

D

MT = 5,97·10 24

kg ; Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 9,81 m s –2

Solución: a) el valor de la aceleración de la gravedad en Júpiter es: 𝑔J =𝐺_𝑅𝑀J

J2 =

𝐺 · 318 𝑀T

(11,22 𝑅T)2=

318 (11,22)2·

𝐺𝑀T

𝑅_T2 = 2,53 ·𝑔0 = 24,8 m s–2.

El periodo de rotación se puede calcular aplicando la Tercera Ley de Kepler: 𝑅_S3_–_J

𝑅_S3_–_T =

𝑇_J2

𝑇_T2 ⇒ 𝑇J = 𝑇T�𝑅S–J 3

𝑅_S3_–_T= 1 año ·�(5,2 𝑅S–T

)3

𝑅_S3_–_T = �5,23años ≈ 12 años .

b) En un satélite en órbita planetaria se cumple que: 𝑣o =2 π_𝑇𝑅J–C

C

𝑚𝑣o2

𝑅J–C =

𝐺 𝑀J𝑚

𝑅_J2_–_C ⇒ 𝑣o =�𝐺_𝑅𝑀J J–C

⇒ 𝑇C = 2 π𝑅J–C

�𝐺_𝑅𝑀J

J–C

= 2 π�𝑅J3–C 𝐺𝑀J

𝑇C= 2 π � (1,88

·109 m)3

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 318 · 5,97·10}24_{kg = 1,44·10}6 s ≈ 16,7 días. Y su velocidad media:

𝑣o =�𝐺_𝑅𝑀J J–C = �

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 318 · 5,97·10}24_kg

1,88·109m = 8,21 · 10

(9)

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.

D

RT = 6,371·10 6

kg

Solución: a) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton: 𝐹= ₍_𝑅𝐺𝑀T𝑚

T+ℎ)2 =

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_{kg · 4,20·10}5_kg

(6,371·106_{m + 4,00·10}5_m)2 = 3,65·106 N.

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: 𝑚𝑣o2

𝑅T+ℎ=

𝐺𝑀T𝑚

2 ₌ 𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ ⇔ 𝑣o= �

𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ

𝑣o= �6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg

6,371·106_{m + 4,00·10}5_m = 7,67·103 m s–1. d) El periodo vendrá dado por:

𝑣o= 2 π (𝑅_𝑇T+ℎ) ⇒ 𝑇 =2 π (𝑅T+ℎ)

� 𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ

= 2 π�(𝑅_𝐺T+_𝑀ℎ)3

T

𝑇= 2 π� [(6,371·106 + 4,00·105) m]3

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_{kg = 5,55·10}3s ≈ 1 h 32 min.

3

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.

D

Daattooss:: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT =

5,97·1024 kg ; Distancia Tierra–Luna: RT–L = 3,844·10 8

m ; Masa de la Luna: ML = 7,349·10 22

kg

Solución: a) Para la Luna (un satélite en órbita terrestre) se cumple que: 𝑀L𝑣o2

𝑅T–L =

𝐺𝑀T𝑀L

𝑅T2–L ⇔ 𝑣o

2 ₌𝐺𝑀T

𝑅T–L ⇔ 𝑣o =�

𝐺𝑀T

𝑅T–L

𝑣o= �6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg

3,844·108_m = 1,02·103 m s–1. b) El periodo vendrá dado por:

𝑣o =2 π_𝑇𝑅T–L ⇒ 𝑇 =2 π𝑅T–L

�𝐺𝑀T

𝑅T–L

= 2 π�𝑅T3–L 𝐺𝑀T

𝑇 = 2 π� (3,844·108 m)3

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_{kg = 2,37·10}6s ≈ 27,5 días. c) La energía cinética de la Luna será:

𝐸c = 1₂𝑀L𝑣o2 = 𝐺₂𝑀_𝑅T𝑀L T–L =

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg_·_5,97·1022_kg

2 · 3,844·108 m = 3,81·10 28_J.

d) Para una órbita determinada (en este caso la de la Luna) se cumple que: 𝑚𝑣o2

𝑅T–L =

𝐺𝑀T𝑀L

𝑅T2–L ⇔ 𝐸c =

1

2𝑚𝑣o2 = 1 2

𝐺𝑀T𝑀L

𝑅T–L =

1

2 �–𝐸p� ⇒ 𝐸p =– 2 𝐸c Por lo tanto, la energía mecánica de la Luna en órbita viene dada por:

(10)

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.

