3.3. Campo gravitatorio. Solucionesclasesdeapoyonuevo.s3.amazonaws.com/soluciones_selectividad/3.3... · velocidad de escape de un cuerpo desde la superficie de un planeta esférico

1

CAMPO GRAVITATORIO

Modelo 2018. Pregunta 1B.- Sea un sistema doble formado por una estrella y un planeta. El planeta gira alrededor de la estrella siguiendo una órbita circular con un periodo de 210 días y posee una masa de 5·10‒6M, donde M es la masa de la estrella. Determine:

a) El radio de la órbita del planeta. b) El vector campo gravitatorio total en un punto entre la estrella y el planeta que dista 4,6·105 km

del centro del planeta. Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg‒2; Masa de la estrella 1,3·1030 kg.

Solución. a. El planeta orbita en torno a la estrella en una orbita circular con movimiento uniforme, por lo que la suma de todas las fuerzas que concurren sobre el planeta deberán ser igual a la fuerza centrípeta que le hace girar.

cFFrr

=∑

Si se supone que la única fuerza que actúa sobre el planeta es la debida al campo gravitatorio de la estrella, el sumatorio de fuerzas en módulo queda la siguiente forma:

r

vm

r

MmG

2

2=

r

GM

T

rπ4

r

GMv

2

22T

π2ω

rωv

2 = →=

=

⋅=

22

3

π4

GM

T

r=

( )m 1098,8

π4

360024210103,11067,6

π4

T GMr 103

2

230113

2

2×=

⋅⋅⋅×⋅×==

−

b. Si consideramos a la estrella situada en el centro de coordenadas y al centro del planeta situado en el punto (8,98×1010, 0, 0), nos piden calcular la intensidad del campo gravitatorio en el punto Q. La intensidad de campo gravitatorio debida a una masa M a una distancia r viene expresada por:

r2u

r

MGg

rr−=

Donde el signo negativo indica el sentido de la intensidad gravitatoria (dirigida hacia la masa), y rur

es un

vector unitario en la dirección que une el centro de la masa con el punto (radial).

ir

MGi

r

MGggg

22

P2

1

E21

rrrrr+−=+=

1081021 10934,8106,41098,8rDr ⋅=⋅−⋅=−=

kg105,6103,1105M105M 24306E

6P ⋅=⋅⋅×=⋅⋅= −−

( ) ( ) kg

N i1081,8i

106,4

105,61067,6i

10934,8

103,11067,6g 3

28

2411

210

3011

rrrr −−− ⋅=

⋅

⋅⋅+

⋅

⋅⋅−=

Modelo 2018. Pregunta 1A.- Dos partículas puntuales de masas m1 = 2 kg y m2 = 10 kg se encuentran situadas a lo largo del eje X. La masa m1 está en el origen, x1 = 0, y la masa m2 en el punto x2 = 5 m.

a) Determine el punto en el eje X en el que el campo gravitatorio debido a ambas masas es nulo. b) ¿Cuál es el potencial gravitatorio debido a ambas masas en el punto para el que el campo

gravitatorio es cero? Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg‒2.

Solución. a. La intensidad de campo gravitatorio viene expresada por:

2

r2u

r

mGg

rr−=

Donde rur

representa el vector unitario en la dirección radial y el signo negativo indica que esta

dirigido hacia la masa, por lo tanto, el único punto donde se anule el campo gravitatorio creado por dos masas puntuales será un punto situado entre las masas y en la línea que las une, como se representa en la figura adjunta. Por el principio de superposición:

0gg 21 =+rr

( )0i

d5

mGi

d

mG

22

21 =

−+−

rr

Operando se obtiene el valor de d

( )i

d5

mGi

d

mG

22

21

rr

−=

( )22

21

d5

m

d

m

−=

( )

1

22

2

m

m

d

d5=

−

1

2

m

m

d

d5=

−

m 54,1

2

101

5

m

m1

5d

1

2

=

+

=

+

=

b. El potencial en un punto de un campo gravitatorio creado por una masa puntual es la energía potencial por unidad de masa en ese punto, viene expresado por:

r

mGU −=

Para una disposición de masas puntuales, el potencial gravitatorio sigue el principio de superposición.

( ) ( )kg

J1079,2

54,15

10

54,1

21067,6

d5

m

d

mG

d5

mG

d

mGmUmUU 10112121

21−− ⋅−=

−+⋅⋅−=

−+−=

−−+−=+=

Septiembre 2017. Pregunta 1B.-

a) A partir de la ley fundamental de la dinámica, deduzca la expresión de la velocidad orbital de un satélite que gira en una órbita circular de radio R alrededor de un planeta de masa M.

b) Si un satélite de 21 kg gira alrededor del planeta Marte, calcule el radio de la órbita circular y la energía mecánica del satélite si su periodo es igual al de rotación del planeta.

Datos: Masa de Marte, MMarte = 6,42·1023 kg; Periodo de revolución del planeta, TMarte = 24,62 h; Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg‒2. Solución. a. Si el satélite describe una orbita circular con movimiento uniforme, se debe cumplir que la suma de fuerzas que actúen sobre él, deberán ser igual a la fuerza centrípeta.

ccentripeta amFFrrr

⋅==∑

La única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria que genera el planeta, pasando a módulo:

r

vm

r

mMG

2

2⋅=

⋅

r

MGv2 =

r

MGv =

b. De la expresión del apartado anterior se puede despejar el radio:

22

rT

π2

GMr:

T

π2ω

rωv:

v

GMr

⋅

=

=

⋅==

Ordenando se obtiene la tercera Ley de Kepler: 2

23

π4

GMTr ⋅=

3

( ) Km 400 20m1004,2π4

1042,61067,6360062,24

π4

GMTr 73

2

231123

22 =⋅≈

⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=

−

La energía mecánica de satélite es la suma de su energía cinética y potencial.

r

MmG

2

1

r

MmG

r

MmG

2

1

r

MGv

r

MmGmv

2

1EEE 22

pcM −=−=

==

−+=+=

J102,21004,2

211042,61067,6

2

1E 7

7

2311

M ⋅−=⋅

⋅⋅⋅−= −

Septiembre 2017. Pregunta 1A.-

a) Aplicando el principio de conservación de la energía mecánica, obtenga una expresión para la velocidad de escape de un cuerpo desde la superficie de un planeta esférico de radio R y masa M.

b) Calcule la velocidad de escape desde la superficie de Mercurio sabiendo que posee una masa de 3,30⋅1023 kg y una aceleración de la gravedad en su superficie de 3,70 m·s‒2.

Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg‒2.

Solución. a. Considerando que el campo gravitatorio es conservativo, la energía mecánica en la superficie del planeta será la misma que en el infinito.

( ) ( )InfinitoESuperficieE MecánicaMecánica =

Teóricamente, se supone que se llega con velocidad nula, y como la distancia es infinita, la energía mecánica en el infinito es nula

( ) ( ) ( ) ( )4342143421

∞==

+=+

r porque0

p

0 vporque0

cpc InfinitoEInfinitoESuperficieESuperficieE

Si se denomina como ve a la velocidad de escape, velocidad que deberá tener el cuerpo en la superficie del planeta:

0R

mMGmv

2

1 2e =

⋅−+

Expresión que permite despejar la velocidad en función de la masa del asteroide y de su radio.

R

GM2ve =

b. Para calcular la velocidad de escape desde la superficie de Mercurio necesitamos conocer el radio del planeta, el cual se puede calcular a partir de la intensidad de campo gravitatorio en su superficie. El peso de un cuerpo es la fuerza con que el planeta lo atrae, aplicado a la superficie de Mercurio:

mgR

MmGPF

2módulo

G = →=rr

2R

MGg =

g

MGR =

m1044,270,3

1030,31067,6R 6

2311 ⋅=

⋅⋅= −

Conocido el radio se calcula la velocidad de escape:

sm 4248

1044,2

1030,31067,62

R

GM2v

6

2311

e =⋅

⋅⋅⋅⋅==

−

4

Junio 2017. Pregunta 1B.- Una reciente investigación ha descubierto un planeta similar a la Tierra orbitando alrededor de la estrella Próxima Centauri, una enana roja cuya masa es un 12% de la masa del Sol y su radio es el 14% del radio solar. Mediante técnicas de desplazamiento Doppler se ha medido el periodo del planeta alrededor de la estrella obteniéndose un valor de 11,2 días. Determine:

a) La aceleración de la gravedad sobre la superficie de la estrella. b) El radio de la órbita del planeta suponiendo ésta circular.

Datos: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg‒2; Masa del Sol, MS = 1,99·1030 kg; Radio del

Sol, RS = 7·108 m.

Solución. a. Para calcular el valor de la intensidad gravitatoria en la superficie de la estrella, se iguala la fuerza gravitacional a la que se vería sometido un cuerpo situado en su superficie con su peso.

mgR

MmGPF

2módulo

G = →=rr

2R

MGg =

Donde M y R son la masa y el radio de la estrella. Teniendo en cuenta la relación entre los parámetros de la estrella (radio y masa) con los del Sol:

( ) ( ) 228

3011

2S

S

SS

SS

sm47,1658

10714,0

1099,112,01067,6

R14,0

M12,0Gg:

R14,0R100

14R

M12,0M100

12M

=

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅==

==

==−

b. El planeta órbita alrededor de la estrella con un movimiento circular uniforme, por lo tanto la suma de todas la fuerza que actúen sobre el deberá ser igual a la fuerza centrípeta.

cFFrr

=∑

Si se tiene en cuenta que sobre el planeta la única fuerza que actúa es la fuerza de atracción gravitacional que ejerce la estrella, y trabajando en módulo:

r

vm

r

MmG

2

2⋅= simplificando

r

MGv2 =

Donde M es la masa de la estrella y r es el radio de la órbita del planeta. La velocidad lineal se puede expresar en función del radio de la orbita y de la velocidad angular, la cual a su vez la podemos expresar en función del periodo del planeta alrededor de la estrella, lo nos permite llegar a una relación entre el periodo y el radio.

r

MGr

T

π4

r

MGrω:

rωvr

MGv 2

2

2T

π2ω

222

=⋅ →=⋅

⋅=

= =

22

3 Tπ4

GMr ⋅= ; 3 2

2S3 2

2T

π4

M12,0GT

π4

GMr ⋅

⋅=⋅=

( ) m1023,73600242,11π4

1099,112,01067,6r 93 2

2

3011⋅=⋅⋅×

⋅⋅⋅⋅=

−

Junio 2017. Pregunta 1A.- Un asteroide de forma esférica y radio 3 km tiene una densidad de 3 g cm‒3. Determine:

a) La velocidad de escape desde la superficie de dicho asteroide. b) La velocidad de un cuerpo a una altura de 1 km sobre la superficie del asteroide si partió de su

superficie a la velocidad de escape. Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg‒2

Solución. a. Considerando que el campo gravitatorio es conservativo, la energía mecánica en la superficie del asteroide será la misma que en el infinito.

( ) ( )InfinitoESuperficieE MecánicaMecánica =

Teóricamente, se supone que se llega con velocidad nula, y como la distancia es infinita, la energía mecánica en el infinito es nula

5

( ) ( ) ( ) ( )4342143421

∞==

+=+

r porque0

p

0 vporque0

cpc InfinitoEInfinitoESuperficieESuperficieE

Si se denomina como ve a la velocidad de escape, velocidad que deberá tener el cuerpo en la superficie del asteroide:

0R

mMGmv

2

1 2e =

⋅−+

Expresión que permite despejar la velocidad en función de la masa del asteroide y de su radio.

R

GM2ve =

La masa del asteroide se puede expresar en función de su densidad y volumen.

3

3R·d π

3

4M

R π3

4M

V

Md =⇒==

sm88,33000·3000106,67 π

3

8R·dG π

3

8

R

R·d π3

4G2

R

GM2v 2112

3

e =⋅×=⋅=== −

b. Teniendo en cuenta el mismo principio de conservación de energía:

( ) ( )m 1000hESuperficieE MecánicaMecánica ==

+

⋅−+=

⋅−+

hR

mMGmv

2

1

R

mMGmv

2

1 2

a apartado elcuentaen Teniendo

0

2e

444 3444 21

0hR

MmGmv

2

1 2 =+

−

sm36,3

10003000

1039,31067,62

kg1039,33000·3000 π3

4M

R·d π3

4M

hR

GM2v

1411

143

3

=+

×⋅×⋅=

×==

==

+=

−

Septiembre 2016. Pregunta 1B.- Una estrella gira alrededor de un objeto estelar con un periodo de 28 días terrestres siguiendo una órbita circular de radio 0,45·108 km.

a) Determine la masa del objeto estelar. b) Si el diámetro del objeto estelar es 200 km, ¿cuál será el valor de la gravedad en su superficie?

Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg ‒2.

Solución. a. El objeto describe una orbita circular con movimiento uniforme, por lo tanto se debe cumplir que la suma de fuerzas que actúen sobre él, deberán ser igual a la fuerza centrípeta.

∑ = centripetaFFrr

La única fuerza que actúa sobre el objeto es la fuerza centrípeta, pasando a módulo:

r

vm

r

mMG

2

2⋅=

⋅

r

MGv2 =

Donde M representa la masa del objeto estelar y m la masa de la estrella.

r

MGrω:

rωvr

MGv 22

2=⋅

⋅=

= 2

3232

TG

rπ4M:

T

π2ω

G

rωM

⋅

⋅=

=

⋅=

( )( )

kg 1022,9360024281067,6

1045,0π4M 30

211

3112×=

⋅⋅⋅×

×⋅=

−

6

b. Para calcular la gravedad en la superficie del objeto estelar se tiene en cuenta que en su superficie, el peso de un cuerpo es la fuerza gravitatoria con la que le atrae.

GFP = 2o

R

m MGg m = 2

1023

3011

2os

m1015,6

2

10200

1022,91067,6

R

MGg ×=

×

×⋅×== −

Septiembre 2016. Pregunta 1A.- Desde la superficie de un planeta de masa 6,42·1023 kg y radio 4500 km se lanza verticalmente hacia arriba un objeto.

a) Determine la altura máxima que alcanza el objeto si es lanzado con una velocidad inicial de 2 km s‒1.

b) En el punto más alto se le transfiere el momento lineal adecuado para que describa una órbita circular a esa altura. ¿Qué velocidad tendrá el objeto en dicha órbita circular?

Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg‒2.

Solución. a. Despreciando la fuerza de rozamiento, la energía mecánica del satélite se conserva.

( ) ( )h AlturaESuperficieE MM =

Teniendo en cuenta que cuando llega a la altura h, el objeto se para:

( ) ( ) ( )h AlturaESuperficieESuperficieE ppc =+

hR

mMG

R

mMGmv

2

1 2s

+

⋅⋅−=

⋅⋅−+

Donde R representa el radio del planeta y vs la velocidad en la superficie del planeta. Simplificando la masa del objeto (m) y sustituyendo datos, se despeja h

hR

MG

R

MGv

2

1 2s

+⋅−=⋅− ; ( )

h105,4

1042,61067,6

105,4

1042,61067,6102

2

16

2311

6

231123

+⋅

⋅⋅⋅−=

⋅

⋅⋅⋅−⋅ −−

Km 1200m 102,1h 6 =×≈ b. El objeto describe una orbita circular con movimiento uniforme, por lo tanto se debe cumplir que la suma de fuerzas que actúen sobre él, deberán ser igual a la fuerza centrípeta.

∑ = centripetaFFrr

La única fuerza que actúa sobre el objeto es la fuerza centrípeta, pasando a módulo:

r

vm

r

mMG

2

2⋅=

⋅

hR

MG

r

MGv

+==

166

2311 s m 9,2740

102,1105,4

1042,61067,6v −− ≈

⋅+⋅

⋅⋅⋅=

Junio 2016. Pregunta 1B.- Un astronauta utiliza un muelle de constante elástica k = 327 N m‒1 para determinar la aceleración de la gravedad en la Tierra y en Marte. El astronauta coloca en posición vertical el muelle y cuelga de uno de sus extremos una masa de 1 kg hasta alcanzar el equilibrio. Observa que en la superficie de la Tierra el muelle se alarga 3 cm y en la de Marte sólo 1,13 cm.

a) Si el astronauta tiene una masa de 90 kg, determine la masa adicional que debe añadirse para que su peso en Marte sea igual que en la Tierra.

b) Calcule la masa de la Tierra suponiendo que es esférica. Datos: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10

‒11 N m

2 kg

‒2; Radio de la Tierra, RT = 6,37·10

6

m.

Solución. a. Lo primero que se necesita es calcular la aceleración de la gravedad en Marte y en la Tierra, para ello se utiliza la experiencia del muelle.

mgxkF −=⋅−= m

xkg

⋅=

7

• Tierra: 22

T s m 81,91

103327g −

−

=⋅⋅

=

• Marte: 22

M s m 69,31

1013,1327g −

−

=⋅⋅

=

( ) MT gmmgmP ⋅+′=⋅=

( ) 69,390m81,990 ⋅+′=⋅ kg 1499069,3

81,990m =−

⋅=′

b. GFP = 2R

mMGgm

⋅⋅=⋅

2R

MGg ⋅=

( )kg1097,5

1067,6

1037,68,9

G

RgM 24

11

262⋅=

⋅

⋅⋅=

⋅=

−

Junio 2016. Pregunta 1A.- El planeta Marte, en su movimiento alrededor del Sol, describe una órbita elíptica. El punto de la órbita más cercano al Sol, perihelio, se encuentra a 206,7·106 km, mientras que el punto de la órbita más alejado del Sol, afelio, está a 249,2·106 km. Si la velocidad de Marte en el perihelio es de 26,50 km s‒1, determine:

a) La velocidad de Marte en el afelio. b) La energía mecánica total de Marte en el afelio.

Datos: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m

2 kg

‒2; Masa de Marte, MM = 6,42·10

23

kg; Masa del Sol MS = 1,99·1030

kg. Solución. a. Por estar sometido a fuerzas centrales, el momento angular de Marte permanece constante

( )cteL =r

.

vmrprLrrrrr

×=×=

cteα senv mrL =⋅⋅=rrr

En el afelio y en el perihelio, α = 90º

ap LLrr

= 90 senv mr90 senv mr aapp ⋅⋅=⋅⋅rrrr

aapp vrvr ⋅=⋅ a

ppa r

rvv ⋅= 1

6

6

a s Km 98,21102,249

107,20650,26v −=

⋅

⋅⋅=

b. a

MarteSol2aMarte

a

MarteSol2aMartepcM r

mMGvm

2

1

r

mMGvm

2

1EEE

⋅⋅−⋅=

⋅⋅−+⋅=+=

( ) J1087,1102,249

1042,61099,11067,61098,211042,6

2

1E 32

9

2330112323

M ⋅−=⋅

⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅= −

Modelo 2016. Pregunta 1B.- Un cierto planeta esférico tiene de masa el doble de la masa de la Tierra, y la longitud de su circunferencia ecuatorial mide la mitad de la de la Tierra. Calcule:

a) La relación que existe entre la velocidad de escape en la superficie de dicho planeta con respecto a la velocidad de escape en la superficie de la Tierra.

b) La aceleración de la gravedad en la superficie del planeta. Dato: Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra, gT = 9,81 m s‒2.

Solución a. Para deducir la velocidad de escape desde la superficie de un planeta, se debe tener en cuenta que el campo gravitatorio es conservativo y por tanto, la energía mecánica de un cuerpo en la superficie de un planeta es igual a la energía mecánica en el infinito. Suponiendo (teórico) que el cuerpo llega al

8

infinito con velocidad cero, su energía cinética será nula y teniendo en cuenta que la distancia es infinita, su energía potencial también será nula, por tanto la energía mecánica en el infinito es nula. Para que el cuerpo escape de la superficie del planeta, habrá que comunicarle la velocidad suficiente para que anule su energía mecánica.