D

Daattooss:: 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 =𝑚𝑔0 ⇒ 𝑚 =_𝑔𝑃

0 =

800 N

10 m s–2 = 80 kg 𝑃L = 𝐺𝑚_𝑅 𝑀L

L2 =

𝐺𝑚· 0,01 ·𝑀T

(0,25 ·𝑅T)2 =

0,01 0,252 ·

𝐺𝑚𝑀T

𝑅_T2 = _0,250,012·𝑃 = 1,3·102 N.

b) Se resuelve por conservación de la energía (se consideran despreciables los 50 m frente a RL).

ΣE0 = ΣEf ; Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf

0 +�–𝐺_𝑅𝑀L𝑚

L+ ℎ�=

1

2 𝑚𝑣f2+�–𝐺 𝑀_𝑅L𝑚

L � ⇒ 𝑣𝑓= �2 𝐺𝑀L�

1 𝑅L–

1 𝑅L+ℎ�

𝑣f =�2 𝐺𝑀L �_𝑅 𝑅L+ℎ L(𝑅L+ℎ) –

𝑅L

𝑅L(𝑅L+ℎ)�=�

2 𝐺𝑀Lℎ

𝑅L(𝑅L+ ℎ) ≈ �

2 𝐺𝑚𝑀Lℎ

𝑚𝑅_L2 =�

2 𝑃Lℎ

𝑚

𝑣f = �

2 · 0,01_0,25₂ ·𝑃ℎ 𝑃 𝑔0

=�2 · 0,010,25_{800 N}2 · 50 m 10 m s–2

= 14 m s–1_.

Se podría haber hecho más fácil, pero utilizando resultados obtenidos, hallando el valor de gL.

3

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?

D

Daattooss:: Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Luna:

ML = 7,35·10 22

kg

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_𝑅𝑀T𝑚 T2–m =

𝐺𝑀L 𝑚

𝑅L2–m ⇒

𝑅L–m

𝑅T–m = �

𝑀L

𝑀T

𝑅T–m= 𝑅T–m+𝑅L–m

⇔ 𝑅T–m =𝑅T–L– 𝑅T–m�𝑀_𝑀L T

𝑅T–m = 𝑅T–L

1 +�𝑀L

𝑀T

= 3,84·108m 1 +� 𝑀L

81 𝑀L

= 3,84·108m

1 + 19 = 3,46·10 8 _m_.

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:

𝐸p =𝐸pT + 𝐸pL =–𝐺_𝑅𝑀T𝑚 T–m +�–

𝐺𝑀L 𝑚

𝑅L–m �=–𝐺 𝑚

⎝ ⎜ ⎜

⎛ 𝑀T

𝑅T–L

1 +�𝑀L

𝑀T

+ _𝑅𝑀L

T–L

1 +�𝑀T

𝑀L⎠

⎟ ⎟ ⎞

𝐸p = –6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 200 kg ·7,35·10}22_kg

3,84·108_m ·�81·�1+ 1

(11)

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?

D

Daattooss:: Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra: g0 = 9,81 m s–2 ; Radio de la Tierra:

RT = 6,37·106 m

Solución: a) La velocidad de escape se obtiene haciendo un balance energético desde la superficie de Marte al infinito.

𝐸c0 +𝐸p0 =𝐸cf+𝐸pf ; 1

2 𝑚𝑣e2+�–

𝐺𝑀M𝑚

𝑅M �=

1

2𝑚𝑣f2+�–𝐺𝑀_𝑅M𝑚�

Despejando: 1

2𝑚𝑣e2+�–

𝐺𝑀M𝑚

𝑅M � =

1

2 𝑚· 0 +�–

𝐺𝑀M𝑚

∞ �= 0 ; 1

2𝑚𝑣e2 =

𝐺𝑀M𝑚

𝑅M ; 𝑣𝑒 =�

2 𝐺𝑀M

𝑅M .

𝑐𝑜𝑚𝑜𝑔0 = 𝐺_𝑅𝑀T

T2 ; 𝐺𝑀T =𝑔0𝑅T

2_⇒_𝑣 e = �

2 𝐺 𝑀T

9 𝑅T

2

=�4 𝑔0𝑅T2

9 𝑅T =

2

3�𝑔0𝑅T

𝑣e = 2_{3 ·}�9,81 m s–2 · 6,37·106 m = 5,3·103 m s–1.

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.

ΣE0 = ΣEf ; Ec0 + Ep0 = Ecf + Epf

1

2 𝑚𝑣02+�–

𝐺𝑀𝑀𝑚

𝑅𝑀 �= 0 +�–

𝐺𝑀𝑀𝑚

𝑅𝑀+ℎ � ⇒ 𝑣0

2 _{= 2}_𝐺_𝑀 𝑀�_𝑅1

𝑀–

1 𝑅𝑀+ℎ�

𝑣02 =2 𝐺₉𝑀𝑇 �_𝑅 𝑅𝑀+ℎ 𝑀(𝑅𝑀+ℎ) –

𝑅𝑀

𝑅𝑀(𝑅𝑀+ℎ)�=

2 𝑔0𝑅𝑇2

9

ℎ

𝑅𝑀(𝑅𝑀+ ℎ) ≈

2 𝑔0𝑅𝑇2 ℎ

9 �𝑅𝑇

2�

2 =

8 𝑔0ℎ

9

ℎ = 9 ₈𝑣_𝑔02

0 =

9· �720 km_{h ·}_{3600 s ·}1 h 1000 m_{1 km} �2

8 · 9,81 m s–2 = 4,59· 103 m. Hemos considerado despreciable h frente a RM.

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?

D

Daattooss:: Constante de gravitación: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Tierra: MT = 5,97·10 24

kg ; Radio medio de la Tierra: RT = 6370 km

Solución: a) Para la órbita dada se cumple que: 𝑚𝑣o2

𝑅T+ℎ=

𝐺𝑀T𝑚

(𝑅T+ℎ)2 ⇔ 𝑣o

2 ₌ 𝐺𝑀T

𝑅T+ ℎ ⇒ 𝑅T+ℎ=

𝐺𝑀T

𝑣o2 ⇒ ℎ =

𝐺𝑀T

𝑣o2 –𝑅T

ℎ=6,67 · 10–_{(7,62 · 10}11N m2 kg₃–_{m s}2· 5,97 · 10_–₁₎₂ 24 kg– 6,37 · 106_{m = 4,9 · 10}5_m.

b) En una órbita se cumple que:

𝑣o =2 π (𝑅_𝑇T+ℎ) ⇒ 𝑇= 2 π (𝑅_𝑣T+ℎ) o =

2 π �𝐺𝑀T

𝑣o2 �

𝑣o =

2 π𝐺𝑀T

𝑣o3

𝑇=2 π · 6,67 · 10_{(7,62 · 10}–11N m2₃ kg_{m s}–2_–· 5,97 · 10₁₎₃ 24 kg = 5,65 · 103_s_≈ _{1 h 34 min.}

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.

(12)

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.

D

Daattooss:: Constante de Gravitación: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Luna: ML = 7,35·10 22

kg ; Radio medio lunar: RL = 1,74·10

6

m ;

Solución: a) La energía cinética de un satélite en órbita viene dada por 𝐸_c = 1

2 𝑚𝑣2 = 1 2

𝐺𝑀𝑚 𝑅 .

Despejando en la ecuación anterior, 1

2 𝑣2 = 1 2

𝐺𝑀

𝑅 =

1 2

𝐺𝑀

(𝑅L+ℎ) por lo que:

𝑣= �₍_𝑅𝐺𝑀

L+ℎ) = �

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 7,35·10}22_kg

1,84·106_m = 1,63·103 m s–1. El periodo se obtiene de:

𝑣=�₍_𝑅𝐺𝑀

L+ℎ) =

𝑒 𝑡 =

2 π (𝑅L+ℎ)

𝑇 ⇔ 𝑇 = 2 π�

(𝑅L+ℎ)3

𝐺𝑀

𝑇= 2 π �_6,67·10_–11_{N m}(1,84·10₂_kg_–26m)_{· 7,35·10}3 ₂₂_{kg = 7,08·10}3_{s ≈}_{1,97 h.}

b) la velocidad de escape se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la órbita al infinito.