( ) ( ) 0InfinitoESuperficieE MM ==

( ) ( ) ( ) 0SuperficieESuperficieESuperficieE pcM =+=

R

GM2 v; 0

R

MmGmv

2

1e

2e ==

−+

Para la Tierra: ( )T

Te R

GM2Tv =

Para el planeta: ( )P

Pe R

GM2Pv =

Comparando: ( )( ) TP

PT

T

T

P

P

e

e

MR

MR

R

GM2

R

GM2

Tv

Pv

⋅

⋅==

Del enunciado: Tp M2M = y TP L2

1L = . Teniendo en cuenta la expresión de la longitud de

una circunferencia, TP Rπ22

1Rπ2 ⋅=⋅ , por lo tanto,

2

RR T

P = . Sustituyendo en la relación entre las

velocidades de escape:

( )( )

( ) ( )Tv2Pv24M

2

RM2R

Tv

Pvee

TT

TT

e

e =⇒==

⋅

⋅=

b. La relación entre la aceleración de la gravedad, la masa del planeta y su radio, se obtiene igualando el peso de un cuerpo en la superficie del planeta con la fuerza de atracción gravitacional.

22GR

MGg ;

R

m MGg m ; FP ===

Aplicando la expresión a la Tierra y al planeta y comparando:

8

R2

1M

RM2R

2

1R

M2M

RM

RM

R

MG

R

MG

g

g:

R

MGg

R

MGg

2

TT

2TT

TP

TP

2PT

2TP

2T

T

2P

P

T

P

2P

PP

2T

TT

=

⋅

⋅=

=

==

⋅

⋅==

=

=

2TPs

m 48,7881,98g8g =⋅=⋅=

La intensidad de campo gravitatorio será: kg

N u 48,78g rP

rr−=

Modelo 2016 Pregunta 1A.- Titania, satélite del planeta Urano, describe una órbita circular en torno al planeta. Las aceleraciones de la gravedad en la superficies de Urano y de Titania son gU = 8,69 m s‒2 y gt = 0,37 m s‒2, respectivamente. Un haz de luz emitido desde la superficie de Urano tarda 1,366 s en llegar a la superficie de Titania. Determine:

a) El radio de la órbita de Titania alrededor de Urano (distancia entre los centros de ambos cuerpos).

b) El tiempo que tarda Titania en dar una vuelta completa alrededor de Urano, expresado en días terrestres.

Datos: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg‒2; Velocidad de la luz en el vacío, c = 3,0·108

m s‒1; Masa de Urano, MU = 8,69·1025 kg; Masa de Titania Mt = 3,53·1021kg.

Solución. a. El radio de la órbita descrita por el satélite de Urano (Titania), es la suma de la distancia entre la superficie de Urano y de titania y los radios de Urano y de Titania.

9

( ) tU RTitaniaUranodRr +−+=

Teniendo en cuenta que la luz se desplaza con velocidad rectilínea y uniforme, la distancia entre las superficies del planeta y su satélite se puede calcular por cinemática ( ) tcTitaniaUranod ⋅=−

Los radios de Urano y de titania se pueden calcular a partir de las aceleraciones de la gravedad en sus respectivas superficies, teniendo en cuenta que en la superficie de un planeta o satélite, el peso de un cuerpo es la fuerza gravitatoria con la que le atrae el planeta o satélite.

GFP = 2o

R

m MGg m =

2oR

MGg =

og

GMR =

Aplicando esta expresión a Urano y a su satélite:

U

UU g

M GR =

t

tt g

M GR =

Sustituyendo en la expresión del radio de la órbita del satélite

37,0

103,531067,6366,1103

69,8

108,691067,6

g

M Gtc

g

M Gr

21118

2511

t

t

U

U ×⋅×+⋅×+

×⋅×=+⋅+=

−−

Km 424 436m 1036424,4r 8 =×= b. Se pide el periodo del satélite titania expresado en días de 24 horas, para ello se tiene en cuenta que el satélite realiza una órbita circular con velocidad constante, y por tanto la suma de las fuerzas que actúen sobre el debe ser igual a la fuerza centrípeta, responsable de su giro.

cG FF = r

vm

r

m MG

2

2U =

r

MGv U2 =

La velocidad lineal, se puede expresar en función de la angular, y está en función del periodo

( )r

MGrω:

rωvr

MGv U2U2 ⋅

=⋅

⋅=

⋅=

3U

23

U2

r

MG

T

π2:

T

π2ω

r

MGω

⋅=

=

⋅=

U

32

MG

rπ4T

⋅=

( )días 71,8s 752374

1069,81067,6

10364,4π4T

2511

382≈=

×⋅×

×=

−

Septiembre 2015. Pregunta 1B.- El radio de uno de los asteroides, de forma esférica, perteneciente a los anillos de Saturno es de 5 km. Suponiendo que la densidad de dicho asteroide es uniforme y de valor 5,5 g cm‒3, calcule:

a) La aceleración de la gravedad en su superficie. b) La velocidad de escape desde la superficie del asteroide.

Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11

N m2 kg

‒2.

Solución. a. En la superficie del asteroide se cumple que el peso es la fuerza con la que el asteroide atrae a las masas.

GFP = 2R

MmGmg =

2R

MGg =

La masa se calcula con la densidad y el volumen.

( ) kg1088,2m

kg105,5m105π

3

4dRπ

3

4dVM 15

33333

Esfera⋅=⋅⋅⋅=⋅=⋅=

Sustituyendo en al expresión de la intensidad gravitatoria:

( )2

23

1511 s m 68,7

105

1088,21067,6g −− =

⋅

⋅⋅=

10

b. La velocidad de escape se calcula por energías. Teniendo en cuenta que el campo gravitatorio es conservativo y que el objeto que escapa del asteroide llega al infinito con velocidad nula, se cumplirá que:

( ) ( ) 0InfinitoESuperficieE ==

( ) ( ) 0SuperficieESuperficieE pc =+

0R

MmGmv

2

1 2e =

−+

R

MmGmv

2

1 2e =

R

MG2ve =

13

1511

e s m 77,8105

1088,21067,62v −− =

⋅

⋅⋅⋅=

Septiembre 2015. Pregunta 1A.- Una nave espacial aterriza en un planeta desconocido. Tras varias mediciones se observa que el planeta tiene forma esférica, la longitud de su circunferencia ecuatorial mide 2·105 km y la aceleración de la gravedad en su superficie vale 3 m s‒2.

a) ¿Qué masa tiene el planeta? b) Si la nave se coloca en una órbita circular a 30.000 km sobre la superficie del planeta, ¿cuántas

horas tardará en dar una vuelta completa al mismo? Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10

‒11 N m

2 kg

‒2.

Solución. a. La intensidad de campo gravitatorio (g) en la superficie de un planeta, se puede expresar en función de la masa del planeta y del radio, teniendo en cuenta que el peso de los cuerpos en la superficie del planeta es la fuerza con la que este le atrae. Trabajando en módulo:

GFP = 2R

MmGmg =

2R

MGg =

Expresión que permite despejar la masa del planeta en función de g y R.

G

RgM

2⋅=

El radio del planeta se calcula conocida la longitud de la circunferencia ecuatorial

( ) Rπ2ecuatorialL = ( )

Km 31830π2

102

π2

ecuatorialLR

5≅

⋅==

( )kg1056,4

1067,6

1083,313M 25

11

26⋅=

⋅

⋅⋅=

−

b. Se pide calcular el periodo de la nave en una órbita conocida la altura. Para calcular el periodo, se tiene en cuenta que en una orbita circular, y teniendo en cuenta que la nave describe un movimiento circular uniforme, la suma de todas as fuerzas que actúan sobre la nave debe ser igual a la fuerza centrípeta.

cG FF = r

vm

r

MmG

2

2=

r

MGv2 =

Por otro lado, la velocidad orbital se puede expresar en función del período.

rT

π2v:

T

π2ω

rωv⋅=

=

⋅= ⇒

r

MGr

T

π22

=

⋅

32

2

r

MG

T

π4=

( ) ( )''27 '23 h 15s 55407

1056,41067,6

10301083,31π2

MG

hRπ2

MG

rπ2T

2511

36633==

⋅⋅⋅

⋅+⋅=

⋅

+=

⋅=

−

11

Junio 2015. Pregunta 1B.- Un cuerpo esférico de densidad uniforme con un diámetro de 6,0·105 km presenta una aceleración de la gravedad sobre su superficie de 125 m s‒2.

a) Determine la masa de dicho cuerpo. b) Si un objeto describe una órbita circular concéntrica con el cuerpo esférico y un periodo de 12 h,

¿cuál será el radio de dicha órbita? Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10

‒11 N m

2 kg

‒2.

Solución.

a. D = 6,0×1015 Km ⇒ R = 3,0×105 Km; g = 125 m/s2 Igualando el peso de un cuerpo en la superficie del planeta a la fuerza gravitacional se obtiene una relación entre la intensidad de campo gravitatorio, el radio del planeta y su masa.

GFP = 2R

mMGgm

⋅=⋅

2R

MGg =

( )kg 1069,1

1067,6

103125

G

RgM 29

11

282×=

×

×⋅=

⋅=

−

b. Para calcular el radio de la órbita se igual la fuerza gravitacional a la fuerza centrípeta, ya que por ser una órbita circular se cumple: cG FF =

r

vm

r

m MG

2

2=

r

MGv2 = ( )

r

MGrω

2 =⋅ 3

2

r

MGω =

3

2

r

MG

T

π2=

22

3

π4

MG

T

r= 3

2

2

π4

TMGr

⋅⋅=

( )m1011,8

π4

3600121069,11067,6r 83

2

22911×=

⋅⋅×⋅×=

−

Junio 2015. Pregunta 1A.- Dos lunas que orbitan alrededor de un planeta desconocido, describen órbitas circulares concéntricas con el planeta y tienen periodos orbitales de 42 h y 171,6 h. A través de la observación directa, se sabe que el diámetro de la órbita que describe la luna más alejada del planeta es de 2,14·106 km. Despreciando el efecto gravitatorio de una luna sobre la otra, determine:

a) La velocidad orbital de la luna exterior y el radio de la órbita de la luna interior. b) La masa del planeta y la aceleración de la gravedad sobre su superficie si tiene un diámetro de

2,4·104 km. Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10

‒11 N m

2 kg

‒2.

Solución. a. Conocido el diámetro de la órbita y el periodo se puede calcular la velocidad orbital mediante la definición de velocidad media

sm10883

s 36006,171

m1014,2π

T

Dπ

T

rπ2

t

sv

9=

⋅

×⋅=

⋅=

⋅==

El radio de la órbita de la luna interior se puede obtener mediante la tercera ley de Kepler. En una órbita circular se cumple: cG FF =

r

vm

r

m MG

2

2=

r

MGv2 = ( )

r

MGrω

2 =⋅ 3

2

r

MGω =

3

2

r

MG

T

π2=

22

3

π4

MG

T

r= cte

T

r2

3=

22

32

21

31

T

r

T

r= Km 10187,4

6,171

42

2

1014,2

T

Trr 53

2

263

22

21

21 ×=⋅×

=⋅=

b. La masa del planeta se puede obtener mediante la tercera ley de Kepler.

12

22

3

π4

MG

T

r=

( )Kg109,1

36006,1711067,6

2

1014,2π4

TG

rπ4M 27

211

392

2

32×=

⋅⋅⋅

×⋅

=⋅

⋅=

−

La intensidad gravitatoria se calcula igualando el peso en la superficie del planeta a la fuerza gravitacional.

2R

m MGg m =

( ) ( ) 227

2711

22 sm880

2104,2

109,11067,6

2D

MG

R

MGg =

×

××=== −

Modelo 2015. Pregunta 1B.- Dos planetas, A y B, tienen el mismo radio. La aceleración gravitatoria en la superficie del planeta A es tres veces superior a la aceleración gravitatoria en la superficie del planeta B. Calcule:

a) La relación entre las densidades de los dos planetas. b) La velocidad de escape desde la superficie del planeta B si se sabe que la velocidad de escape

desde la superficie del planeta A es de 2 km/s Solución. a. La expresión de la intensidad de campo gravitatorio de un planeta en su superficie se obtiene igualando el peso de un cuerpo en su superficie con la fuerza gravitacional que ejerce el planeta sobre el cuerpo.

2R

MmGmg =

2R

MGg =

Se puede relacionar con la densidad del planeta si en el segundo miembro se multiplica y divide

por Rπ3

4

dRGπ3

4

V

MRGπ

3

4

Rπ3

4M

RGπ3

4

RRπ3

4

MRπ3

4

Gg32

⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=

⋅⋅

⋅⋅=

Aplicando la expresión a los dos planetas y comparando.

3d

d

d

d

g

g3;

g3g

RR;

dRGπ3

4

dRGπ3

4

g

g

B

A

B

A

B

B

BA

BA

BB

AA

B

A =⇒=

=

=

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

BA d 3d =

b. La velocidad de escape de la superficie de un planeta se obtiene igualando la energía mecánica que debería tener el objeto en la superficie a cero.

0R

MmGmv

2

1 2e =−

R

GM2ve =

El producto GM se puede sustituir por gR2, obteniendo de esa forma la velocidad de escape en funcion del radio del planeta y de la intensidad de campo gravitatorio.

gR2R

gR2v

2

e ==

Si aplicamos esta expresión a los dos planetas y se comparan:

( )( )

3g

g3g3g

RR

Rg2

Rg2

Bv

Av

B

B

BA

BA

BB

AA

e

e ==

=

=== ⇒ ( ) ( )Bv3Av ee =

( ) ( )s

Km15,13

2

3

AvBv e

e ===

13

Modelo 2015. Pregunta 1A.- Un planeta de igual masa que la Tierra, describe una órbita circular de radio R, de un año terrestre de duración, alrededor de una estrella de masa M tres veces superior a la del Sol.

a) Obtenga la relación entre: el radio R de la órbita del planeta, su periodo de revolución T, la constante de la gravitación universal G, y la masa M de la estrella alrededor de la cuál orbita.

b) Calcule el cociente entre los radios de las órbitas de este planeta y de la Tierra. Solución.

a. Para una órbita circular se cumple: cG FF =

R

vm

R

MmG

2

2=

Simplificando y teniendo en cuenta que Rωv ⋅= y que Tπ2ω =

2vR

MG = ; 22 Rω

R

MG ⋅= ;

2

2

3 T

π4

R

MG = ; 2

23 T

π4

GMR =

b. Aplicando la relación obtenida al planeta y a la tierra y dividiendo ambas, se obtiene la relación que se pide.

• Para el planeta: 22

3 Tπ4

GMR =

• Para la tierra: 22Sol3

T Tπ4

GMR =

Comparando: { } 3M

M3

M

M

R

R:TT:

Tπ4

GM

Tπ4

GM

R

R

Sol

Sol

Sol3T

3

T2T2

Sol

22

3T

3

=====

3

T

3R

R=

Septiembre 2014. Pregunta 1B.- Un planeta esférico tiene una densidad uniforme ρ = 1,33 g cm‒3 y un radio de 71500 km. Determine:

a) El valor de la aceleración de la gravedad en su superficie. b) La velocidad de un satélite que orbita alrededor del planeta en una órbita circular con un periodo

de 73 horas. Dato: Constante de gravitación universal, G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2

Solución.

a. Para calcular la aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta, se tiene en cuenta que en la superficie, la fuerza con la que el planeta atrae a los cuerpos es peso de los cuerpos

PFG

rr= en módulo: o2

P

gmR

mMG ⋅=

⋅ simplificando:

2P

oR

MGg =

La masa del planeta se puede calcular mediante la densidad.

ρRGπ3

4

R

ρRπ3

4

GRπ

3

4V

esférico Supusto

R

ρVG

R

MGg P2

P

3P

3P

2P

2P

o ⋅⋅⋅=⋅

=

==

⋅==

23311

Po sm57,261033,110715001067,6π

3

4ρRGπ

3

4g =×⋅×⋅×⋅=⋅⋅⋅= −

b. Para calcular la velocidad de un satélite en órbita circular se tiene en cuenta que es M.C.U., y por tanto la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre el satélite debe ser igual a la fuerza centrípeta.

CentrípetaFFrr

=∑ ⇒ En módulo: CG FF = ; R

vm

R

MmG

2

2= ;

R

MGv2 ⋅

= ; R

MGv

⋅=

De igual forma que en el apartado anterior, la masa se expresa en función del radio del planeta y

14

de su densidad. El radio de la órbita, se calcula a partir del periodo mediante la tercera ley de Kepler.

32

2T

π2ω

222

R

MG

T

π4

R

MGRω:

RωvR

MGv ⋅

= →⋅

=⋅

⋅=

⋅= =

; 32

2

π4

TMGR

⋅⋅=

32

P3

2

23P

3P

32

2

π3

TρGR

π4

TρRπ3

4G

R:

ρRπ3

4M

π4

TMGR ⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅⋅

=

⋅⋅=

⋅⋅=

( )Km 617649

π3

3600731033,11067,671300R 3

2311

=×⋅×⋅×

⋅=−

Sustituyendo en la expresión de la velocidad.

R3

ρRGπ4

R

ρRπ3

4G

v:ρRπ

3

4M

R

MGv 3

P

3P

3P

⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅=

⋅⋅=

⋅=

( )s

m 14767106176493

1033,110713001067,6π4

R3

ρRGπ4v

3

333113P =

×⋅

×⋅×⋅×⋅=

⋅⋅⋅=

−

Septiembre 2014. Pregunta 1A.- Un satélite describe una órbita circular alrededor de un planeta desconocido con un periodo de 24 h. La aceleración de la gravedad en la superficie del planeta es 3,71 m s‒2 y su radio es 3393 km. Determine:

a) El radio de la órbita. b) La velocidad de escape desde la superficie del planeta.

Solución. a. Si un satélite describe una órbita circular uniforme, se debe cumplir:

CentrípetaFFrr

=∑ ⇒ En módulo: CG FF = ; R

vm

R

MmG

2

2= ;

R

MGv2 ⋅

=

32

2T

π2ω

222

R

MG

T

π4

R

MGRω:

RωvR

MGv ⋅

= →⋅

=⋅

⋅=

⋅= =

; 32

2

π4

TMGR

⋅⋅=

El producto G·M se puede expresar en función del radio del planeta y de la aceleración de la gravedad en la superficie del planeta, teniendo en cuenta que en la superficie del planeta, el peso de los cuerpos es la fuerza con la que los atrae el planeta. Trabajando en módulo:

GFP = ; 2P

oR

mMGmg

⋅= ;

2P

oR

MGg = ; 2

Po RgMG ⋅=⋅

Sustituyendo en la expresión del radio:

( )Km 20060m1006,20

π4

h

s3600h 24m103393

s

m71,3

π4

TRgR 63

2

223

23

2

22Po =×=

⋅⋅×⋅

=⋅⋅

=

b. Teniendo en cuenta que el campo gravitatorio es conservativo, se cumple:

( ) ( )InfinitoESuperficieE MM =

La energía mecánica en el infinito es nula porque el cuerpo se supone que llega con velocidad cero (teórico), energía cinética cero y la distancia es infinita, energía potencial cero.

15

( ) 0SuperficieEM = ; ( ) ( ) 0SESE pc =+ ; 0R

MmGmv

2

1

P

2e =

−+

P

2e R

MmGmv

2

1= ;

P

2e R

MG2v = ; Po

P

2Po

Pe Rg2

R

Rg2

R

MG2v ⋅=

⋅=

⋅=

sm5018m103393

s

m71,32Rg2v 3

2Poe =×⋅

⋅=⋅=

Junio 2014. Pregunta 1B.- Un cohete de masa 2 kg se lanza verticalmente desde la superficie terrestre de tal manera que alcanza una altura máxima, con respecto a la superficie terrestre, de 500 km. Despreciando el rozamiento con el aire, calcule:

a) La velocidad del cuerpo en el momento del lanzamiento. Compárela con la velocidad de escape desde la superficie terrestre.

b) La distancia a la que se encuentra el cohete, con respecto al centro de la Tierra, cuando su velocidad se ha reducido en un 10 % con respecto a su velocidad de lanzamiento.