𝐸c0+𝐸p0 =𝐸cf+𝐸pf ; 1

2𝑚𝑣e2+�–

𝐺𝑀𝑚 𝑅0 �=

1

2𝑚𝑣f2+�–𝐺𝑀_𝑅 𝑚

f �

1 2𝑚𝑣e2–

𝐺𝑀𝑚 𝑅0 =

1

2𝑚· 0–

𝐺𝑀𝑚

∞ = 0 ; 1

2𝑚𝑣e2 =

𝐺𝑀𝑚

𝑅0 ; 𝑣e =�

2 𝐺𝑀 𝑅0

Sustituyendo los datos que da el problema: 𝑣e =�

2 · 6,67·10–11N m2_kg–2_·7,35_·1022 kg

1,84·106m = 2,31·10

3_{m s}–1_.

3

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.

D

Solución: a) En la órbita de la Tierra alrededor del Sol la fuerza centrípeta es la de gravitación por lo que:

𝑀T𝑣o2

𝑅S–T =

𝐺𝑀T𝑀S

𝑅S–T2 ⇔ 𝑣o

2 ₌𝐺𝑀S

𝑅S–T 𝑣o = 2 π_𝑇𝑅S–T

T

⇒ 4 π2𝑅S–T2 𝑇T2 =

𝐺𝑀S

𝑅S–T ⇒ 𝑀S = 4 π2_𝑅

S–T

3

𝑇T2𝐺

𝑀S = 4 π

2_·_(1,495_·₁₀11 _m)3 �365,25 días · 24 h_{1 día} · 3600 s_{1 h} �

2

·6,674·10–11_{N m}2_kg–2

= 1,98·1030_kg.

b) Aplicando la Tercera Ley de Kepler: 𝑅_S3

𝑅_T3 =𝑇S 2

𝑇_T2 ⇒ _𝑇𝑇S T = �

𝑅_S3

𝑅_T3 = �(9,54 ·𝑅T

)3

(13)

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.

D

MT = 5,97·10 24

kg

𝑅 =

𝐺 𝑀T𝑚

𝑅2 ⇔ 𝑣o2 =

𝐺𝑀T

𝑅 𝑣o =2 π_𝑇𝑅

⇒ 4 π_𝑇2₂𝑅2 =𝐺_𝑅𝑀T ⇒ 𝑅 = �𝐺3 ₄𝑀_πT₂𝑇2

𝑅 = �6,67·10–11N m2 kg–2 · 5,97·1024 kg · �1 día · 24 h1 día ·

3600 s 1 h �

2

4 π2

3

= 4,22·107_m.

𝑣o =2 π_𝑇𝑅

𝑅 = �𝐺𝑀T𝑇2 4 π2

3 ⇒ 𝑣o =

2 π𝑅

𝑇 =

2 π �𝐺𝑀T𝑇2

4 π2

3

𝑇 = �

2 π𝐺𝑀T

𝑇 3

⇒ 𝑣o= �2 π · 6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg

1 día · 24 h_{1 día} · 3600 s_{1 h}

3

= 3,07·103_{m s}–1_.

b) Para una órbita determinada se cumple que: 𝑚𝑣o2

𝑅 =

𝐺𝑀T𝑚

𝑅2 ⇔ 𝐸c =

1

2𝑚𝑣o2 = 1 2

𝐺𝑀T𝑚

𝑅 =

1

2�–𝐸p� Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:

𝐸m =𝐸c + 𝐸p =1₂𝐸p =– 1₂𝐺𝑀_𝑅T𝑚 =– 𝐺𝑀T𝑚

2 �𝐺𝑀T𝑇2

4 π2

3 =– 𝑚�𝐺

2_𝑀 T2π2

2 𝑇2

3

𝐸m = –500 kg ·_�(6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg_·_π₎2 2· �1 día · 24 h_{1 día} · 3600 s_{1 h} �

2

3 _{= –2,35·10}₉_J.

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.

D

Daattooss:: Constante de Gravitación Universal: G G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; Radio de la Tierra:

RT = 6,37·10 6

kg

Solución: a) Para un satélite en órbita se cumple que: 𝑚𝑣o2

𝑅T+ℎ =

𝐺𝑀T𝑚

(𝑅T+ℎ)2 ⇔ 𝐸c =

1

2𝑚𝑣o2 = 1 2

𝐺𝑀T𝑚

𝑅T+ℎ =

1 2�–𝐸p� Por tanto, la energía mecánica del satélite viene dada por:

𝐸m =𝐸c +𝐸p = –1₂𝐸p+𝐸p = 1₂𝐸p =– 1₂𝐺_𝑅𝑀T𝑚 T+ℎ

𝐸m= –1_{2 ·}6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg_·_{250 kg}

6,37·106_{m + 10}6_m = –6,75·109 J.

(14)

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.

Solución: a) Este cambio de órbita se tiene que calcular haciendo un balance energético desde la superficie de la Tierra al infinito.

𝐸𝑐0 +𝐸𝑝0 =𝐸𝑐𝑓+𝐸𝑝𝑓 ; 1

2𝑚𝑣𝑒2+�–

𝐺𝑀𝑇𝑚

𝑅𝑇 �=

1

2𝑚𝑣𝑓2 +�–𝐺𝑀_𝑅𝑇𝑚

∞ �

1

2 𝑚𝑣e2–

𝐺𝑀T𝑚

𝑅T =

1

2 𝑚· 0–

𝐺 𝑀T𝑚

∞ = 0 ; 1

2 𝑚𝑣e2 =

𝐺𝑀T𝑚

𝑅T ; 𝑣e =�

2 𝐺𝑀T

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:

𝑚𝑣o2

𝑅 =

G M m

R2 ⇔ 𝐸c =

1

2𝑚𝑣o2 = 1 2

𝐺𝑀𝑚 𝑅 =

1

2�–𝐸p� Por lo tanto, la energía mecánica de un satélite en órbita viene dada por:

𝐸m =𝐸c +𝐸p = 1₂𝐺𝑀_𝑅 𝑚+�–𝐺𝑀_{𝑅 �}𝑚 =–1₂𝐺𝑀_𝑅𝑚

La energía asociada a enviar desde la superficie de la Tierra (sólo se posee energía potencial) un satélite a una órbita determinada será:

∆𝐸m = 𝐸_mf– 𝐸_m0 = –1₂𝐺𝑀_𝑅 𝑚 f – �–

𝐺𝑀𝑚

𝑅T �= 𝐺𝑀𝑚 �

1 𝑅T–

1 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.

3

39.– 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.

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: 𝑅_S3_–_U

𝑅_S3_–_T =𝑇U 2

𝑇_T2 ⇒ 𝑇U = 𝑇T�𝑅S–U 3

𝑅_S3_–_T = 1 año ·�(2,87

·1012 m)3

(1,496·1011 m)3 = 84,0 años.

3

40.– 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.

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: 𝑅U3

𝑅_T3 =𝑇U 2

𝑇_T2 ⇒ 𝑇U = 𝑇T�𝑅U 3

𝑅_T3 = 1 año· �

(2,87·1012_m)3

(15)

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?

Solución: a) La Ley de Gravitación Universal dice que: 𝑭��⃗= –𝐺 𝑚𝑚′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:

𝐹 =𝐺𝑀T𝑚 𝑅T2

𝐹 = 𝑚𝑎

⇒ 𝑎=𝐺_𝑅𝑀T

T2

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.

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?

D

Daattooss:: Masa de la Tierra: MT = 5,98·10 24

kg ; Masa de la Luna: ML = 7,35·10 22

kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10

6

m ; Radio medio lunar: RL = 1,74·10 6

m

Solución: a) Para la Luna, que es un satélite en órbita terrestre, se cumple que: 𝑣o= 2 π_𝑇𝑅T−L

𝑚𝑣o2

𝑅T−L =

𝐺𝑀T𝑀L

𝑅_T−L2 ⇒ 𝑣o2 = 𝐺_𝑅𝑀T T−L

⇒ 𝐺 =�

2 π𝑅T−L

𝑇 �

2

𝑅T−L

𝑀T =

4 π2_𝑅 T−L3

𝑀T𝑇2

𝐺 = 4 π2· (3,84·108 m)3

5,98·1024_{kg ·}_�_{27,32 días · 86400 s} 1 día �

2 = 6,71·10–11N m2 kg–2.

b) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton: 𝐹 =𝐺_𝑅𝑀T𝑀L

T−L

2 =

4 π2_𝑅 T−L3

𝑀T𝑇2 𝑀T𝑀L

𝑅_T−L2 =

4 π2 _𝑅

T−L𝑀L

𝑇2

𝐹= 4 π2· 3,84·108 m · 7,35·1022 kg �27,32 días · 86400 s_{1 día} �2

= 2,00·1020_N.

c) El trabajo necesario se obtiene haciendo un balance energético desde la Tierra hasta la Luna: 𝑊+𝐸p0 =𝐸pf ; 𝑊+�–

𝐺𝑀T𝑚

𝑅T �+�–

𝐺𝑀L 𝑚

𝑅T−L � = –

𝐺𝑀L𝑚

𝑅L +�–

𝐺 𝑀T𝑚

𝑅T−L �

𝑊= 𝐺𝑚 �𝑀_𝑅T

T +

𝑀L

𝑅T−L−

𝑀L

𝑅L −

𝑀T

𝑅T−L�

𝑊 = 6,71·10–11_{· 5000 ·}_�5,98·1024 6,37·106 +

7,35·1022 3,84·108 −

7,35·1022 1,74·106 −

5,98·1024

3,84·108� = 2,96·1011 J. d) Aplicando la Ley de Gravitación Universal de Newton:

𝐹𝑇

𝐹𝐿 =

𝐺𝑀T𝑚

�𝑅T−L

4 �

2

𝐺𝑀L𝑚

�3 𝑅T−L

4 �

2

=9 _𝑀𝑀T

L =

9 · 5,98·1024_kg

7,35·1022_kg ≅ 732

(16)

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.

D

MT = 5,97·10 24

kg ; Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 6

m

Solución: a) Para un satélite en órbita terrestre se cumple que: 𝑚𝑣o2

𝑅T+ℎ=

𝐺𝑀T𝑚

2 ₌ 𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ ⇔ 𝑣o= �

𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ

𝑣o= �6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg

6,37·106_{m + 3,00·10}5_m = 7,73·103 m s–1. El periodo vendrá dado por:

𝑣o=2 π (𝑅_𝑇𝑇+ℎ) ⇒ 𝑇= 2 π (𝑅T+ℎ)

� 𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ

= 2 π�(𝑅_𝐺T+_𝑀ℎ)3

T

𝑇 = 2 π �_6,67·10(6,37·10_–11_{N m}6 m + 3,00·10₂_kg_–2_{· 5,97·10}5 m)₂₄3_{kg = 5,42·10}3_{s ≈}_{1 h 30 min.}

La aceleración es una aceleración centrípeta por describir una órbita por lo que: 𝑚𝑎 =₍_𝑅𝐺𝑀T𝑚

T+ℎ)2⇔ 𝑎 =

𝐺𝑀T

(𝑅T+ℎ)2=

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg

(6,37·106_{m + 3,00·10}5_m)2 = 8,95 m s–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:

𝑊ℒ +𝐸c0 +𝐸p0 =𝐸cf +𝐸pf ; 𝑊ℒ + 0–

𝐺𝑀T𝑚

𝑅T =

1

2 𝑚𝑣f2 –𝐺_𝑅𝑀T𝑚 T+ ℎ =–

1 2

𝐺𝑀T𝑚

𝑅T+ℎ

𝑊ℒ = 𝐺𝑚_𝑅𝑀T

T –

𝐺 𝑚𝑀T

2 (𝑅T+ℎ) ; 𝑊ℒ =𝐺 𝑚𝑀T�

𝑅T+ 2 ℎ

2 (𝑅T+ℎ) 𝑅T�= 𝐺𝑚𝑀T�

1 2 +𝑅ℎT

𝑅T+ℎ�

𝑊ℒ =

6,67·10–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_{kg ·1000 kg ·}_�1

2 + 3,00·10 5_m 6,37·106_m�

6,37·106_{m+ 3,00·10}5_m = 3,27·1010 J.

3

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.