Datos: Radio Terrestre, RT = 6,37×106 m ; Masa de la Tierra, MT = 5,97×1024 kg;

Constante de Gravitación Universal, G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2 Solución. a. Si se desprecian los efectos de rozamiento, se puede considerar que el campo gravitatorio dentro de la atmosfera terrestre es conservativo, y por tanto, 0Em =∆

( ) ( )SuperficieEKm 500hE mm ==

Si el cohete llega hasta la altura de 500 Km y se detiene (no orbita), en esa posición su energía mecánica solo tendrá componente potencial, por otra parte, en la superficie terrestre, la energía mecánica del cohete en el momento de lanzamiento será la suma de su energía cinéta y su energía potencial.

2o

TT

mv2

1

R

MmG

hR

MmG +−=

+−

2o

TT

v2

1

R

MG

hR

MG +−=

+−

hR

MG

R

MGv

2

1

TT

2o

+−=

+−=

hR

1

R

1GM2v

TT

2o

×+×−

×⋅⋅⋅×⋅=

+−= −

3662411

TTo

105001037,6

1

1037,6

11097,51067,62

hR

1

R

1GM2v

1o s m 5,3016v −=

Velocidad de escape: Teniendo en cuenta que el cohete se escapa del campo gravitatorio cuando alcanza una distancia “infinita” y lo hace con una velocidad nula (teórica), y por otro lado, que el campo gravitatorio es conservativo, se debe cumplir que ( ) ( )Infinito""EieSuperficicE mm = .

22e

T

0m2

1MmGmv

2

1

R

MmG ⋅+

∞−=+− ⇒ 0mv

2

1

R

MmG 2

eT

=+− T

e R

MG2v =

Comparando la velocidad inicial necesaria para llevar el cohete a una altura de 500 Km con la velocidad de escape:

( )27,0

5006370

500

hR

h

R

1GM2

hRR

hGM2

R

MG2

hR

1

R

1GM2

v

v

T

T

TT

T

TT

e

o =+

=+

=+

=

+−

=

Para que un cohete llegue a una altura de 500 Km desde la superficie terrestre se necesita una velocidad aproximadamente igual al 27 % de la velocidad de escape del campo gravitatorio terrestre. b. Manteniendo el mismo criterio de campo conservativo:

( ) ( )RrERrE mTm ===

16

22o

T

mv2

1

R

MmGmv

2

1

R

MmG +−=+−

Simplificando la masa del cohete y teniendo en cuenta que ooo v9,0v100

10vv =−=

( )2o

2o

T

v9,02

1

R

MGv

2

1

R

MG +−=+− ( )2

o2o

T

v9,02

1

R

MGv

2

1

R

MG +−=+−

2o

2o

T

v2

1v81,0

2

1

R

MG

R

MG −+= 2

oT

v095,0R

GM

R

GM−=

2o

T

v095,0R

GMGM

R−

=

m1046,6

5,3016095,01037,6

1097,51067,6

1097,51067,6R 6

26

2411

2411

×=

⋅−×

×⋅×

×⋅×=

−

−

Junio 2014. Pregunta 1A.- El planeta A tiene tres veces más masa que el planeta B y cuatro veces su radio. Obtenga:

a) La relación entre las velocidades de escape desde las superficies de ambos planetas. b) La relación entre las aceleraciones gravitatorias en las superficies de ambos planetas.

Solución. a. La velocidad de escape de un campo gravitatorio se calcula teniendo en cuenta que es conservativo y por tanto la energía mecánica se conserva.

0Em =∆ ⇒ ( ) ( )InfinitoESuperficieE mm =

Suponiendo que al infinito se llega con velocidad nula (teórico), en el infinito la energía mecánica del objeto será nula.

( ) 0SuperficieEm = ( ) ( ) 0SuperficieEerficiesupE pc =+ 0R

MmGmv

2

1 2e =−

R

MG2ve =

Aplicando la expresión para los planetas A y B:

( )A

Ae R

MG2Av = ( )

B

Be R

MG2Bv =

Comparando:

( )( ) 2

3

4

3

R4M

RM3

R4R

M3M

RM

RM

R

MG2

R

MG2

Bv

Av

BB

BB

BA

BA

AB

BA

B

B

A

A

e

e ==⋅

⋅=

=

==

⋅

⋅==

( ) ( )Bv2

3Av ee =

b. La intensidad de campo gravitatorio se obtiene igualando el peso con la fuerza de atracción gravitatoria. En módulo:

GFP = 2R

MmGmg =

2R

MGg =

Aplicando la expresión para los planetas A y B:

2A

AA

R

MGg =

2B

BB

R

MGg =

Comparando:

( ) 16

3

R4M

RM3

R4R

M3M

RM

RM

R

MG

R

MG

g

g2

BB

2BB

BA

BA2AB

2BA

2B

B

2A

A

B

A =⋅

⋅=

=

==

⋅

⋅==

17

BA g16

3g =

Modelo 2014. Pregunta 1B.- Los satélites Meteosat son satélites geoestacionarios, situados sobre el ecuador terrestre y con un periodo orbital de 1 día.

a) Suponiendo que la órbita que describen es circular y poseen una masa de 500 kg, determine el módulo del momento angular de los satélites respecto del centro de la Tierra y la altura a la que se encuentran estos satélites respecto de la superficie terrestre.

b) Determine la energía mecánica de los satélites. Datos: Radio Terrestre = 6,37×106 m ; Masa de la Tierra= 5,97×1024 kg; Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2 Solución. a. El momento angular de un satélite que orbita en torno a un planeta es

vmrLrrr

×=

Donde rr

representa el radiovector que une al satélite con el centro del planeta y vr

la velocidad lineal del satélite en la órbita. El módulo del momento angular es:

αsen vmrα senvmrLL ⋅⋅⋅=⋅⋅==rrr

Teniendo en cuenta que la velocidad es tangente a la trayectoria, y que el satélite describe una α = 90 y sen α = 1.

{ }T

π2mr

T

π2ωωmrrωvvmrL 22 ⋅⋅=

==⋅⋅=⋅==⋅⋅=

T

rmπ2L

2⋅⋅=

Para determinar el radio de la órbita se tiene en cuenta que el satélite describe un movimiento circular uniforma, y por tanto, todas las fuerzas que actúan sobre el deberán ser igual a la fuerza centrípeta.

cG FF = r

vm

r

mMG

2

2=

⋅ 2v

r

MG = ( )2rω

r

MG ⋅=

23

ω

MGr

⋅=

( )23

Tπ2

MGr

⋅= 2

23 T

π4

MGr ⋅

⋅=

Si el satélite es geoestacionario, el periodo es un día.

( ) m1025,42360024π4

1098,51067,6T

π4

MGr 63 2

2

24113 2

2×=⋅⋅

×⋅×=⋅

⋅=

−

Conocido el radio de la órbita se calcula el módulo del momento angular.

( ) 1212262

s m kg109,64360024

1025,42500π2

T

rmπ2L −×=

⋅

×⋅⋅=

⋅⋅=

La altura del satélite respecto de la superficie de la tierra será la distancia del satélite al centro de la tierra menos el radio de la tierra.

m1088.351037,61025,42Rrh 666T ×=×−×=−=

b. r

MmG

2

1

r

MGm

2

1

r

MmGmv

2

1

r

MmGEEE 2

cpM −=⋅+−=+−=+=

J1036,21025,42

5001098,51067,6

2

1

r

MmG

2

1E 9

6

2411

M ×−=×

⋅×⋅×−=−= −

18

Modelo 2014. Pregunta 1A.- La masa del Sol es 333183 veces mayor que la de la Tierra y la distancia que separa sus centros es de 1,5×108 Km. Determine si existe algún punto a lo largo de la línea que los une en el que se anule:

a) El potencial gravitatorio. En caso afirmativo, calcule su distancia a la Tierra. b) El campo gravitatorio. En caso afirmativo, calcule su distancia a la Tierra.

Solución. a. El potencial gravitatorio en un punto debido a una masa M vine determinado por la expresión:

( )r

MGrV ⋅−=

Se busca un punto en la línea que une los centros del Sol y la Tierra donde el potencial debido al Sol y la tierra sea nulo. Si el punto buscado se encuentra a una distancia d de la Tierra y 1,5×1011 ‒ d del Sol, se deberá cumplir:

0VVV TS =+= 0d

MG

d105,1

MGV T

11S =

⋅−+

−×⋅−=

0d

MG

d105,1

M 333183G T

11T =⋅−

−×⋅−

d

MG

d105,1

M 333183G T

11T ⋅=

−×⋅−

d

1

d105,1

33318311

=−×

− 0450204d <−=

No hay ningún punto en la línea que une los centros del Sol y de la Tierra donde el potencial se anule b. Según la Ley de Gravitación Universal, el campo determinado por una masa en un punto viene expresado por la siguiente función:

( ) r2u

r

MGrE

rr⋅−=

Se busca un punto en la línea que une los centros del Sol y la Tierra donde el campo gravitatorio debido al Sol y la tierra sea nulo. Si el punto buscado se encuentra a una distancia d de la Tierra y 1,5×1011 ‒ d del Sol, se deberá cumplir:

( )( )

( )

−+−

−×

−== r2T

r211

S ud

MGu

d105,1

MG0rE

rrr

( )r2

Tr211

S ud

MGu

d105,1

MG

rr=

−×

( ) 2T

211

T

d

M

d105,1

M 333183=

−×

( ) 333183

d

d105,12

211=

−× 333183

d

d105,1 11±=

−×

Tierra la de centro del m10594,2 3331831

105,1d* 8

11×=

+

×=

Distancia al centro del sol = 1,5×1011 ‒ 2,594×108 = 1,197×1011 m

*El signo negativo de la raíz no se tiene en cuenta ya que daría una distancia negativa

19

Septiembre 2013. Pregunta 1B.- Dos planetas, A y B, tienen la misma densidad. El planeta A tiene un radio de 3500 km y el planeta B un radio de 3000 km. Calcule:

a) La relación que existe entre las aceleraciones de la gravedad en la superficie de cada planeta. b) La relación entre las velocidades de escape en cada planeta.

Solución.

a. La expresión de la aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta se obtiene del hecho de que en la superficie de un planeta, el peso de un cuerpo es la fuerza gravitacional con la que atrae el planeta al cuerpo.

GFP = 2R

mMGgm

⋅=⋅

2R

MGg =

Si se aplica esta expresión a cada uno de los planetas y se compara:

2AB

2BA

B

A

2B

B

2A

A

B

A

2B

BB

2A

AA

RM

RM

g

g ordenandoy ndosimplifica

R

MG

R

MG

g

g:

R

MGg

R

MGg

⋅

⋅==

=

=

Para encontrar una la relación entre las masas de ambos planeta, se parte de la igualdad de las densidades.

3B

3A

B

A3B

B3A

A

3B

B

B

BB

3A

A

A

AA

BAR

R

M

M

Rπ34

M

Rπ34

M:

Rπ34

M

V

Md

Rπ34

M

V

Md

:dd =⇒=

==

==

=

Teniendo en cuenta ambas relaciones:

6

7

3000

3500

R

R

g

g ndosimplifica

R

R

R

R

g

g:

R

R

M

M

RM

RM

g

g

B

A

B

A2A

2B

3B

3A

B

A

3B

3A

B

A

2AB

2BA

B

A

===⋅=

=

⋅

⋅=

BA g6

7g =

b. Se denomina velocidad de escape de un planeta a la mínima velocidad de lanzamiento de un cohete para que pueda escapar de la atracción gravitatoria del planeta. Teniendo en cuenta que el cohete se mueve sometido a una fuerza conservativa, la energía mecánica se conserva, y suponiendo que el cuerpo llega al infinito con velocidad nula, se ha de cumplir:

( ) ( ) 0InfinitoESuperficieE MM ==

( ) ( ) 0SuperficieESuperficieE pc =+ 0R

MmGmv

2

1 2 =

−+

R

MG2v =

Si aplicamos la expresión de la velocidad de escape a los dos planetas y se compara:

AB

BA

B

B

A

A

B

B

A

A

B

A

B

BB

A

AA

RM

RM

R

MG2

R

MG2

R

MG2

R

MG2

v

v:

R

MG2v

R

MG2v

⋅

⋅===

=

=

Teniendo en cuenta la relación entre las masas de los planetas obtenida en el apartado a:

3B

3A

B

A

R

R

M

M=

6

7

R

R

R

R

R

R

R

R

R

R

M

M

v

v

B

A2B

2A

A

B3B

3A

A

B

B

A

B

A ===⋅=⋅= BA v6

7v =

20

Septiembre 2013. Pregunta 1A.- Dos satélites describen órbitas circulares alrededor de un planeta cuyo radio es de 3000 km. El primero de ellos orbita a 1000 km de la superficie del planeta y su periodo orbital es de 2 h. La órbita del segundo tiene un radio 500 km mayor que la del primero. Calcule:

a) El módulo de la aceleración de la gravedad en la superficie del planeta. b) El periodo orbital del segundo satélite.

Solución.

a.

==

===

?TKm 4500R

h 2TKm 4000R:Km 3000R

2s

1sP

1

1

En la superficie del planeta, se cumple: GFP = 2PR

mMGmg

⋅=

2PR

MGg =

El Producto G·M, se puede obtener teniendo en cuenta que en los satélites que están orbitando en torno al planeta se cumple que cG FF = . Si aplicamos al primero de ellos, del que conocemos radio y

periodo:

11s s

2

2 R

vm

R

MmG =

1s

2

R

MGv =

1s1 Rωv ⋅= 1

1 s

2s

2

R

MGRω =⋅

11 T

π2ω =

11 s

2s

2

1 R

MGR

T

π2=⋅

21

3s

2

T

Rπ4MG 1=⋅

Sustituyendo en la expresión de g:

( )( ) ( )

2226

362

21

2P

3s

2

2P s

m42,536002103

104π4

TR

Rπ4

R

MGg 1 =

⋅⋅×

×⋅=

⋅

⋅==

b. Partiendo de: 2

32

T

Rπ4MG =⋅ , se llega rápidamente a cte

π4

MG

T

R22

3=

⋅= , que es la tercera Ley

de Kepler, aplicando a los dos satélites:

22

3s

21

3s

T

R

T

R21 = 23'h 2h 39,2

4000

45002

R

RTT

3

3

3s

3s

12

1

2 ≈=⋅=⋅=

Junio 2013. Pregunta 3A. Calcule: a) La densidad media del planeta Mercurio, sabiendo que posee un radio de 2440 km y una

intensidad de campo gravitatorio en su superficie de 3,7 N kg‒1. b) La energía necesaria para enviar una nave espacial de 5000 kg de masa desde la superficie del

planeta a una órbita en la que el valor de la intensidad de campo gravitatorio sea la cuarta parte de su valor en la superficie.

Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,77×10‒11

M n‒2

kg‒2

Solución.

a. 3Rπ

3

4M

V

md == Donde M es la masa del Mercurio y R su radio, supuesto esférico.

La intensidad de campo gravitatorio, se puede deducir teniendo en cuenta que el peso de un cuerpo es la superficie del planeta es la fuerza con la que atrae el planeta al cuerpo, que en módulo es:

GFP = 2R

MmGmg =

2R

MGg =

Mediante operaciones equivalentes, se transforma el segundo miembro en la densidad.

Rπ3

4G

R

MG

Rπ3

4G

g 2

⋅

=

⋅

dRπ

3

4M

RGπ4

g3

3==

113 1067,6102440π4

7,33

RGπ4

g3d

−×⋅×⋅

⋅==

3m kg 5427d −=

21

b. Teniendo en cuenta que el campo gravitatorio es conservativo, la energía necesaria para poner una nave espacial en órbita será la diferencia de energía mecánica de la nave en la órbita y en la superficie de Mercurio.

( ) 21

1cPM mv

2

1

R

MmGEEórbitaE +−=+=

Donde R1 representa el radio de la órbita y v1 la velocidad de la nave el la órbita. Para calcular R1 se tiene en cuenta el dato de que la intensidad de campo gravitatorio en la órbita(g1) el la cuarta parte que en la superficie(g).

221

2

21

1

1R

MG

4

1

R

MG:

R

MGg

R

MGg

:g4

1g =

=

=

=

Simplificando: R1 = 2R La velocidad de la nave en la órbita se obtiene teniendo en cuenta que la nave describe un movimiento circular uniforme, y por tanto la suma de todas las fuerzas que actúan sobre ella debe ser igual a la fuerza centrípeta que la hace girar.

cG FF = 1

21

21 R

vm

R

MmG =

1

21 R

MGv =

Sustituyendo en la expresión de la energía:

( )111

cPM R

MmG

2

1

R

MmG

2

1

R

MmGEEórbitaE −=+−=+=

La energía mecánica en la superficie es:

( )R

MmGEsuperficieE PM −==

La energía necesaria para poner la nave en órbita es:

{ }R

MmG

4

3

R

MmG

R

MmG

4

1

R

MmG

R2

MmG

2

1R2R

R

MmG

R

MmG

2

1E 1

1=+−=+−===

−−−=∆

La masa de Mercurio se puede expresar en función de la intensidad de campo gravitatorio en su superficie.

2R

MGg = 2gRGM =

J103855,350001024407,34

3gRm

4

3

R

mgR

4

3

R

MmG

4

3E 1032 ×=⋅×⋅⋅====∆

22

Junio 2013. Pregunta 5B.- Urano es un planeta que describe una órbita elíptica alrededor del Sol. Razone la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones:

a) El módulo del momento angular, respecto a la posición del Sol, en el afelio es mayor que en el perihelio y lo mismo ocurre con el módulo del momento lineal.

b) La energía mecánica es menor en el afelio que en el perihelio y lo mismo ocurre con la energía potencial.

Solución. a. De las dos afirmaciones que se proponen, la primera es falsa, el módulo del momento angular del de Urano respecto del sol permanece constante debido a que esta sometido a fuerzas centrales.

ctervmL =⋅⋅= La segunda afirmación también es falsa, teniendo en cuenta la constancia del momento angular

aapp rvmrvmcteL ⋅⋅=⋅⋅==

aapp rvrv ⋅=⋅

Teniendo en cuenta que el radio del perihelio es menor que el del afelio, la velocidad en el perihelio es mayor que en el afelio, por lo tanto el momento lineal de Urano en el perihelio será mayor que en el afelio

apapaa

pp ppvv:vmp

vmp>⇒>

⋅=

⋅=

b. La primera afirmación es falsa, debido a que Urano en su órbita alrededor del Sol solo está sometido a fuerzas centrales, por lo tanto su energía mecánica es constante. La segunda afirmación también es falsa, debido al carácter negativo de la energía potencial.

( ) ( )A

pP

p

AP

r

MmGAE

r

MmGPE

rr

−=<−=

<

Modelo 2013. Pregunta 1A.- Un cierto planeta esférico tiene una masa M = 1,25×1023 kg y un radio R = 1,5×106 m. Desde su superficie se lanza verticalmente hacia arriba un objeto, el cual alcanza una altura máxima h = R/2. Despreciando rozamientos, determine:

a) La velocidad con que fue lanzado el objeto. b) La aceleración de la gravedad en el punto más alto alcanzado por el objeto.

Datos: Constante de la Gravitación Universal, G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2 Solución. a. El campo gravitatorio, si se desprecian los rozamientos, se puede considerar conservativo, lo cual permite resolver el apartado considerando que la energía mecánica del objeto se conserva. “Energía mecánica en la superficie = Energía mecánica a una altura de R/2 de la superficie”

( ) ( ) ( )2RhESuperficieESuperficieE pcp ==+

hR

mMGvm

2

1

R

mMG 2

+

⋅−=⋅+

⋅−

Simplificando las masas se despeja v.

hR

MGv

2

1

R

MG 2

+−=+−

+−=

+−=

hR

1

R

1GM

hR

MG

R

MGv

2

1 2

−⋅=

+−⋅=

+−⋅=

=

2R3

1

R

1MG2

2RR

1

R

1MG2

hR

1

R

1MG2v

2Rh

R3

MG2

3

1

R

MG2

3

21

R

MG2v

⋅=⋅

⋅=

−

⋅=

sm1925

105,13

1025,11067,62v

6

2311=

×⋅

×⋅×⋅=

−

23

b. El peso de un objeto es la fuera con la que el planeta atrae al objeto.

GFP = ( )2hR

MmGmg

+=

( ) ( )22 2R3

MG

2RR

MGg =

+=

( ) ( ) 226

2311

2 sm65,1

2105,13

1025,11067,6

2R3

MGg =

×⋅

⋅⋅×== −

Modelo 2013. Pregunta 1B.- Una nave espacial de 800 kg de masa describe una órbita circular de 6000 km de radio alrededor de un planeta. Sabiendo que la energía mecánica de la nave es EM = ‒3,27×108 J, determine:

a) La masa del planeta. b) La velocidad angular de la nave en su órbita.

Datos: Constante de la Gravitación Universal, G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2 Solución. a. La energía mecánica de un satélite que describe una órbita circular en torno a un planeta es la suma de su energía cinética y de su energía potencial.

R

MmGmv

2

1

R

MmGmv

2

1EEE 22

pcM −=

−+=+=

Teniendo en cuenta que si el satélite describe una órbita con movimiento circular uniforma la suma de todas las fuerzas que actúan sobre él debe igual a la fuerza centrípeta:

cG FF = R

vm

R

MmG

2

2=

R

MGv2 =

Sustituyendo la expresión de v2 en la energía mecánica:

R

MmG

2

1

R

MmG

R

MmG

2

1EM −=−=

De la expresión de la energía mecánica se puede despejar la masa del planeta.

( )kg1035,7

8001067,6

1060001027,32

Gm

RE2M 22

11

38M ×=

⋅×

×⋅×−−=

⋅−=

−

b. El apartado se puede resolver de dos formas diferentes, partiendo de la energía mecánica del satélite o mediante la masa del planeta calculada en el apartado a. Partiendo de la energía mecánica:

−+=+=

R

MmGmv

2

1EEE 2

PcM

Teniendo en cuenta que R

MmG

2

1EM −= ⇒ mE2

R

MmG =− , sustituyendo:

M2

M E2mv2

1E += ⇒ M

2 Emv2

1−=

Teniendo en cuenta: Rωv ⋅=

( ) M2 ERωm

2

1−=⋅

( )( ) s

rad105,1106800

1027,32

Rm

E2ω 4

26

8

2M −×=

×⋅

⋅−⋅−=

⋅

−=

Conocida la masa del planeta y el radio de la órbita, se puede calcular la velocidad angular, pariendo de la expresión de la velocidad en la órbita.

( )R

MGRω:

RωvR

MGv 2

2=⋅

⋅=

=

32

R

MGω =

3R

MGω =

24

( ) srad105,1

106

1035,71067,6ω 4

36

2211 −− ×=

×

××=

Septiembre 2012. Pregunta 2A.- Un satélite artificial de 400 kg describe una orbita circular de radio 5/2 RT alrededor de la Tierra. Determine:

a) El trabajo que hay que realizar para llevar al satélite desde la orbita circular de radio 5/2 RT a otra órbita circular de radio 5RT y mantenerlo en dicha orbita.

b) El periodo de rotación del satélite en la orbita de radio 5RT. Datos: Constante de la Gravitación Universal, G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2; Masa de la Tierra, MT = 5,98×1024 kg; Radio de la Tierra, RT = 6,37×106 m Solución. a. Por estar el satélite inmerso en un camp conservativo, la energía mecánica se debe conservar.

( ) ( )2 órbitapc1 órbitapcm EEEEWE +=++=

El trabajo necesario se puede despejar de la segunda igualdad

( ) ( )1 órbitapc2 órbitapc EEEEW +−+=

R

MmGmv

2

1EE 2

pc −=+

La velocidad del satélite en la órbita se puede calcular teniendo en cuenta que el satélite orbita en torno a la Tierra con movimiento circular uniforme, por tanto, la suma de todas las fuerzas que actúan sobre el satélite deben ser igual a la fuerza centrípeta que le hace girar. En módulo:

cG FF = R

vm

R

MmG

2

2=

R

MGv2 =

Sustituyendo en la expresión anterior se obtiene la suma de las energías cinética y potencial

R

MmG

2

1

R

MmG

R

MmG

2

1

R

MmG

R

MGm

2

1

R

MmGmv

2

1EE 2

pc −=−=−⋅=−=+

Sustituyendo en la expresión del trabajo:

( ) ( ) =

−=

−−−=+−+=

21121 órbitapc2 órbitapc R

1

R

1GMm

2

1

R

MmG

2

1

R

MmG

2

1EEEEW

TTTTTT R10

MmG

R5

1GMm

2

1

R5

1

R5

2GMm

2

1

R5

1

R25

1GMm

2

1==

−=

−=

J105,21037,610

4001098,51067,6

R10

MmGW 9

6

2411

T×=

×⋅

⋅×××== −

b. El periodo del satélite en la nueva órbita se puede calcular partiendo de la expresión de la velocidad deducida en el apartado anterior.

( )R

MGRω:

RωvR

MGv 2

2=⋅

⋅=

= ; 3

2

R

MGω =

3

23

2

R

MG

T

π2:

T

π2ω

R

MGω

=

=

= ;

GM

Rπ4T

322 = ;

GM

Rπ4T

32=

Para R = 5RT

( ) ( )''30 '42 h15s 56550

1098,51067,6

1037,6π500

GM

Rπ500

GM

R5π4T

2411

3623T

23T

2==

×⋅×

×===

−

25

Septiembre 2012. Pregunta 2B.- La aceleración de la gravedad en la Luna es 0,166 veces la aceleración de la gravedad en la Tierra y el radio de la Luna es 0,273 veces el radio de la Tierra. Despreciando la influencia de la Tierra y utilizando exclusivamente los datos aportados, determine:

a) La velocidad de escape de un cohete que abandona la Luna desde su superficie. b) El radio de la orbita circular que describe un satélite en torno a la Luna si su velocidad es de

1,5 km s‒1. Datos: Constante de la Gravitación Universal, G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2; Masa de la Tierra, MT = 5,98×1024 kg; Radio de la Tierra, RT = 6,37×106 m Solución.

a. Para que un cohete escape de la luna, y teniendo en cuenta que el campo gravitatorio es conservativo, la energía mecánica en la superficie de la Luna debe ser igual a la energía mecánica en el infinito, que es nula.

( ) ( ) 0ELunaE mm =∞=

( ) ( ) 0unarl SuperficieEunarl SuperficieE pc =+

0R

mMGmv

2

1

L

L2e =

−+ ;

L

L2e R

mMGmv

2

1= ;

L

Le R

MG2v =

Para calcular la Masa lunar, se utiliza la relación entre la gravedad en la Luna y en la Tierra.

GFP = ; 2L

LL

R

mMGmg = ;

2L

LL

R

MGg = ; 2

LLL RgGM =

Sustituyendo en la expresión de la velocidad de escape:

LLL

2LL

L

Le Rg2

R

Rg2

R

MG2v ⋅===

TT2

TTTL

TLLLe Rg1006,9R273'0g166'02

R273'0R

g166'0gRg2v ⋅×=⋅⋅=

=

==⋅= −

sm23791037,68,91006,9Rg1006,9v 62

TT2

e ≈×⋅⋅×=⋅×= −−

b. Para que un satélite describa una órbita con movimiento circular uniforme, la suma de todas las fuerzas que actúan sobre él debe ser igual a su fuerza centrípeta. Si la órbita tiene un radio R:

cG FF = ; R

vm

R

mMG

2

2L = ;

R

MGv L2 = ;

2

2LL

2L

v

Rg

v

MGR

⋅==

( )2

2LL

2

2

2TT

TL

TL2

2LL

v

Rg1024,1

v

R273'0g166'0

R271'0R

g166'0g

v

RgR

⋅⋅=

⋅=

=

==

⋅=

−

( )( )

m1019,2105,1

1037,68,91024,1

v

Rg1024,1R 6

23

262

2

2LL

2×=

×

×⋅⋅⋅=

⋅⋅=

−−

Junio 2012. Pregunta 1A.- Un satélite de masa m gira alrededor de la Tierra describiendo una órbita

circular a una altura de 4102 ⋅ km sobre su superficie. a) Calcule la velocidad orbital del satélite alrededor de la Tierra. b) Suponga que la velocidad. del satélite se anula repentina e instantáneamente y éste empieza a

caer sobre la Tierra, calcule la velocidad con la que llegaría el satélite a la superficie de la misma. Considere despreciable el rozamiento del aire.

Datos: Constante de la Gravitación Universal, 2211 kgNm1067,6G −−×= , Masa de la Tierra,

kg1098,5M 24T ×= , Radio de la Tierra, m1037,6R 6

T ×=

Solución. a. Para que un satélite gire en torno a un planeta en una órbita circular, la suma de todas las fuerzas que actúen sobre el tiene que ser igual a la fuerza centrípeta.

26

cG FFrr

= En módulo c

2

2T

G FR

vm

R

mMGF ===

Simplificando la igualdad y sustituyendo por los datos del enunciado se obtiene la velocidad orbital.

2

Tv

hR

MG =

+ s

m388910201037,6

1098,51067,6

hR

MGv

66

2411

T

T =×+×

××=

+= −

b. Suponiendo que no hay pérdida de energía por rozamiento, la energía mecánica se conserva.

0Em =∆ ( ) ( ) 0superficieEórbitaE mm =− ( ) ( )superficieEórbitaE mm =

( ) ( ) ( ) ( )superficieEsuperficieEórbitaEórbitaE cp

0

cp +=+43421

2

T

T

T

T mv2

1

R

mMG

hR

mMG +−=

+−

hR

MG

R

MGv

2

1

T

T

T

T2

+−=

+−=

hR

1

R

1GM2v

TTT

2

Despejando y sustituyendo por los datos se obtiene la velocidad en la superficie

sm9746

10201037,6

1

1037,6

11098,51067,62

hR

1

R

1GM2v

6662411

TTT =

×+×−

××⋅×⋅=

+−= −

Junio 2012. Pregunta 1B.- Una nave espacial de 3000 kg de masa describe, en ausencia de rozamiento, una órbita circular en tomo a la Tierra a una distancia de 2,5×104 km de su superficie. Calcule:

a) El período de revolución de la nave espacial alrededor de la Tierra. b) Las energías cinética y potencial de la nave en dicha órbita.

Datos: Constante de la Gravitación Universal, G = 6.67×10−11 N m2 kg−2. Masa de la Tierra, MT = 5.98×1024 kg , Radio de la Tierra. RT = 6.37 ×106 m Solución. a. Para que una nave espacial gire en torno a un planeta en una órbita circular, la suma de todas las fuerzas que actúen sobre el tiene que ser igual a la fuerza centrípeta.

cG FFrr

= En módulo R

vm

R

mMG

R

vmF

R

mMGF 2

2T

2

c

2T

G=

=

=

Orb

T2

R

MGv =

( )Orb

T2Orb

Orb

Orb

T2

R

MGR ω

R ωvR

MGv

=

=

=

3Orb

T2

R

MGω =

3Orb

T23

Orb

T2

R

MG

T

π2

T

π2ω

R

MGω

=

=

=

T

3Orb

M G

Rπ2T =

m1037,3110251037,6hRR 666TOrb ×=×+×=+=

( )61 1215h s 276 55

1098,5106,67

1037,31π2T

2411

36′′′<>=

×⋅×

×=

−

b. Energía potencial J1081,31037,31

30001098,51067,6

R

mMGE 10

6

2411

Orb

Tp ×−=

×

⋅××−=−= −

27

Energía cinética ( ) J1091,11081,32

1E

2

1

R

mMG

2

1

R

MGvmv

2

1E 1010

pOrb

T

Orb

T22c ×=×−−=−==

===

Modelo 2012. Pregunta 1A.- Se ha descubierto un planeta esférico de 4100 km de radio y con una aceleración de la gravedad en su superficie de 7,2 m s‒2.

a) Calcule la masa del planeta. b) Calcule la energía mínima necesaria que hay que comunicar a un objeto de 3 kg de masa para

lanzarlo desde la superficie del planeta y situarlo a 1000 km de altura de la superficie, en una órbita circular en torno al mismo.

Dato: Constante de Gravitación G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2. Solución. a. La masa de un planeta se puede calcular conocida su gravedad y su radio teniendo en cuenta que en su superficie, el peso de un cuerpo es la fuerza con la que el planeta lo atrae.

GFP =

2R

mMGmg

⋅= ;

2R

MGg = ;

G

RgM

2⋅=

( )kg1081,1

1067,6

101,4s m 2,7M 24

11

262×=

×

×⋅=

−

−

b. La energía necesaria para lanzar un satélite desde la superficie de un planeta y situarlo en órbita, es la diferencia entre la energía mecánica que tiene en la órbita y la que tiene en la superficie del planeta.

( ) ( )SuperficieEÓrbitaEE −=∆

La energía mecánica de un satélite en órbita es la suma de su energía cinética y su energía potencial.

( )

⋅−+=+=

R

mMGmv

2

1EEÓrbitaE 2

pcm

Donde R es el radio de la órbita Para calcular la velocidad del satélite en la órbita, se iguala la fuerza centrípeta con la gravitatoria

cg FF =

R

MG v

R

vm

R

mMG 2

2

2⋅=⇒⋅=

⋅⋅


( )R

mMG

2

1

R

mMG

R

mMG

2

1

R

mMG

R

MGm

2

1ÓrbitaEm

⋅−=

⋅−

⋅=

⋅−+⋅=

En la superficie del planeta, la energía mecánica es únicamente potencial.

( )P

pm R

mMGESuperficieE

⋅−==

Donde RP es el radio del planeta. Sustituyendo en la primera expresión se obtiene la energía necesaria para lanzar un satélite desde la superficie del planeta.

( ) ( )

−⋅⋅⋅−=

⋅−−

⋅−=−=∆

PP R

1

R2

1mMG

R

mMG

R

mMG

2

1SuperficieEÓrbitaEE

J1028,5101,4

1

101,52

131081,11067,6E 7

662411 ×=

×−

×⋅⋅⋅×⋅×−=∆ −

28

Modelo 2012. Pregunta 1B.- Un satélite artificial está situado en una órbita circular en torno a la Tierra a una altura de su superficie de 2500 km. Si el satélite tiene una masa de 1100 kg:

a) Calcule la energía cinética del satélite y su energía mecánica total. b) Calcule el módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra.

Datos: Constante de Gravitación G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2; Radio de la Tierra = 6370 km.;

Masa de la Tierra = 5,98×1024 kg. Solución. a. Por definición:

2c mv

2

1E =

Para calcular la velocidad del satélite en su órbita, se tiene en cuente que para que el satélite orbite entorno a la Tierra, la suma de todas las fuerzas que áctuan sobre él deben ser igual a la fuerza centrípeta a la que se ve sometido el satélite.

cG FF =

Orb

2

2Orb

T

R

vm

R

mMG = ;

Orb

T2

R

MGv =

La energía cinética del satélite en la órbita queda:

( )J 1047,2

1025006370

25001098,51067,6

2

1

R

mMG

2

1

R

MmG

2

1E 10

3

2411

Orb

T

Orb

Tc ×=

×+

⋅×⋅×=== −

La energía mecánica del satélite es la suma de la energía cinética y la energía potencial.

J 1047,2R

mMG

2

1

R

mMG

R

mMG

2

1EEE 10

Orb

T

Orb

T

Orb

Tpcm ×−=−=

−+=+=

b. Por definición:

vmrLrrr

×= En módulo:

αsen mvrL ⋅= Siendo α el ángulo que forma el radio y la velocidad, que sor ser una órbita circular es de 90º, teniendo en cuenta que la velocidad es tangencial a la trayectoria.

mvrº90sen mvrL ⋅=⋅=

Teniendo en cuenta que Orb

T2

R

MGv =

sm8,6705

108870

1098,51067,6

R

MGv

3

2411

Orb

T =×

×⋅×== −

Sustituyendo en la expresión del módulo:

12133 s m kg 1054,6sm 8,6705kg 1100m 108870mvrL −×=⋅⋅×=⋅=

Septiembre 2011. Cuestión 1A.-

a) Exprese la aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta en función de la masa del planeta, de su radio y de la constante de gravitación universal G.

b) Si la aceleración de la gravedad sobre la superficie terrestre vale 9,8 m·s−2, calcule la aceleración de la gravedad a una altura sobre la superficie terrestre igual al radio de la Tierra.

Solución. a. El peso de un cuerpo es la fuerza con la que la Tierra lo atrae. Trabajando en módulo

gFP = ; 2T

To

R

mMGmg = ;

2T

To

R

MGg =

go ≡ aceleración de la gravedad en la superficie terrestre.

29

b. La aceleración de la gravedad a una altura igual al radio de la Tierra es:

2T

R

MGg = ; TR2R = ;

( )2

o2T

T2T

T2

T

T s m 46,28,94

1g

4

1

R

MG

4

1

R4

MG

R2

MGg −======

Septiembre 2011. Problema 1B.- Una sonda espacial de masa m = 1000 kg se encuentra situada en una órbita circular alrededor de la Tierra de radio r = 2,26×RT, siendo RT el radio de la Tierra.

a) Calcule la velocidad de la sonda en esa órbita. b) ¿Cuánto vale su energía potencial? c) ¿Cuánto vale su energía mecánica? d) ¿Qué energía hay que comunicar a la sonda para alejarla desde dicha órbita hasta el infinito?

Datos: Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg. Radio de la Tierra RT =6,37×106 m. Constante de Gravitación Universal G = 6,67×l0−11 N m2 kg−2.

Solución. a. Para que una masa realice una órbita circular en torno a la tierra, se debe cumplir:

cFFrr

=∑

Trabajando en módulo y teniendo en cuenta que la única fuerza que actúa sobre la sonda es la fuera gravitacional:

cg FF = ; R

vm

R

mMG

2

2T = ;

R

MGv T=

sm5264

1037,626,2

1098,51067,6v

6

2411 ≈

×⋅

×⋅×= −

b. J1077,21037,626,2

10001098,51067,6

R

mMGE 10

6

2411t

p ×−=×⋅

⋅×⋅×−=−= −

c. p

22

pcm E2

1

R2

MmG

R

MmG

R

MGm

2

1

R

MmGmv

2

1EEE =−=−

=−=+=

( ) J10385,11077,22

1E 1010

m ×−=×−=

d. ( ) ( )órbitaEinfEE mm −=∆ . Teniendo en cuenta que la energía mecánica en el infinito es nula:

( ) J10385,110385,10E 1010 ×=×−−=∆

Junio 2011. Cuestión 1.- Un satélite que gira con la velocidad angular de la tierra (geoestacionario) de masa m = 5×103 kg, describe una órbita circular de radio r = 3,6×107 m. Determine:

a) La velocidad areolar del satélite. b) Suponiendo que el satélite describe una órbita en el plano ecuatorial de la tierra, determine el

módulo, la dirección y el sentido del momento angular respecto de los polos de la Tierra. Dato: Periodo de rotación terrestre= 24 h

Solución. ACLARACIONES PREVIAS: En el enunciado del problema no coincide el dato del radio de la orbita del satélite con su condición de geoestacionario (R(Geoestacionario) = 4,23×107 m). A un radio de 3,6×107 m le corresponde un periodo de 18 horas 53 minutos aproximadamente. Tampoco aparece entre los datos del enunciado el radio de la tierra, imprescindible para calcular la distancia del satélite al Polo. En nuestra opinión, el alumno debe usar el dato del radio terrestre que dan en el problema 1b, y no cuestionar la viabilidad de los datos del enunciado, utilizándolos sin ningún problema. a. Velocidad areolar ≡ área barrida por el radiovector en la unidad de tiempo.

dt

sdva

rr

=

30

Para una órbita circular, será el área barrida en un ciclo completo dividida por el período:

( )s

m1071,4360024

106,3π

T

Rπ

T

AV

21027

ORB2

a ⋅=⋅

⋅⋅=

⋅==

b. Momento angular respecto de los Polos:

vmrLrrr

⋅×=

≡

≡

lineal velocidadv

Polo al satélite del distancia r

Teniendo en cuenta que r

r y v

r son perpendiculares, el módulo del momento angular es:

vmrL ⋅⋅= El valor de r se obtiene del triángulo rectángulo que forman el radio de la Tierra (RT), el radio de

la órbita (RO) y el radiovector (r).