D

RT = 6,37·10 6

kg

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: 𝑚𝑣o2

𝑅T+ℎ=

𝐺𝑀T𝑚

(𝑅T+ℎ)2⇔ 𝑣𝑜

2 ₌ 𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ

𝑣o= 2 π (𝑅_𝑇T+ℎ)

⇒4 π2 (𝑅_𝑇T₂+ℎ)2 = _𝑅𝐺𝑀T

T+ℎ ⇒ 𝑅T+ℎ= �𝐺𝑀 T𝑇2

4 π2

3

ℎ = �6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg_·_�_{1,92 h}_·3600 s 1 h �

2

4 π2

3

– 6,37·106_{m = 1,47·10}6_m.

c) La energía cinética valdrá: 𝑅T+ℎ= �𝐺𝑀T𝑇

2

4 π2

3

𝑣o =2 π(𝑅_𝑇T+ℎ)

⇒ 𝐸c =1₂𝑚𝑣o2 =1₂𝑚

4 π2 _��𝐺𝑀T𝑇2

4 𝜋2

3

�

2

𝑇2 =𝑚 �π

2_𝐺2_𝑀 T2

2 𝑇2

3

𝐸𝑐 = 1800 kg ·_�π

2_{· (6,67·10}–11_{N m}2_kg–2₎2_{· (5,97·10}24_kg)2

2 · �1,92 h · 3600 s_{1 h} �2

(17)

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?

D

Daattooss:: Constante de Gravitación Universal: G = 6,674·10–11 N m2 kg–2 ; Masa de la Luna:

ML = 7,349·10 22

kg ; Radio medio lunar: RL = 1,738·10 6

m

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.

𝐸m0 =𝐸c0 +𝐸p0 = 1

2 𝑚𝑣02 + �–

𝐺𝑀L𝑚

𝑅L �

𝐸m0 = 1

2 𝑚 (1,200·103 m s–1)2–

𝑚· 6,674·10–11_{N m}2_kg–2_{· 7,349·10}22_kg 1,738·106m < 0 Como es negativa aplicamos un balance energético con (vf = 0):

2 𝑚𝑣02+ �–

𝐺𝑀L𝑚

𝑅L �=

1

2𝑚𝑣f2+ �–𝐺𝑀_{𝑅 �}L𝑚

1

2 𝑣02– 0 = 𝐺𝑀L

𝑅L –

𝐺𝑀L

𝑅L+ℎ=𝐺 𝑀L �

1 𝑅L–

1

𝑅L+ℎ� =𝐺𝑀L �

ℎ 𝑅L(𝑅L+ℎ)�

𝑣02𝑅L2+𝑣02𝑅Lℎ= 2 𝐺𝑀L ℎ ⇒ ℎ= 𝑣0 2 _𝑅

L2

2 𝐺𝑀L–𝑣02𝑅L =

𝑅L

2 𝐺𝑀L

𝑣₀2_𝑅 L – 1

ℎ =_{2· 6,674·10}_–11_{N m}1,738₂_kg·10_–26_{· 7,349·10}m ₂₂_kg �1,200 km s–1· 1000 m

1 km � 2

·1,738·106m

–1= 5,953

·105m.

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).

D

Daattooss:: Radio de la Tierra: RT = 6,37·10 6

kg ; Constante de Gravitación Universal: G = 6,67·10–11 N m2 kg–2

𝑅T+ ℎ=

𝐺𝑀T𝑚

(𝑅T+ ℎ)2⇔ 𝑣o

2 ₌ 𝐺𝑀T

𝑅T+ ℎ ⇔ 𝑣o= �

𝐺𝑀T

𝑅T+ ℎ

𝑣o= �6,67·10

–11_{N m}2_kg–2_{· 5,97·10}24_kg

6,37·106_{m + 4,50·10}5_m = 7,64·103 m s–1. b) La velocidad de lanzamiento se obtiene haciendo un balance energético:

𝐸c0 +𝐸p0 = 𝐸cf+𝐸pf ; 1

2𝑚𝑣L2 +�–𝐺𝑀_𝑅T𝑚

T �=

1

2𝑚𝑣o2 +�–

𝐺𝑀T𝑚

𝑅T+ℎ �

1

2 𝑣L2 +�– 𝐺𝑀T

𝑅T �=–

1 2

𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ ; 𝑣L = �𝐺𝑀T �

2 𝑅T–

1

𝑅T+ℎ� =�𝐺𝑀T

1 + 2 _𝑅ℎ

T

𝑅T+ℎ

𝑣L = �6,67·10–11N m2 kg–2 · 5,97·1024 kg ·

1+ 2 · 4,50·10_6,37·10₆_m5 m