( ) ( ) m1065,3106,31037,6rRRr 727262O

2T

2 ⋅=⋅+⋅=⇒+=

La velocidad del satélite se calcula a partir del periodo orbital y el radio de la órbita.

sm2620106,3360024

π2R

T

π2Rwv 7

OO =⋅⋅⋅

==⋅=

Sustituyendo en la expresión se obtiene el modulo del momento angular

12147 smkg1078,4262050001065,3L −⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

La dirección será perpendicular al plano determinan r

r y v

r, siendo α el ángulo que formará la

dirección de Lr

con el eje de la Tierra.

07

6

O

T 10106,3

1037,6arctgα

R

Rαtg =

⋅

⋅=⇒=

El sentido lo marca la regla del sacacorchos. Junio 2011. Problema 1B.- Sabiendo que el periodo de revolución lunar es de 27,32 días y que el radio de su órbita es RL = 3,84×108 m, calcule:

a) La constante de gravitación universal, G (obtener un valor a partir de los datos del problema). b) La fuerza que la luna ejerce sobre la tierra y la de la tierra sobre la Luna. c) El trabajo necesario para llevar un objeto de 5000 kg desde la Tierra hasta la luna. (Despreciar

los radios de la tierra de la Tierra y de la Luna, en comparación con su distancia) d) Si un satélite se sitúa entre la tierra y la Luna a una distancia de la tierra de RL/4, ¿Cuál es la

relación de fuerzas debidas a la Tierra y a la Luna? Datos: Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg; masa de la Luna ML = 7,35×1022 kg: Radio de la tierra 6,37×106 m; radio de la Luna 1,74×106 m.

Solución. a. Para que la Luna orbité alrededor de la Tierra, se debe cumplir:

CG FF =

r

vm

r

mMG

2L

2LT =

⋅ ;

( )r

rω

r

MG

2

2T ⋅

= ; rωr

MG 2

2T = ;

T

32

M

rωG = ;

T2

32

MT

rπ4G =

31

( )( )

2211242

382kgm N1071,6

1098,536002432,27

1084,3π4G −−×=

×⋅⋅⋅

⋅=

b. Las dos fuerzas son de igual módulo dirección y sentidos opuestos, son parejas de fuerza de acción-reacción.

( )N102

1084,3

1035,71098,51071,6

d

mMGF 20

28

222411

2LT ×=

×

×⋅××=

⋅= −

c. Por tratarse de fuerzas conservativas:

( ) ( )( )TELEEW PPP −−=∆−=

Para calcular la energía potencial en la superficie de la Luna y en la superficie de la tierra habrá que sumar los potenciales que genera cada masa en esos puntos.

( ) =

+−=

⋅−+

⋅−=

−− LT

T

L

L

LT

T

L

LP d

M

R

MGm

d

mMG

R

mMGLE

J1093,11084,3

1098,5

1074,1

1035,750001071,6 10

8

24

6

2211 ×−=

×

×+

×

×⋅⋅×−= −

( ) =

+−=

⋅−+

⋅−=

−− LT

L

T

T

LT

L

T

TP d

M

R

MGm

d

mMG

R

mMGTE

J1015,31084,3

1035,7

1037,6

1098,550001071,6 11

8

22

6

2411 ×−=

×

×+

×

×⋅⋅×−= −

( )( ) J1096,21015,31093,1EW 111110P ×−=×−−×−−=∆−=

El signo negativo indica que para llevar el objeto de la superficie terrestre a la superficie lunar habrá que realizar un trabajo de 2,96×1011 J. d. Se pide comparar (dividir) la fuerza que ejerce la Tierra sobre el satélite con la que ejerce la Luna.

21L

22T

22

L

21

T

L

T

dM

dM

d

mMG

d

mMG

F

F

⋅

⋅==

d1 = distancia del satélite a la Tierra4

RL=

d2 ≡ distancia del satélite a la Luna = 4

R3 L=

7321035,7

1098,59

M

M3

4RM

4R3M

F

F22

24

L

T22

LL

2L

T

L

T ≈×

×⋅==

⋅

⋅

=

La fuerza de atracción que ejerce la tierra sobre el satélite es 732 veces mayor que la que ejerce la luna sobre él.

32

Modelo 2011. Problema 1A. Un planeta orbita alrededor de una estrella de masa M. La masa del planeta es 1024 Kg y su órbita es circular de radio r = 108

Km y periodo 3 años terrestres. Determinar: Datos: Constante de Gravitación Universal 6,67 ×10−11

Nm2kg

−2 a) La masa de la estrella. b) La energía mecánica del planeta. c) El módulo del momento angular del planeta respecto al centro de la estrella. d) La velocidad angular de un segundo planeta que describiese una órbita circular de radio igual a 2

r alrededor de la estrella. Solución. a. Para que un planeta realice una órbita circular en torno a una estrella, se debe cumplir:

cFFrr

=∑

Trabajando en módulo y teniendo en cuenta que la única fuerza que actúa sobre la sonda es la fuera gravitacional:

cg FF = ; r

vm

r

mMG

2

Planeta2PlanetaEstrella = ;

r

MGv Estrella2 =

Teniendo en cuenta que T

rπ2v =

r

MG

T

rπ2 Estrella2

=

GT

rπ4M

2

3órbita

2

Estrella =

( )( )

kg1061,61067,63600243653

10π4M 28

112

3112

Estrella ×=×⋅⋅⋅⋅

⋅=

−

b. r2

MmG

r

MmG

r

MGm

2

1

r

MmGmv

2

1EEE

22

pcm −=−

=−=+=

J102,2102

101061,61067,6E 31

11

242811

m ×−=⋅

⋅×⋅×−= −

c. vmrprLrrrrr

×=×= α senmvrL ⋅⋅=

Por tratarse de una órbita circular, º90αvr =⇒⊥rr

, sen 90º = 1

( ) 1238242112

sm kg1064,63600243653

1010π2

T

mrπ2

T

rπ2mrmvrL −×=

⋅⋅⋅

⋅⋅==⋅=⋅=

d. Por definición: T

π2ω =

El periodo de la nueva órbita se puede calcular mediante la 3ª ley de Kepler.

32

22

31

21

r

T

r

T= { } ( )

años 49,8838Tr

r2TTr2r

r

rTT 13

1

31

121231

32

12 =⋅=⋅=⋅====⋅=

srad1035,2

36002436549,8

π2

T

π2ω

8−×=⋅⋅⋅

==

Modelo 2011. Cuestión 1B. Dos satélites de masas mA y mB describen sendas órbitas circulares alrededor de la Tierra, siendo sus radios orbitales RA y RB respectivamente. Conteste razonadamente a las siguientes preguntas:

a) Si mA = mB y RA > RB, ¿cuál de los satélites tiene mayor energía cinética? b) Si los dos satélites estuvieran en la misma órbita (RA = RB ) y tuviesen distinta masa (mA < mB ),

¿cuál de los dos tendría mayor energía cinética? Solución.

a. 2c mv

2

1E =

Para calcular la velocidad de un satélite en una órbita se tiene en cuenta que Fg = Fc.

33

R

vm

R

MmG

2

2=

R

MGv2 =

Sustituyendo en la expresión de la energía cinética:

R2

MmG

R

MGm

2

1mv

2

1E 2

c =⋅==

La energía cinética del satélite, es inversamente proporcional al radio de la órbita. A mayor órbita, menor energía cinética.

RA > RB ⇒ ( ) ( )BEAE cc <

El satélite B tiene mayor energía cinética.

b. La energía cinética

= 2

c mv2

1E , es directamente proporcional a la masa, a mayor masa,

mayor energía cinética. mA < mB ⇒ ( ) ( )BEAE cc <

El satélite B tiene mayor energía cinética. Septiembre 2010 F.M. Problema 1A.- Un satélite artificial de 100 kg se mueve en una órbita circular alrededor de la Tierra con una velocidad de 7,5 km/s. Calcule:

a) El radio de la órbita. b) La energía potencial del satélite. c) La energía mecánica del satélite. d) La energía que habría que suministrar a este satélite para que cambiara su órbita a otra con el

doble de radio. Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67 × /0−11 N m2 kg−2 Masa de la Tierra MT = 5,98×10 24 kg; Radio de la Tierra RT = 6370 km Solución. a. Para que un satélite orbite en torno a un planeta, la suma de todas las fuerzas que actúan sobre el satélite debe ser igual a la fuerza centrípeta, teniendo en cuenta que la única fuerza que actúa sobre el satélite es la fuerza gravitatoria del planeta, se ha de cumplir:

cG FFrr

=

Trabajando en módulo, se puede despejar el radio de la órbita en función de la masa del planeta y de la velocidad orbital del satélite.

R

vm

R

mMG

2

2=

⋅ :

( )Km 7090m1009,7

105,7

1098,51067,6

v

MGR 6

23

2411

2=×=

×

×⋅×=⋅= −

b. La expresión de la energía potencial de un cuerpo sometido a una fuerza central se calcula como la integral de la fuerza respecto de la posición.

J10626,51009,7

1001098,51067,6

r

m MGdr

r

m MGdr FrdFE 9

6

2411r

0 2

r

0

r

0p ×−=×

⋅×⋅×−=−===⋅= −

∫∫∫rr

c. La energía mecánica de un satélite en orbita en torno a un planeta, es la suma de las energías potencial y cinética del satélite en la órbita.

2cpm mv

2

1

r

m MGEEE +−=+=

Teniendo en cuenta el apartado a:

=

R

MGv2 :

p2

m E2

1

r

m MG

2

1

r

m MG

2

1

r

m MG

r

MmG

2

1

r

m MGmv

2

1

r

m MGE =−=+−=+−=+−=

( ) J10813,210626,52

1E 99

m ×−=×−=

34

d. La energía que habrá de suministrar al satélite para cambiar de órbita es la diferencia de energía mecánica entre las dos órbitas.

−−=

−−−=−=∆

ifififm r

1

r

1GMm

2

1

r

MmG

2

1

r

MmG

2

1EEE

Si Rri = , entonces R2rf = , quedando la expresión:

J1041,11009,7

1001098,51067,6

4

1

R

MmG

4

1

R

1

R2

1GMm

2

1E 9

6

2411

m ×=×

⋅×⋅×==

−−=∆ −

Septiembre 2010 F.M. Cuestión 1B.- Considerando que la órbita de la Luna alrededor de la Tierra es una órbita circular, deduzca:

a) La relación entre la energía potencial gravitatoria y la energía cinética de la Luna en su órbita. b) La relación entre el periodo orbital y el radio de la órbita descrita por la Luna.

Solución. a. La energía potencial de un satélite en una órbita circular de radio R viene dada por la expresión:

R

MmGE p −=

La energía cinética por definición es

2c mv

2

1E =

Teniendo en cuenta el que el la órbita se cumple que

=

=

R

vm

R

MmG

FF2

2

CG

:

=

R

MGv2 :

r

m MG

2

1

r

MmG

2

1mv

2

1E 2

c ===

La relación entre ambas es:

2

R

MmG

2

1R

MmG

E

E

c

p−=

−

= : cp E2E −=

b. Partiendo de la expresión de la velocidad del satélite en la órbita se obtiene la relación pedida (tercera ley de Kepler).

{ }R

MGR

T

4:

T

2:

R

MGR:Rv:

R

MGv T2

2

2T22T2 =

π

π

=ω=ωω==

Ordenando se obtiene la relación entre el periodo y el radio.

T

2

3

2

GM

4

R

T π=

Septiembre 2010 F.G. Cuestión 1A.- Un cometa se mueve en una órbita elíptica alrededor del Sol. Explique en qué punto de su órbita, afelio (punto más alejado del Sol) o perihelio (punto más cercano al Sol) tiene mayor valor:

a) La velocidad. b) La energía mecánica.

Solución. a. La cuestión se puede resolver por dos vías diferentes. 1ª Por la ley de áreas. El área barrida por el radiovector que une el satélite (cometa) con el sol

en tiempos iguales, son iguales.

21 AA =

35

El área de un sector circular se puede expresar en función del radio y de la longitud del arco de curva.

rs2

1A ⋅=

Donde s representa la longitud del arco y r el radio.

aapp

aaa

ppp

ap rs2

1rs

2

1:

rs2

1A

rs2

1A

:AA ⋅=⋅

⋅=

⋅== : aapp rsrs ⋅=⋅

Teniendo en cuenta que s = v · t

aapp rtvrtv ⋅⋅=⋅⋅

En tiempos iguales los valores de t coinciden

aapp rvrv ⋅=⋅

Teniendo en cuenta que ap rr < , para que la igualdad se cumpla ap vv >

La velocidad del cometa alrededor del Sol aumenta a medida que se aproxima al Sol, alcanzando su valor máximo en la posición del perihelio. 2ª Constancia del momento angular. Debido a que planetas, satélites y cometas se mueven bajo la acción de fuerzas

centrales, el momento angular ( )prLrrr

×= del planeta, satélite o

cometa es constante en todos los puntos de su trayectoria.

cteLL ap ==rr

En el perihelio y en el afelio el vector de posición es perpendicular al vector velocidad, cumpliéndose en módulo:

90ºsen vm r90ºsen vm r aapp =

aapp vrvr ⋅=⋅

apap v v rr >⇔<

Como la órbita no es perpendicular en todo momento al vector de posición a lo largo del cual actúa la fuerza central, se concluye que está fuerza tiene una componente en la dirección de la trayectoria que hace variar el módulo de la velocidad. b. El campo gravitatorio es conservativo y por tanto el trabajo no conservativo es nulo. Teniendo en cuenta que el 0WE voconservati nom ==∆ , la energía mecánica se conserva por lo que es igual en el afelio

que en el perihelio. Septiembre 2010 F.G. Cuestión 1B.- Un asteroide está situado en una órbita circular alrededor de una estrella y tiene una energía total de −1010 J. Determine:

a) La relación que existe entre las energías potencial y cinética del asteroide. b) Los valores de ambas energías potencial y cinética.

Solución.

a. Las energías potencial y cinética de un satélite (asteroide) en su orbita son:

- r

mMGEp

⋅−=

- r

mMG

2

1

r

MGvmv

2

1E 22

c⋅

=

===

La relación entre ellas es:

2

r

mMG

2

1r

mMG

E

E

c

p−=

⋅

⋅−

= : 2E

E

c

p−=

b. Con la relación entre las emergías cinética y potencial y el valor de la energía mecánica total se plantea un sistema que permite calcular los valores de la energía cinética y de la energía potencial.

36

⋅−=

= →

−=+

−=

J102E

J10E

J10EE

2E

E

10p

10csolviendoRe

10cp

c

p

Junio 2010 F.M. Cuestión 1A.-

a) Deduzca la expresión de la energía cinética de un satélite en órbita circular alrededor de un planeta en función del radio de la órbita y de las masas del satélite y del planeta.

b) Demuestre que la energía mecánica del satélite es la mitad de su energía potencial. Solución. a. La energía cinética se expresa como:

2c v m

2

1E =

La velocidad del satélite en su órbita se puede expresar en función de la masa del planeta y del radio de la órbita, teniendo en cuenta que la fuerza de atracción gravitacional es igual a la fuerza centrípeta a la que se ve sometido el satélite en su órbita.

cG FF =

N2am

R

mMG ⋅=

⋅


va

2

N = , se despeja la velocidad.

R

vm

R

mMG

2

2⋅=

⋅ :

R

MGv2 =

Sustituyendo en la expresión de la energía cinética.

R

m MG

2

1

R

MG m

2

1E c ==

b. La energía mecánica de un satélite es la suma de la energía cinética y la energía potencial.

pcm EEE +=

Por definición la energía potencial de un satélite en su órbita alrededor de un planeta viene expresado por:

r

m MGE p −=

La energía mecánica del satélite será la suma de su energía potencial y cinética.

pm

E

cpm E2

1E

r

m MG

2

1

r

m MG

2

1

r

m MG

2

1

r

m MGEEE

p

⋅=⇒

−=−=+−=+=

43421

Junio 2010 F.M. Problema 1B.- Un satélite de l000 kg de masa describe una órbita circular de 12×103 km de radio alrededor de la Tierra. Calcule:

a) El módulo del momento lineal y el módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra. ¿Cambian las direcciones de estos vectores al cambiar la posición del satélite en su órbita?

b) El periodo y la energía mecánica del satélite en la órbita. Datos: Masa de la Tierra MT = 5,9×10

24 kg

Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11

N m2 kg

−2

Solución. a. El momento lineal o cantidad de movimiento es:

vmprr

⋅=

37

Su módulo es: vmp ⋅=

Por tratarse de un satélite en órbita, su velocidad se puede poner en función de la masa del planeta y del radio de la órbita, teniendo en cuenta que el la órbita se cumple que la fuerza de atracción gravitacional es igual a la fuerza centrípeta.

cG FF = : r

vm

r

MmG

2

2= :

r

MGv =

Sustituyendo en la expresión del momento lineal:

166

2411 s m kg1076,5

1012

109,51067,61000

r

MGmvmp −− ×=

×

×⋅×⋅=⋅=⋅=

Momento angular: rpLrrr

×=

Módulo del momento angular: α⋅⋅⋅= sen rvmL Teniendo en cuenta que el radio y la velocidad son perpendiculares (sen 90 = 1):

121362411 sm kg1087,61012109,51067,61000rMGmr

MGrmrvmL −− ×=×⋅×⋅×⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=

La dirección del momento lineal es la dirección de la velocidad, tangente a la trayectoria, y cambia continuamente (en cada punto será tangente a la trayectoria). La dirección del momento angular es perpendicular al plano de la orbita y se mantiene constante en toda su trayectoria. b. Periodo: Se obtiene de la igualdad entre la fuerza de atracción gravitacional y la fuerza centrípeta.

cG FF = : r

vm

r

MmG

2

2= : 2v

r

MG = : rv ⋅ω= : 22r

r

MG ω= :

T

2π=ω : 2

2

rT

2

r

MG

π=

22

2r

T

4

r

MG

π= : 3

22 r

GM

4T

π= 3ª Ley de Kepler

( ) s 131661012109,51067,6

4r

GM

4T

362411

23

2=×

×⋅×

π=

π=

−

La energía mecánica de un satélite es la suma de la energía cinética y la energía potencial.

pcm EEE +=

Por definición la energía potencial de un satélite en su órbita alrededor de un planeta viene expresado por:

r

m MGE p −=

Por definición la energía cinética es:

r

MmG

2

1

r

MGm

2

1

r

MGv

FFmv

2

1E 2

cG2

c =⋅=

=

===

Sumando: r

m MG

2

1

r

m MG

2

1

r

m MGEEE cpm −=+−=+=

J1064,11012

1000109,51067,6

2

1

r

m MG

2

1E 10

6

2411

m ×−=×

⋅××−=−= −

38

Junio 2010 F.G. Cuestión 1A.- a) Enuncie la 2ª ley de Kepler. Explique en qué posiciones de la órbita elíptica la velocidad del

planeta es máxima y dónde es mínima. b) Enuncie la 3ª ley de Kepler. Deduzca la expresión de la constante de esta ley en el caso de

órbitas circulares. Solución. a. 2ª Ley de Kepler. El radio vector que une un planeta y el Sol barre áreas iguales en tiempos

iguales. Esta Ley es el equivalente a la constancia del momento angular ( )vrmLrrr

×⋅= .

Por ser el momento angular de un planeta en su órbita alrededor del Sol constante (en modulo L = m·v·r), cuando el planeta esta más alejado del Sol (afelio), su radio será máximo y su velocidad orbital mínima, mientras que cuando esta más próximo (perihelio), su radio será mínimo y su velocidad será máxima. b. 3ª Ley de Kepler. Los cuadrados de los periodos son directamente proporcionales a los cubos de los semiejes de las respectivas órbitas. En una órbita, la fuerza de atracción gravitacional es igual a la fuerza centrípeta.

cG FF = ; r

vm

r

m MG

2

2= ; 2v

r

MG =

Teniendo en cuenta: T

r 2v:

T

2r v π

=

π=ω

ω=. Sustituyendo en la igualdad anterior:

2

T

r 2

r

MG

π= ;

2

22

T

r4

r

MG

π= ; cte

M G

4

r

T 2

3

2=

π=

Junio 2010 F.G. Problema 1B.- Io, un satélite de Júpiter, tiene una masa de 8,9 ×1022 kg, un periodo orbital de 1,77 días, y un radio medio orbital de 4,22 × 108 m, Considerando que la órbita es circular con este radio, determine:

a) La masa de Júpiter b) La intensidad de campo gravitatorio, debida a Júpiter, en los puntos de la órbita de Io. c) La energía cinética de Io en su órbita. d) El módulo del momento angular de Io respecto de su órbita

Dato: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11

N m2 kg

−2

Solución.

a. Para Calcular la masa del planeta (Júpiter) con los datos del enunciado, se tiene en cuenta que la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre el satélite en orbita, debe ser igual a la fuerza centrípeta que actúa sobre el satélite.

cG FF = : R

vm

R

mMG

2

2⋅=

⋅ :

R

MGv2 =

Teniendo en cuenta: Rv ⋅ω=

( )R

MGR 2 =⋅ω :

32

R

MG=ω :

T

2π=ω :

3

2

R

MG

T

2=

π :

2

32

TG

R4M

⋅

π=

Según el enunciado: s152928h

s3600

d

h24d 77,1d 77,1T =⋅⋅==

( )( )

Kg109,1s152928KgNmT1067,6

m1022,44

TG

R4M 27

222211

382

2

32×=

⋅⋅×

×⋅π=

⋅

π=

−−

b. La intensidad de campo gravitatorio se obtiene igualando la fuerza gravitacional al peso.

PFG = : gmR

mMG

2⋅=

⋅ :

( ) 228

2711

2 sm71,0

1022,4

109,11067,6

R

MGg =

×

×⋅×== −

39

c. 8

22271122

c1022,4

109,8109,11067,6

2

1

R

mMG

2

1

R

MGm

2

1

R

MGvmv

2

1E

×

×⋅××=

⋅=⋅=

=== −

J1033,1E 31c ×=

d. Por definición: vrmLrrr

×⋅= . El módulo del momento angular es: α⋅⋅⋅= sen vrmL

Si considera una órbita circular (α = 90º):

=⋅⋅=⋅⋅=

==⋅⋅=⋅⋅⋅= rMGmr

MGrm

r

MGvvrm09sen vrmL JIo

12358271122 sm Kg105,61022,4109,11067,6109,8 −− ×=×⋅××××=

Modelo 2010. Problema 1A.- Desde un punto de la superficie terrestre se lanza verticalmente hacia arriba un objeto de 100 kg que llega hasta una altura de 300 km. Determine:

a) La velocidad de lanzamiento. b) La energía potencial del objeto a esa altura.

Si estando situado a la altura de 300 km, queremos convertir el objeto en satélite de forma que se ponga en órbita circular alrededor de la Tierra,

c) ¿Qué energía adicional habrá que comunicarle? d) ¿Cuál será la velocidad y el periodo del satélite en esa órbita?

Datos: Constante de Gravitación G = 6,67×10-11

N m2 kg

-2

Masa de la Tierra MT = 5,98×1024

kg; Radio de la Tierra RT = 6370 km

Solución. a. En ausencia de fuerzas externas (rozamiento) el objeto se encuentra en un campo conservativo y por lo tanto la energía mecánica se conserva.

( ) ( )BEAE mm =

( ) ( ) ( )BEAEAE pcp =+

hR

mMGvm

2

1

R

mMG

T

T2s

T

T

+

⋅−=+

⋅−

Simplificando la masa del objeto (m), se despeja la velocidad.

hR

MGv

2

1

R

MG

T

T2

T

T

+−=+− ;

hR

MG

R

MGv

2

1

T

T

T

T2

+−= ;

+−⋅=

hR

1

R

1MG2v

TTT

2

sm3,2373

1067,6

1

1037,6

11098,51067,62

hR

1

R

1MG2v

662411

TTT =

×−

××⋅×⋅=

+−⋅= −

b. La energía potencial del objeto a esa altura viene dada por la expresión:

R

mMGE T

p⋅

−=

Km 66703006370hRR T =+=+=

J1098,51067,6

1001098,51067,6E 9

6

2411

p ⋅−=×

⋅××−= −

c. La energía adicional que habría que comunicar al objeto para convertirlo en satélite es la diferencia entre la energía del objeto convertido en satélite orbitando a esa altura y la energía del objeto a esa altura, calculada en el apartado anterior. La energía de un satélite de 100 kg de masa que orbita a una altura de 300 Km sobre la superficie de la tierra es la suma de la energía potencial y la energía cinética.

( ) 2Tcpm mv

2

1

R

mMGEESatéliteE +

⋅−=+=

40

El producto mv2 se puede obtener teniendo en cuenta que para que un satélite orbite en torno a un planeta, la fuerza de atracción gravitacional debe ser igual a la fuerza centrípeta.

cG FF = ; R

vm

R

mMG

2

2T =

⋅ ;

R

mMGmv T2 ⋅

=

Sustituyendo en la expresión de la energía mecánica del satélite:

( )R

mMG

2

1

R

mM

2

1

R

mMGSatéliteE TTT

m⋅

−=⋅

+⋅

−=

( ) J1099,21067,6

1001098,51067,6

2

1SatéliteE 9

6

2411

m ×−=×

⋅××⋅−= −

La energía que habrá que comunicar al objeto situado a 300 Km de altura para convertirlo en un satélite es:

( ) ( ) ( ) J1099,21098,51099,2objetoEsatéliteEE 999pm ×=×−−×−=−=∆

d. Para que un satélite orbite en torno a un planeta, la fuerza de atracción gravitacional debe ser igual a la fuerza centrípeta.

cG FF = ; R

vm

R

mMG

2

2T =

⋅ ;

R

mMGmv T2 ⋅

= ; R

MGv T=

sm7733

1067,6

1098,51067,6v

6

2411 =

×

××= −

El periodo del satélite se puede calcular aplicando la tercera ley de Kepler.

( ) 2362411

23

T

22 s 293704241067,6

1098,51067,6

π4R

MG

π4T =×⋅

×⋅×=

⋅=

−

s 5419s 29370424T 2 == También se puede calcular a partir de la velocidad.

s 54197733

1067,6π2

v

Rπ2

Rvπ2

ω

π2T

6=

×⋅====

Modelo 2010. Cuestión 1B.-

a) ¿Cuál es el periodo de un satélite artificial que gira alrededor de la Tierra en una órbita circular cuyo radio es un cuarto del radio de la órbita lunar?

b) ¿Cuál es la relación entre la velocidad del satélite y la velocidad de Luna en sus respectivas órbitas?

Dato: Periodo de la órbita lunar TL = 27,32 días Solución.

a. Teniendo en cuenta la tercera ley de Kepler: “El cuadrado del periodo del movimiento de

un planeta es directamente proporcional al cubo de la distancia media del planeta al sol”

32

2 rGM

4T

π=

Aplicando esta expresión al satélite y a la Luna:

3L

3S

2L

2S

3L

2

3S

2

2L

2S

3L

22L

3S

22S

R

R

T

T.ndoSimplifica:

RGM

π4

RGM

π4

T

T.Dividiendo:

RGM

π4T

RGM

π4T

==

=

=

Expresión de la que se puede despejar el periodo del satélite:

41

⋅⋅=⋅=3L

3S

L2L3

L

3S

SR

RTT

R

RT

Según el enunciado: LS R4

1R =

3L

3L3L

3L3

L3L

3

L

L3L

3S

LS2

T

4

1T

R

R4

1

TR

R4

1

TR

RTT =⋅=⋅=

⋅=⋅⋅=

42,38

32,27

8

TT L

S === días <> 3 d, 9h, 57 min

b. Teniendo en cuenta que: T

π2

R

v:

RωvT

π2ω

=

⋅=

= ; T

Rπ2v

⋅=

24

8

RT8

1

R4

1T

T8

1T

R4

1R

RT

RT

T

Rπ2T

Rπ2

v

v

LL

LL

Ls

Ls

Ls

sL

L

L

s

s

L

s ==

⋅

⋅=

=

==

⋅

⋅=

⋅

⋅

=

Septiembre 2009. Cuestión 1.- Razone si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:

a) El valor de la velocidad de escape de un objeto lanzado desde la superficie de la Tierra depende del valor de la masa del objeto.

b) En el movimiento elíptico de un planeta en tomo al Sol la velocidad del planeta en el perihelio (posición más próxima al Sol) es mayor que la velocidad en el afelio (posición más alejada del Sol).

Solución. a. FALSO. Por el principio de conservación de la energía, la energía mecánica en la superficie terrestre (suma de cinética y potencial) debe ser igual a la que tendrá cuando escape del campo gravitatorio, que será nula debido a que suponemos que llega con velocidad nula (Ec = 0) y que esta a una distancia infinita (Ep = 0).

0R

m MGv m

2

1

T

2 =−


T

2

R

MGv

2

1= :

TR

MG2v =

b. VERDADERO. Teniendo en cuenta que el modulo del momento angular del planeta en su giro alrededor del Sol y en ausencia de fuerzas externas, permanece constante.

vmrprLrrrrr

×=×=

ctevmr90sen vmrLL =⋅⋅=⋅⋅⋅==r

PerihelioAfelio LL =

PPAA vmrvmr ⋅⋅=⋅⋅ { } APPAPPAA vv rr :vrvr >⇒>⋅=⋅

42

Junio 2009. Cuestión 1.- Un satélite artificial de 500 kg que describe una órbita circular alrededor de la Tierra se mueve con una velocidad de 6,5 km/s. Calcule:

a) La energía mecánica del satélite.

b) La altura sobre la superficie de la Tierra a la que se encuentra. Dato: Constante de Gravitación Universal G = 6.67 x 10‒11

N m2

kg‒2

Masa de la Tierra MT =5,98 x 1024

kg

Radio de la Tierra RT = 6,37 x 106 m

Solución.

a. La energía mecánica de un satélite que orbita alrededor de la Tierra es la suma de la energía cinética y de la energía potencial, y se calcula mediante la expresión

r

mMG

2

1E T

m −=

Donde r representa la distancia del satélite al centro de la Tierra. Para calcular r se tiene en cuenta que para que un satélite orbite alrededor de la Tierra, la fuerza centrípeta del satélite debe ser igual a la fuerza de atracción de la Tierra.

2T

2

r

mMG

r

vm = : m1044,9

6500

1098,51067,6

v

MGr 6

2

2411

2T ×=

××== −

Conocido el radio, se calcula la energía mecánica.

J1006,11044,9

5001098,51067,6

2

1

r

mMG

2

1E 10

6

2411T

m ×−=⋅

⋅××−=−= −

b. Para calcular la altura desde la superficie terrestre, se resta el radio de la tierra al radio de la órbita.

m1007,31037,61044,9rrh 666Torb ×=×−×=−=

Problema 1B- Suponiendo que los planetas Venus y la Tierra describen órbitas circulares alrededor del Sol, calcule:

a) El periodo de revolución de Venus. b) Las velocidades orbítales de Venus y de la Tierra.

Dato: Distancia de la Tierra al Sol: 1,49 x 1011

m Distancia de Venus al Sol: 1,08 x 10

11 m

Periodo de revolución de la Tierra: 365 días

Solución. a. La fuerza de atracción que ejerce el Sol sobre cada planeta causa la aceleración centrípeta necesaria para que el planeta orbite alrededor de él. Si se considera la aproximación de órbitas circulares, se puede deducir la Ley de Kepler.

Aplicando la segunda ley de Newton ( amF ⋅= ), al planeta que órbita:

nG amF ⋅= : R

vm

R

mMG

2

2S ⋅=⋅ : { }Rv ω= :

( )R

R

R

MG

2

2S ω

=⋅ : RR

MG 2

2S ω=⋅ :

πω

T

2 :

RT

2

R

MG

2

2S

π=⋅ :

2

2

3S

T

4

R

MG

π=⋅ : cte

MG

4

R

T

S

2

3

2=

⋅

π=

Esta expresión permite calcular el periodo de un planeta (Venus) conocida su distancia al Sol, no obstante, en este caso no nos dan como dato la masa del Sol, por lo que habrá que comparar los parámetros de Venus con los terrestres.

43

3T

2T

3V

2V

3

2

R

T

R

Tcte

R

T=⇒= :

( )( )

días 2251049,1

1008,1365

R

RTT

311

311

3T

3V

TV =

×

×==

b. Supuesta una órbita circula, conocido el periodo se calcula la velocidad angular, y con la velocidad angular y el radio la velocidad orbital.

T

2

R

v:

R

vT

2π

=

=ω

π=ω

: RT

2v

π=

Para Venus: sKm9,34s

m349071008,1360024225

π2R

T

π2v 11

VV ==×⋅⋅⋅

==

Para la Tierra: sKm7,29s

m296871049,1360024365

π2R

T

π2v 11

TT ==×⋅⋅⋅

==

Modelo 2009.- Cuestión 1.

a) Enuncie la tercera ley de Kepler y demuéstrela para el caso de órbitas circulares. b) Aplique dicha ley para calcular la masa del Sol suponiendo que la órbita de la Tierra alrededor

del Sol es circular con un radio medio de l ,49x1O8 km. . Dato: Constante de Gravitación Universal G = 6,67 x 10

-11 N m2 kg-2

Solución. a. Tercera ley de Kepler: “El cuadrado del periodo del movimiento de un planeta es directamente proporcional al cubo

de la distancia media del planeta al sol”

32

2 rGM

4T

π=

Deducción: En el caso de una órbita circular, la fuerza que actúa sobre un cuerpo es la fuerza gravitatoria y la aceleración es la aceleración centrípeta; por lo tanto podemos escribir la segunda ley de Newton como:

r

vm

r

MmG

2

2=

Simplificando y despejando:

rr

GM:

r

r

r

GM:

rvr

vm

r

MmG 2

2

22

2

2

2 ⋅ω=⋅ω

=

⋅ω=

=

32

22

2

2

22

rGM

4Tr

T

4

r

GM:

T

2

rr

GMπ

=⇒⋅π

=

π=ω

⋅ω=

b. Para calcular la masa del sol se despeja M de la tercera ley de Kepler.

( )( )

Kg1097,11015,31067,6

1049,14

s1015,3días365T

KgNm1067,6G

m1049,1Km1049,1r

GT

r4M 30

2711

3112

7

2211

118

2

32×=

×⋅×

×π=

×==

×=

×=×=

=π

=−

−−

Septiembre 2008. Cuestión 1. Calcule el módulo del momento angular de un objeto de 1000 kg respecto al centro de la Tierra en los siguientes casos:

a) Se lanza desde el polo norte perpendicularmente a la superficie de la Tierra con una velocidad de10 Km/s.

b) Realiza un órbita circular alrededor de la Tierra en el plano ecuatorial a una distancia de 600 km de su superficie. .

44

Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 N m2 kg−2 Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg. Radio de la Tierra RT = 6,37×106 m Solución.

El momento angular se define como el producto vectorial del radiovector por la cantidad de movimiento:

)v m(rprLrrrrr

×=×=

Su modulo, viene dado por: α= sen v m rL

a) En este caso el ángulo que forman el vector posición r con el vector velocidad es cero por lo que

el modulo del momento angular es nulo.

( )12sm kg 0º0 sen v m rL −==

b) En este caso el ángulo que forma el vector posición r y la velocidad orbital es 90º.

v m rº09 sen v m rL == La velocidad de orbita se calcula teniendo en cuenta que debe ser tal que la fuerza de atracción

gravitatoria sea la fuerza centrípeta necesaria para describir la órbita de radio r. r = R + h = 6,37. 106 + 600000 = 6,97. 106 m:

cG FF = : r

vm

r

mMG

2

2⋅=

⋅⋅ : s

m75651097,6

1098,51067,6

r

MGv

6

2411 =

×

×⋅×=⋅= −

Conocida la velocidad orbital se calcula el módulo del momento angular.

sm kg1027,51756510001097,690ºsen vrmL

2136 ×=⋅⋅⋅×=⋅⋅⋅=

El vector L es perpendicular a al plano orbital. Septiembre 2008. Problema 2A.- Un satélite artificial de 100 kg se mueve en una órbita circular alrededor de la Tierra con una velocidad de 7,5 km/s. Calcule:

a) El radio de la órbita b) La energía potencial del satélite. c) La energía mecánica del satélite. d) La energía que habría que suministrar al satélite para que describa una órbita circular con radio

doble que el de la órbita anterior. . Datos: Constante de Gravitación Universal. G = 6,67×10−11 N m2 kg−2 Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg; Radio de la Tierra RT = 6,37×106 m Solución. a. Para que un satélite orbite en torno a un planeta, la fuerza de atracción gravitacional a la que se ve sometido debe ser igual a la fuerza centrípeta que desarrolla el satélite al girar en la órbita.

cG FF = : r

vm

r

MmG

2

2= :

( )m1009,7

105,7

1098,51067,6

v

MGr 6

23

2411

2×=

×

×⋅×== −

b. La energía potencial de un satélite en órbita viene dada por la expresión:

J10625,51009.7

1001098,51067,6

r

MmGE 9

6

2411

p ×=×

⋅⋅×=−= −

c. La energía mecánica del satélite es la suma de su energía potencial y de su energía cinética del en la órbita.

=−=+−=

=

==+−=+=

r

MmG

2

1

r

MmG

2

1

r

MmG

r

MGv

FFmv

2

1

r

MmGEEE 2

cG2

cpm

J10813,21009,7

1001098,51067,6

2

1 96

2411 ×−=

×

⋅×⋅×−= −

45

d. La energía que habrá que suministrar al satélite para que describa una órbita de doble radio es la diferencia de energía mecánica existente entre las dos órbitas.

( ) ( ) ==

−=

−−−=−=∆

r

MmG

4

1

2

11

r

MmG

2

1

r

MmG

2

1

r2

MmG

2

1rEr2EE mm

J10406,11009,7

1001098,51067,6

4

1 96

2411 ×=

×

⋅×⋅×−= −

Junio 2008. Cuestión 2. Una sonda de masa 5000 kg se encuentra en una órbita circular a una altura sobre la superficie terrestre de 1,5 RT. Determine: a) el momento angular de la sonda en esa órbita respecto al centro de la Tierra; b) la energía que hay que comunicar a la sonda para que escape del campo gravitatorio terrestre desde esa órbita. Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 N m2 kg−2

Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg; Radio de la Tierra RT = 6,37×106 m Solución.

a. Momento angular:

vmrLrrr

×=

vmR90º senvmrL ⋅⋅=⋅⋅=rrr

Donde R es la distancia de la sonda al centro de la tierra R = 2’5 RT La velocidad en la órbita se calcula igualando la fuerza centrípeta a la fuerza gravitacional:

2

2

R

MmG

R

vm =

sm5005

1037,65,2

1098,51067,6

R

GMv

6

2411

=×⋅

×⋅×==

−

Sustituyendo los datos en la expresión del módulo del momento angular:

( ) ( ) ( ) 12146 sm kg1098,3sm5005kg5000m1037,65,2vmrL −×=⋅⋅×⋅=⋅⋅=

r

b. La energía necesaria para poder escapar del campo gravitatorio terrestre

Solución. Por conservación de la energía, la energía potencial en la órbita más la energía cinética que le comunicamos ha de ser igual a la energía mecánica en el infinito, que es cero, teniendo en cuenta que llega con velocidad nula (E(c) = 0), y que al ser R = ∞ la energía potencial es 0. Para que la sonda escape del campo gravitatorio, tendrá que superar su potencial gravitatorio, es decir, tendrá que ganar una energía igual a la energía mecánica que tiene en la órbita.

( ) ( ) ( ) ( )( )NmJ1026,6

m1037,65,2

kg5000kg1098'5kgNm1067'6

2

1

R

MmG

2

1ÓrbitaE0E 10

6

242211

m ×=×⋅

⋅××=⋅−−=−=∆ −−

Modelo 2008. Cuestión 1.- Cuatro masas puntuales idénticas de 6 kg cada una están situadas en los vértices de un cuadrado de lado igual a 2 m. Calcule:

a) El campo gravitatorio que crean las cuatro masas en el centro de cada lado del cuadrado. b) El potencial gravitatorio creado por las cuatro masas en el centro del cuadrado, tomando el

infinito como origen de potenciales. Dato: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 Nm2 kg−2 Solución.

a. Se pide calcular la intensidad de campo gravitatorio ( )gr

en los puntos medios de los lados del

cuadrado. Sobre la masa 1 colocamos los ejes de coordenadas, y denominamos P, Q, R y S a los puntos medios de los lados del cuadrado. Analizamos el punto P:

46

La intensidad de campo gravitatorio viene determinada por la expresión:

r2u

d

mGg

rr⋅=

Debido a la igualdad de las masas y, dado el carácter vectorial de la magnitud, por simetría se comprueba que

pp 21 ggrr

−= , anulándose mutuamente. Ocurre lo mismo con las componentes OX de las

intensidades creadas por las masas 3 y 4

−=

pxpx 34 ggrr

, por lo tanto la intensidad del campo resultante

en el punto P será la suma de las componentes OY de las intensidades creadas por la masas 3 y 4.

( )

( )

×=×=α⋅=α=

×=×=α⋅=α=

+=−−

−−

211

211

24

44

211

211

23

33

43T

sm j 107,16j

5

2

5

6106,67j cos

d

mGj cosgg

sm j 107,16j

5

2

5

6106,67j cos

d

mGj cosgg

:ggg

ppy

ppy

pypyp rrrrr

rrrrr

rrr

2111111

Ts

mj 1014,32j 107,16j 107,16gp

rrrr −−− ×=×+×=

Puesto que las masas son iguales y las distancias de las masas a los puntos medios de los lados también lo son, las intensidades de campo gravitatorio en los puntos Q, R y S son:

211

Qs

mi 1014,32grr −×−=

211

Rs

mj 1014,32grr −×−=

211

Ss

mi 1014,32grr −×=

b. El potencial en P es la suma escalar de los potenciales que crea cada masa en ese punto.

4321 PPPPP VVVVV +++=

El potencial gravitatorio en un punto debido a una masa m situada a una distancia d viene dado por la expresión:

d

mGV −=

Aplicando esta expresión al sistema de masas propuesto

−+

−+

−+−=

d

mG

d

mG

d

mG

d

mGV 4321

P

m1 = m2 = m3 = m4 = 6 kg = m

kgJ1031,1

2

61067,64

d

mG4V 911

P−− ×=

×−⋅=

−⋅=

47

Modelo 2008. Problema 1B.- Un satélite artificial de 200 kg describe una órbita circular alrededor de la Tierra. La velocidad de escape a la atracción terrestre desde esa órbita es la mitad que la velocidad de escape desde la superficie terrestre.

a) Calcule la fuerza de atracción entre la Tierra y el satélite. b) Calcule el potencial gravitatorio en la órbita del satélite. c) Calcule la energía mecánica del satélite en la órbita. d) ¿Se trata de un satélite geoestacionario? Justifique la respuesta.

Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 N m2 kg−2 Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg; Radio de la Tierra RT = 6,37×106 m Solución.

Para resolver las diferentes cuestiones que plantea el problema hace falta conocer el radio de la orbita donde se encuentra el satélite, para ello se informa que la velocidad de escape en la órbita ( )ev es la mitad que la velocidad de escape desde la superficie

terrestre ( )oev .

Se denomina velocidad de escape de un cuerpo (cohete, satélite,…), a la velocidad que este debe adquirir, en el momento se ser lanzado, para que escape del campo gravitatorio del planeta en el que se encuentra. Se calcula mediante un balance energético.

La energía de escape es la diferencia entre la energía en el infinito (0) y le energía mecánica total en la órbita, siendo el infinito el punto donde la interacción gravitatoria se anula. Si denominamos v a la velocidad del satélite en la órbita:

E(Escape) = E(Infinito) ‒ E(Órbita)

+−−=32143421

cp E

2

E

2e mv

2

1

R

MmG0mv

2

1

La energía cinética en la órbita se puede expresar en función del radio de la órbita igualando la fuerza de atracción gravitacional con la fuerza centrípeta.

cg FF = R

vm

R

MmG

2

2=

R

MGv2 =

Sustituyendo la expresión v2 en el balance energético y operando se despeja la velocidad de escape en la órbita:

R

MGm

2

1

R

MmGmv

2

1 2e ⋅−=

R

MmG

2

1

R

MmGmv

2

1 2e −=

R

MmG

2

1mv

2

1 2e =

R

MGv2

e = R

MGve =

La velocidad de escape desde la superficie terrestre se calcula de igual forma, teniendo en cuenta, que el la superficie terrestre solo hay energía potencial.

−−=

T

2e R

MmG0mv

2

1o

; T

e R

MG2v

o=

Comparando las velocidades de escape se obtiene el radio de la órbita:

oee v2

1v = ; 2

v

v

e

eo = ; 2

R

MG

R

MG2

T = ; 2T 2

R

MG

R

MG2

= ; 2R

R

T= ; TR2R =

m1074,12m1037,62R 66 ×=×⋅=

48

a. ( )

N 5,4911074,12

2001098,51067,6

R

mMGF

26

2411

2=

×

⋅×⋅×=

⋅= −

b. kgJ1013,3

1074,12

1098,51067,6

R

MGV 7

6

2411 ×−=

×

×⋅×−=−= −

c. J1013,31074,12

2001098,51067,6

2

1

R

mMG

2

1E 9

6

2411

m ×−=×

⋅×⋅×−=

⋅−= −

d. Para que un satélite sea estacionario, su periodo debe ser de 24 horas. El periodo se puede calcular aplicando la 3ª ley de Kepler.

32

2 RGM

π4T = ; ( ) "26 '58 h3s 306 141074,12

1098,51067,6

π4R

GM

π4T

362411

23

2==×⋅

×⋅×==

−

El satélite no es geoestacionario Septiembre 2007. Cuestión 1.- a) ¿Cuál es la aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta esférico cuyo radio es la mitad del de la Tierra y posee la misma densidad media? b) ¿Cuál sería el período de la órbita circular de un satélite situado a una altura de 400 km respecto a la superficie del planeta? Datos: Radio de la Tierra RT = 6371 km

Aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra g =9,8 m s−2

Solución. a. La aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta se puede expresar en función de la masa y el radio del planeta, igualando el peso en la superficie con la fuerza gravitacional.

GFP = ; 2R

mMGgm

⋅=⋅ ;

2R

MGg =

La gravedad en el planeta que se pide se calcula por comparación con la gravedad terrestre.

2T

TT

R

MGg =

2p

pp

R

MGg =

Comparando

T2p

p2T

2T

T

2p

p

T

p

MR

MR

R

MG

R

MG

g

g

⋅

⋅==

ρRπ3

4ρVM 3=⋅=

Teniendo en cuenta que ρρρ pT ==

ρRπ3

4R

ρRπ3

4R

g

g

3T

2p

3p

2T

T

p

⋅⋅

⋅⋅= Simplificando

T

p

T

p

R

R

g

g=

Tp R2

1R =

T

T

T

p

R

R2

1

g

g=

2

1

g

g

T

p= 2Tp

sm9,48,9

2

1g

2

1g =⋅==

b. Utilizando la 3ª ley de Kepler:

3

p

22 R

MG

π4T ⋅

⋅=

49

Donde hRR p += y el producto pMG ⋅ lo obtenemos de la aceleración de la gravedad en la

superficie del planeta.

2ppp2

p

pp RgMG

R

MGg ⋅=⋅⇒=

Sustituyendo:

( )3p2

pp

23

2pp

22 hR

Rg

4R

Rg

4T +⋅

⋅

π=⋅

⋅

π= ( )3

p2pp

2

hRRg

4T +⋅

⋅

π=

Sustituyendo por los datos del enunciado:

min 100s 6'6049104002

106371

2

1063719'4

π4T

33

3

23

2≈=

×+

×⋅

×⋅

=

Septiembre 2007. Problema 1A.- Un satélite de masa 20 kg se coloca en órbita circular sobre el ecuador terrestre de modo que su radio se ajusta para que dé una vuelta a la Tierra cada 24 horas, así se consigue que siempre se encuentre sobre el mismo punto respecto a la Tierra (satélite geoestacionario).

a) ¿Cuál debe ser el radio de su órbita? b) ¿Cuánta energía es necesaria para situarlo en dicha órbita?

Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 N m2 kg−2

Masa de la Tierra MT = 5,96×1024 kg

Radio de la Tierra RT = 6371 Km Solución. a. Si un satélite describe una órbita geoestacionaria alrededor de la Tierra, el periodo del satélite será de 24 horas, y el radio de la órbita se puede calcular teniendo en cuenta este dato.

cG FF =

n2a m

R

m MG = :

R

v m

R

m MG

2

2= :

R

MGv2 =

Teniendo en cuenta que RT

π2v:

T

π2ω

R ωv=

=

=

R

MGR

T

π22

=

:

32

2

R

MG

T

π4= : 3

2

2

π4

MTGR =

( )m1023,4

π4

3600241098,51067,6R 73

2

22411 ×=

⋅⋅×⋅×= −

b. La energía necesaria para ponerle en órbita un satélite, es la diferencia entre la energía mecánica que tiene el satélite en la órbita y la que tiene en la superficie terrestre.

( ) ( )superficieEórbitaEE mm +=∆

( )

−+=+=

R

MmGmv

2

1EEórbitaE 2

pcm

La velocidad del satélite en la órbita se puede expresar en función de la masa de la Tierra y el radio de la tierra.

gc FF = 2

2

R

MmG

R

vm =

R

MGv2 =


50

( )R

MmG

2

1

R

MmG

R

MmG

2

1

R

MmG

R

MGm

2

1órbitaEm −=−=

−+⋅=

( )T

m R

MmGerficiesupE −=

En la superficie terrestre, el satélite solo tiene energía potencial. Sustituyendo en el incremento de energía:

−⋅=

−−−=∆

R2

1

R

1GMm

R

MmG

R

MmG

2

1E

TT

J1016,11023,42

1

106371

1201098,51067,6E 9

732411 ×=

×⋅−

×⋅⋅×⋅×=∆ −

Junio 2007. Cuestión 1.- Sabiendo que la aceleración de la gravedad en un movimiento de caída libre en la superficie de la Luna es un sexto de la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra y que el radio de la Luna es aproximadamente 0,27 RT (siendo RT el radio terrestre), calcule:

a) la relación entre las densidades medias ρLuna / ρTierra b) la relación entre las velocidades de escape de un objeto desde sus respectivas superficies

(ve)Luna / (ve)Tierra. Solución. a. Este apartado se resuelve comparando la intensidad de campo gravitatorio (g) en la superficie de la Tierra y en la superficie lunar. La aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta se puede expresar en función de la masa y el radio del planeta, igualando el peso en la superficie con la fuerza gravitacional.

GFP = ; 2R

mMGgm

⋅=⋅ ;

2R

MGg =

Para la superficie terrestre: 2T

TT

R

MGg =

Para la superficie lunar: 2L

LL

R

MGg =

TL g6

1g =

6

1

g

g

T

L = 6

1

R

MG

R

MG

2T

T

2L

L

= 6

1

RM

RM2LT

2TL =

Las masa de la tierra y de la luna se expresar en función de sus densidades

6

1

RVρ

RVρ

2LTT

2TLL =

6

1

RRπ3

4ρ

RRπ3

4ρ

2L

3TT

2T

3LL

= 6

1

Rρ

Rρ

TT

LL = L

T

T

L

R6

R

ρ

ρ=

T

T

T

L

R27,06

R

ρ

ρ

⋅= 62,0

ρ

ρ

T

L =

b. La velocidad de escape de un planeta se calcula por el principio de conservación de la energía, la energía mecánica en la superficie del planeta (suma de cinética y potencial) debe ser igual a la que tendrá cuando escape del campo gravitatorio, que será nula debido a que suponemos que llega con velocidad nula (Ec = 0) y que esta a una distancia infinita (Ep = 0).

0R

m MGv m

2

1

T

2 =−


51

T

2

R

MGv

2

1= :

TR

MG2v =

( )

( )

( )( ) LT

TL

T

T

L

L

Tierrae

Lunae

T

TTierrae

L

LLunae

RM

RM

R

MG2

R

MG2

v

v:

R

MG2v

R

MG2v

==

=

=

( )( )

( )21,062,027,062,0

R

R27,0

ρ

ρ

R

R

RρRπ3

4

RρRπ3

4

v

v2T

2T

T

L2T

2L

LT3T

TL3L

Tierrae

Lunae=⋅=⋅

⋅=⋅=

⋅

⋅=

Junio 2007. Problema 1B.- Fobos es un satélite de Marte que gira en una órbita circular de 9380 km de radio, respecto al centro del planeta, con un periodo de revolución dé 7,65 horas. Otro satélite de Marte, Deimos, gira en una órbita de 23460 km de radio. Determine:

a) La masa de Marte. b) El período de revolución del satélite Deimos. 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 = 1,1×l016 Kg; Masa de Deimos = 2,4×l015 Kg Solución.

a. Para calcular la masa de Marte (M) se tiene en cuenta que si Fobos realiza una órbita circular alrededor de Marte, la suma de fuerzas que actúan sobre Fobos será igual a la fuerza centrípeta que actúa sobre él.

cg FF = R

vm

R

mMG

2

f2f =

⋅ 2v

R

MG =

( )G

RT

π2

G

RRω

G

RvM

32

22

=⋅⋅

=⋅

=

( )( )

Kg1049,6360062,71067,6

1038,9π4

TG

Rπ4M 23

211

362

2

32×=

⋅⋅×

×⋅=

⋅=

−

b. El periodo de Deimos se puede calcular aplicando la 3ª ley de Kepler.

cteR

T3

2= ⇒

3f

2f

3D

2D

R

T

R

T=

( )( )

min 8 h 6 d 1h 14,301038,9

1046,2362,7

R

RTT

36

36

3f

3D

fD ==

×

×⋅=⋅=

c. D

D

D

2

D

D2Dpcm R

m MG

2

1

R

MGv

R

m MGvm

2

1EEE −=

==

−+=+=

J102,21046,23

104,21049,61067,6

2

1E 21

6

152311

m ×−=×

×⋅××⋅−= −

d. vmrLrrr

×= En módulo α senmvrL ⋅⋅= Aplicando a Deimos:

α senvmrL DDDD ⋅⋅= DD vr ⊥ ⇒ α = 90 ; sen α = 1

52

DD

2DDDDDDDDD T

π2mrrωmrvmrL ⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅=

( ) m N1065,7360014,30

π2104,21046,23L 251526

D ×=⋅

⋅×⋅×=

Modelo 2007. Cuestión 1.- Un objeto de 5 kg de masa posee una energía potencial gravitatoria

J102Ep 8×−= cuando se encuentra a cierta distancia de la Tierra.

a) Si el objeto a esta distancia estuviera describiendo una órbita circular. ¿cuál sería su velocidad? b) Si la velocidad del objeto a esa distancia fuese de 9 km/s, ¿cuál sería su energía mecánica?

¿Podría el objeto estar describiendo una órbita elíptica es este caso? Solución.

a) Sobre un objeto que describe una órbita circular la única fuerza que a actúa sobre él es la fuerza de atracción gravitatoria, es una fuerza centrípeta dirigida hacia el centro de la tierra.

cg FF =

d

MGv despejando

d

vm

d

mMG T

2

2T ⋅

==⋅

Por otro lado, la energía potencial gravitatoria es:

( )kgm

J102

d

MGJ102

d

mMGE

8T8T

p×

=⇒×−=⋅

−=

Sustituyendo en la expresión de la velocidad:

( ) sKm3'6s

m6324kg 5

J102

kgm

J102

d

MGv

88T ≈≈

×=

×==

b) La energía mecánica es la suma de la energía potencial y de la energía cinética.

( ) J1052́900052

1102mv

2

1EEEE 6282

pcpm ×=⋅⋅+×−=+=+=

Si la energía mecánica es mayor que cero, el objeto se escapa del campo gravitatorio, y por tanto no describe ningún tipo de órbita. Nota

El criterio que se debe seguir para evaluar el tipo de órbita es el siguiente: • Si EM > 0, el objeto se escapa del campo gravitatorio, llegando al infinito con velocidad, seguirá

una trayectoria hiperbólica. • Si EM = 0, el objeto se escapa del campo gravitatorio, llegando al infinito sin velocidad (caso

teórico, el tiempo que tardaría seria infinito), seguirá una trayectoria parabólica • Si la EM < 0, el objeto queda atrapado en el campo gravitatorio. En este caso se pueden dar tres

situaciones diferentes:

- pcp EEE2

1<< El objeto describe una órbita elíptica, aumentando la excentricidad

de la elipse a medida que aumente la velocidad (energía cinética).

- cp EE2

1= El objeto describe una órbita circular.

- cp EE2

1> El objeto no describe ningún tipo de órbita y acaba colapsando contra el

planeta.

53

Septiembre 2006. Cuestión 1.- a) Desde la superficie de la Tierra lanza verticalmente hacia arriba un objeto con una velocidad v.

Si se desprecia el rozamiento, calcule el valor de v necesario para que el objeto alcance una altura igual al radio de la Tierra.

b) Si se lanza el objeto desde la superficie de la Tierra con una velocidad doble a la calculada en el apartado anterior, ¿escapará o no del campo gravitatorio terrestre?

Datos: Masa de la Tierra MT = 5,98 x1024 kg Radio de la Tierra RT = 6370 kg Constante de Gravitación G = 6,67x10-11 N m2 kg-2 Solución.

a. Igualamos las energías mecánicas en la superficie de la Tierra y en la orbita con TR2r = ( ) ( )ÓrbitaESuperficieE mm =

T

T2

T

T

R2

mMGmv

2

1

R

mMG

⋅⋅−=+

⋅⋅−

Simplificando la masa m en toda la ecuación, se despeja la velocidad

−⋅=

TTT

2

R2

1

R

1MGv

2

1

T

T

TT

TTT

2

R

MGv

R2

12GMv

R2

1

R

1MG2v

⋅=

=

−⋅=

Sustituyendo datos numéricos:

sm1'7913

106'37

1098'5106'67 v

6

2411

=×

×⋅×=

−

b. Si escapa del campo gravitatorio, la energía mecánica final será la que tenga en el infinito (punto donde la tierra no ejerce influencia), que es igual a cero. Procediendo como en el apartado a

( ) ( )InfinitoESuperficieE mm =

0mv2

1

R

mMG 2

T

=+⋅

⋅−

Dividiendo toda la ecuación `por la nasa del objeto:

0v2

1

R

MG 2

T

=+⋅−

Para saber si el objeto escapa de la tierra, se calcula con la igualdad anterior la velocidad de escape de la tierra.

sm11190

1037,6

1098,51067'62

R

MG2v 0v

2

1

R

MG

6

2411

Tesc

2esc

T

=×

×⋅×⋅=⋅≥≥+⋅− −

escobjeto v2,158261,79132v >=⋅=

Como la velocidad del objeto es superior a la de escape, el objeto se escapa del campo gravitatorio Junio 2006. Cuestión 1.- Llamando go y Vo a la intensidad de campo gravitatorio y al potencial gravitatorio en la superficie terrestre respectivamente, determine en función del radio de la Tierra:

a) La altura sobre la superficie terrestre a la cual la intensidad de campo gravitatorio es go/2. b) La altura sobre la superficie terrestre a la cual el potencial gravitatorio es Vo/2.

Solución. El campo gravitatorio y el potencial gravitatorio a una distancia R del centro de la Tierra son,

respectivamente y en valor absoluto:

2T

R

MGg =

R

MGV T=

54

donde G = constante de gravitación y MT = masa de la tierra.

Por tanto en la superficie terrestre, donde la distancia al centro es el radio de la Tierra RT.

2T

To

R

MGg =

T

To R

MGV =

a. Se busca la distancia R a la que se cumple:

2

gg o=

Sustituyendo por sus respectivas expresiones.

2T

T2T

R

MG

2

1

R

MG =

Despejando R: 2T

2 R2R = ⇒ TR2R =

Para calcular la altura (h) sobre la superficie se tiene en cuenta:

TRRh −=

Como se ve en la figura.

( ) TT R41,0R12RR2h =−=−=

b. Se busca la distancia R al centro de la tierra a la que se cumple:

2

VV o=

Sustituyendo por sus respectivas expresiones.

T

TT

R

MG

2

1

R

MG =

Despejando R:

TR2R = .

Si h es la altura sobre la superficie, al igual que en el apartado anterior se tiene que:

TTT RR2RRh −=−=

TRh =

Junio 2006. Problema 1A.- Un satélite artificial describe una órbita circular alrededor de la Tierra. En esta órbita la energía mecánica del satélite es -4,5 x 109 J y su velocidad es 7610 m s-1 Calcule:

a) El módulo del momento lineal del satélite y el módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra.

b) El periodo de la órbita y la altura a la que se encuentra el satélite.

Datos: Constante de Gravitación Universal 2211 kgm N10x67,6G −−=

Masa de la Tierra kg10x98,5M 24T =

Radio de la Tierra m10x37,6R 6T =

Solución.

Para resolver los apartados a) y b) es necesario conocer la masa del satélite y el radio de su órbita.

El radio se calcula teniendo en cuenta que en una órbita circula la fuerza centrífuga es igual a la

55

fuerza gravitatoria.

2

T2

gc R

mMG

R

vmFF =⇒=

Igualdad de la que se despeja el radio de la órbita.

2T

v

GMR = Km 6890R =

La energía mecánica en una órbita circular coincide con la mitad de la energía potencial.

R

mMG

2

1Ep

2

1E T

m −==

donde m es la masa del satélite.

155kgm MG

ER2m

T

m =⋅

⋅⋅−=

a. El modulo del momento lineal es:

16 smkg10180'1s

m7610kg 155vmp −⋅⋅×=⋅=⋅=

El módulo del momento angular es:

12126 sm kg108,13m106'89s

m7610kg 155R vmL −×=×⋅⋅=⋅⋅=

b. Conociendo la velocidad y el radio de la orbita el periodo se calcula a partir de:

s 5689s m 7610

m1089'62

v

R2T

T

R2v

1

6

=×⋅π

=π

=→π

=−

La altura sobre la superficie es la diferencia entre el radio de la tierra y el de la órbita:

Km 52063706890RRh T =−=−=

Modelo 2006. Cuestión 1.-

a) Enuncie las tres leyes de Kepler sobre el movimiento planetario. b) Si el radio de la órbita de la Tierra es 1,50×1011 m y el de Urano 2,87×1012 m calcule el periodo

orbital de Urano. Solución.

a. Las tres leyes de Kepler son. 1. Los planetas describen orbitas elípticas con el sol situado en un foco 2. La velocidad areolar (el área que barre el vector de posición del planeta por unidad de tiempo) es

constante. 3. Los cuadrados de los periodos de revolución de los planetas son proporcionales a los cubos de

sus distancias medias al sol. b.

m1087,2R

m1050,1R12

u

11T

×=

×=

De acuerdo con la tercera ley de Kepler 32 CRT = donde C es una constante que podemos calcular con los datos del radio de la orbita terrestre y de su periodo orbital que es un año.

3T

2T3

T2T

R

TCCRT =⇒=

Como Urano cumple la misma relación

2T3

T

3u2

u3u3

T

2T3

u2u T

R

RTR

R

TCRT =⇒==

56

( )( )

años7,83año1m1050,1

m1087,2T

R

RT

11

312

T3T

3u

u =××

×==

Modelo 2006. Problema 1A.- Se lanza una nave de masa m = 5×103 kg desde la superficie de un planeta de radio Rl = 6×103 km y masa M1 = 4×1024 kg, con velocidad inicial v0 = 2×104 m/s en dirección hacia otro planeta del mismo radio R2 = Rl y masa M2 = 2 M1, siguiendo la línea recta que une los centros de ambos planetas. Si la distancia entre dichos centros es D = 4,83×l010 m, determine:

a) La posición del punto P en el que la fuerza neta sobre la nave es cero. b) La energía cinética con la que llegará la nave a la superficie del segundo planeta.

Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6, 67×10-11 N m2 kg-2 Solución.

a.

Llamemos x a la distancia entre el planeta 1

y el punto P de manera que el módulo de la fuerza que sufre el satélite por la acción de la gravedad de cada planeta es:

( )22

221

1xD

mMGF

x

mMGF

−==

Si ambas se igualan:

( )22

21

21XD

mMG

x

mMG FF

−=⇒=

Teniendo en cuenta que M2 = 2M1, y simplificando la igualdad se obtiene una ecuación de 2º grado.

( )( ) 0DDx2x xDx2

XD

M2

x

M 22222

121 =−+⇒−=⇒

−=

( )( )

−−=

−=±−=

+±−=

D 21x

D 12x:D2D

2

D4D4D2x

22

Como es una distancia solo sirve la solución positiva

( ) ( ) m10212m1083,412Dx 1010 ×=−⋅×=−=

b. Teniendo en cuenta que la energía mecánica se conserva, se cumplirá: ( ) ( )2 planeta SuperficieE1 planeta SuperficieE MM =

• ( ) ( ) ( )

−−−+=+=

1

2

1

121pcM RD

mMG

R

mMGmv

2

1IEIE1 planeta SuperficieE

• ( ) ( ) ( )

−−−+=+=

2

1

2

222pcM RD

mMG

R

mMGmv

2

1IIEIIE2 planeta SuperficieE

Teniendo en cuenta que R1 = R2 = R, y que M1 = M; M2 = 2M1 = 2M

( )RD

mM2G

R

mMGmv

2

1IE 2

1M−

⋅−

⋅−= ( )

RD

mMG

R

mM2Gmv

2

1IIE 2

2M−

⋅−

⋅−=

Igualando las energías: ( ) ( )IIEIE MM =

( )

RD

mMG

R

mM2Gmv

2

1

RD

mM2G

R

mMGmv

2

1

IIE

22

21

c

−

⋅−

⋅−=

−

⋅−

⋅−

321

( )

−

⋅−

⋅−−

−

⋅−

⋅−=

RD

mMG

R

mM2G

RD

mM2G

R

mMGmv

2

1IIE 2

1c

57

Agrupando términos

( )

−−⋅⋅⋅+=

−

⋅−

⋅+=

RD

1

R

1mMGmv

2

1

RD

mMG

R

mMGmv

2

1IIE 2

121c

( ) ( )

×−×−

×⋅×⋅×⋅×+×⋅×= −

610632411243

c1061083,4

1

106

11051041067,6102105

2

1IIE

( ) J1022,1IIE 12c ×=

Debido a la enorme diferencia entre el radio de los planetas y la distancia entre ellos, se pueden despreciar las energías potenciales del planeta dos en la superficie del planeta 1 y del planeta 1 en la superficie del planeta 2 sin que se modifique sustancialmente le calculo.

• ( ) ( ) ( )1

121pcM R

mMGmv

2

1IEIE1 planeta SuperficieE −=+=

• ( ) ( ) ( )2

222pcM R

mMGmv

2

1IIEIIE2 planeta SuperficieE −=+=

Teniendo en cuenta que R1 = R2 = R, y que M1 = M; M2 = 2M1 = 2M

( )R

mMGmv

2

1IE 2

1M⋅

−= ( )R

mM2Gmv

2

1IIE 2

2M⋅

−=

Igualando las energías: ( ) ( )IIEIE MM =

( )

R

mM2Gmv

2

1

R

mMGmv

2

1

IIE

22

21

c

⋅−=

⋅−

321

( )

⋅−−

⋅−=

R

mM2G

R

mMGmv

2

1IIE 2

1c

Agrupando términos

( ) ( ) J1022,1106

1051041067,6102105

2

1

R

mMGmv

2

1IIE 12

6

324112432

1c ×=×

×⋅××+×⋅×=

⋅+= −

Septiembre 2005. Cuestión 2.- Dos masas iguales, M = 20 kg, ocupan posiciones fijas separadas una distancia de 2 m, según indica la figura. Una tercera masa, m´=0,2 kg, se suelta desde el reposo en un punto A equidistante de las dos masas anteriores y a una distancia de 1 m de la línea que las une (AB=l m). Si no actúan más que las acciones gravitatorias entre estas masas, determine:

a) La fuerza ejercida (módulo, dirección y sentido) sobre la masa m' en la posición A.

b) Las aceleraciones de la masa m' en las posiciones A y B. Dato: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×10−11 N m2 kg−2

Solución.

a. La expresión de la fuerza gravitatoria es 2d

'MMGF

⋅= , y la dirección es la que une las masas

según muestra el esquema de la figura.

Las fuerzas 1F

r y 2F

r se descomponen en sus componentes vertical y horizontal.

58

( )

( )

α⋅=

α⋅=+=

α−⋅=

α−⋅=+=

cosFF

senFF:FFF

cosFF

senFF:FFF

2y2

2x2y2x22

1y1

1x1y1x11

rr

rrrrr

rr

rrrrr

Por otra parte 221

d

mMGFF

⋅==

rr, por lo tanto hay que calcular d y α.

d se halla por el teorema de Pitágoras

m211d 22 =+= α se halla teniendo en cuenta que es un triángulo isósceles rectángulo

α = 45º

( ) ( )

j αcosd

'mMGi sen

d

'mMGj Fi FFFF

j cosd

'mMGi sen

d

'mMGj Fi FFFF

21

22

y2x2y2x22

21

21

y1x1y1x11

rrrrrrrrr

rrrrrrrrr

⋅⋅

+α⋅⋅

=+=+=

α−⋅⋅

+α−⋅⋅

=+=+=

Sustituyendo por los valores:

( ) ( )( )

( )

+⋅=+⋅

⋅⋅=

+−⋅=−+−⋅

⋅⋅=

−−−

−−−

j2

2i

2

21033'1j 54 cosi 45 sen

m2

kg 2'0kg 20kgNm1067'6F

j2

2i

2

21033'1j 45cosi 45sen

m2

kg 2'0kg 20kgNm1067'6F

10

222211

2

10

222211

1

rrrrr

rrrrr

La fuerza gravitatoria total ejercida ejercidas por las masas M sobre la masa m’ es la suma

vectorial de 1Fr

y 2Fr

.

operando para simplificar

N j10891F 10rr

−⋅′=

b. Si se aplica la ecuación de Newton en el punto A se obtiene la aceleración a la que se ve sometida la masa m’ en dicho punto.

210

10

smj1043'9

kg 2'0

N j 1089'1

m

FaamF

rrr

rrr−

−

⋅=⋅

==⇒⋅=

En el punto B, las fuerzas no tienen componente jr

por lo que la fuerza resultante es nula y por

tanto la aceleración en A también es nula.

59

Septiembre 2005. Problema 1A. Desde la superficie terrestre se lanza un satélite de 400 kg de masa hasta situarlo en una órbita circular a una distancia del centro de la Tierra igual a las 7/6 partes del radio terrestre. Calcule:

a) La intensidad de campo gravitatorio terrestre en los puntos de la órbita del satélite. b) La velocidad y el periodo que tendrá el satélite en la órbita. c) La energía mecánica del satélite en la órbita d) La variación de la energía potencial que ha experimentado el satélite al elevarlo desde la

superficie de la Tierra hasta situarlo en su órbita. Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6’67×10−11 Nm2 kg−2 Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg Radio de la Tierra RT = 6,37×106 m Solución. a. La expresión del campo gravitatorio es:

R2U

R

MGg

rr⋅−=

Donde RUr

es el vector unitario en la dirección del radio. La intensidad será el modulo de gr

.

2R

MGgg ⋅==

r

Teniendo en cuenta que el radio de la órbita es 7/6 del radio terrestre:

( ) kgN2'7g

49

36

R

MG

49

36

R67

MGg

2T

T2

T

=⋅=⋅=⋅=

b. En una órbita circular la fuerza centrífuga compensa a la gravitatoria.

2T

2

gcR

mMG

R

vm FF

⋅=⇒=

Despejando la velocidad:

R

MGv =

Teniendo en cuenta que el radio de la órbita es 7/6 del radio terrestre:

sm7326

m1037'667

kg1098'5kgNm1067'6

R67

MGv

6

242211

T

T =×⋅

××== −−

Por ser un movimiento circular uniforme:

s 6374

sm7326

m1037'6672

v

R672

v

R2T:

Rv

2T

6T

=×⋅⋅π

=⋅π

=π

=

⋅ω=ω

π=

c. La energía mecánica es la suma de la cinética y la potencial.

pcm EEE +=

Energía cinética:

R

mMG

2

1

R

MGm

2

1E:

R

MGv

mv2

1E

T

2

Tc

T

2c

=⋅=

=

=

Energía potencial

R

mMGE T

p −=

Sumando los dos términos se obtiene la energía mecánica del satélite en la órbita.

60

T

TTTTpcm

R67

mMG

2

1

R

mMG

2

1

R

mM

R

mMG

2

1EEE −=−=

−+=+=

sustituyendo valores

J1007'1m1037'66

7kg 400kg1098'5

kgMm1067'62

1

R67

mMG

2

1E 10

6

242211

T

Tm ×−=

×⋅

⋅××−=−= −−

d. La variación de energía potencial es:

( ) ( )iEfEE∆ ppp −=

( )

( )

−⋅=

−⋅=

−−−=

−=

−=

TTT

TT

T

TTp

Tp

T

Tp

R67

1

R

1mGM

R

1

R

1mGM

R

mMG

R

mMGE∆:

R

mMGfE

R

mMGiE

sustituyendo valores

J106'31037'66

71

1037'6

14001098'51067'6E 9

662411

p ×=

×⋅−

×⋅⋅×⋅×=∆ −

Junio 2005. Cuestión 2.-

a) Deduzca la expresión de la energía cinética de un satélite en órbita circular alrededor de un planeta en función del radio de la órbita y de las masas del satélite y del planeta.

b) Demuestre que la energía mecánica del satélite es la mitad de su energía potencial. Solución.

a. Para deducir la Ec, primero se calcula la velocidad del satélite en la órbita, para ello se iguala la fuerza centrífuga con la gravitatoria

cg FF =

R

MG v

R

vm

R

mMG 2

2

2⋅=⇒⋅=

⋅⋅

R

mMG

2

1

R

MGm

2

1vm

2

1E 2

c⋅

=⋅=⋅=

b. Para calcular la energía mecánica se suman la cinética y la potencial.

ppcM E2

1

R

mMG

2

1

R

mMG

2

1

R

mMG

R

mMG

2

1EEE =

⋅−=

⋅−=

⋅−

⋅=+=

61

Junio 2005. Problema 1A.- Un satélite artificial de la Tierra de 100 kg de masa describe una órbita circular a una altura de 655 Km. Calcule:

a) El periodo de la órbita. b) La energía mecánica del satélite. c) El módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra. d) El cociente entre los valores de la intensidad de campo gravitatorio terrestre en el satélite y en la

superficie de la Tierra. Datos: Masa de la Tierra MT = 5’98×10

−24 kg

Radio de la Tierra RT = 6’37×106 m

Constante de Gravitación Universal G = 6.67×10-11

N m2 kg

-2 Solución.

a.

Al ser una órbita circular: cg FF =

R

MGv

R

vm

R

mMG 2

2

2⋅=⇒⋅=

⋅⋅

Por otra parte en un movimiento circular se cumple:

v

R2T:

Rv

2T ⋅π

=

⋅ω=ω

π=

sustituyendo la velocidad:

( )s 8'5857

Kg1098'5KgNm1067'6

m10025'72

MG

R2

R

MG

R2T

242211

363

=×⋅×

×⋅π=

⋅⋅π=

⋅

⋅π=

−−

28 73h 1

hs3600

s 8'5857T ′′′==

b. R

m MG

2

1

R

MGv

R

m MGmv

2

1EEE 22

pcm −=

==

−+=+=

J108'210025'7

1001098'51067'6

2

1E 9

6

2411

m ×−=×

⋅×⋅×−= −

c. RMGmR

MGmRmvR90º senpRL ; pRL ⋅⋅=⋅=⋅=⋅⋅=×=

rrr

121262411 smKg103'510025'71098'51067'6100L −− ⋅×=×⋅×⋅×⋅=

d. Igualando el peso con la fuerza gravitacional, se obtiene una expresión de la intensidad de campo gravitatorio en función de la masa del planeta y del radio (distancia al centro)

2R

MGg =

Aplicando esta expresión en la superficie de la tierra y en la orbita del satélite se puede obtener

62

el cociente de las intensidades.

82'010025'7

1037'6

R

R

g

g ndoSimplifica

R

MG

R

MG

g

g:

R

MGg

R

MGg 2

6

62

Sa

T

T

Sat

2T

T

2Sat

T

T

Sat

2Sat

TSat

2T

TT

=

×

×=

==

=

=

Modelo 2005. Cuestión 1.- Razone si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:

a) Un objeto de masa m1 necesita una velocidad de escape de la Tierra el doble que la que necesita otro objeto de masa 2mm 12 =

b) Se precisa realizar más trabajo para colocar en una misma órbita un satélite de masa m1 que otro satélite de masa 2mm 12 = , lanzados desde la superficie de la Tierra.

Solución.

a. FALSO. La velocidad de escape desde la superficie de la tierra se puede deducir sabiendo que la energía a una distancia infinita de la tierra es cero, y por tanto, si la energía que tiene un cuerpo en la superficie terrestre es:

ia)gravitator potencial (Energia R

mMGE

T

1TSup

⋅⋅−=

habrá que imprimirle una energía cinética de escape:

( ) 2Esc1c vm

2

1EscE ⋅=

de forma que. ( ) 0Esc EE cSup =+

sustituyendo las expresiones de ambas energías se despeja la velocidad de escape.

0vm2

1

R

mMG 2

Esc1T

1T =⋅+⋅

⋅−

T

TEsc R

MG2v ⋅=

Expresión que pone de manifiesto que la velocidad de escape de un planeta no depende de la masa del cuerpo, por tanto la velocidad de escape será idéntica para ambos cuerpos. b. VERDADERO. Si consideramos el campo gravitatorio como puramente conservativo:

T

T1T

1T

T

1T

fop

Rr donde

R

1

r

1mMG W´´

r

mMG

R

mMGW

EpEpEW

>

−⋅⋅=

⋅⋅−−

⋅⋅−=

−=∆−=

Como vemos, este trabajando si que depende de la masa del cuerpo m1, (además de ser negativo,

lo que indica que el trabajo lo realizamos nosotros “en contra” del campo, gastamos energía)

Según se observa en la formula anterior, si 2

mm 1

2 =

−=

T

1T R

1

r

1

2

m·M·GW

Cuanto mayor es la masa del cuerpo, más trabajo tenemos que realizar, por tanto, el satélite de

masa m1 requiere efectuar mas trabajo que el de masa 2mm 1

2 =

63

Septiembre 2004. Cuestión 1. La luz solar tarda 8,31 minutos en llegar a la Tierra y 6,01 minutos en llegar a Venus. Suponiendo que las órbitas descritas por ambos planetas son circulares, determine:

a) el periodo orbital de Venus en torno al Sol sabiendo que el de la Tierra es de 365,25 días b) la velocidad con que se desplaza Venus en su órbita.

Dato: Velocidad de la luz en el vacío c = 3x108 m/s Solución. a. El periodo T se define como:

v

R2T :

Rv2

R

v2T

π=

π=

=ω=ω

π=

En el caso de orbitas circulares, la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo debe ser igual a la fuerza centrípeta igualando la fuerza centrífuga a la gravitatoria se obtiene una expresión para la velocidad en la órbita:

cg FF = R

vm

R

MmG

2

2=

R

MGv2 =

Operando con las dos expresiones:

Keppler deLey RGM

4T

GM

R4

R

GMR4

T:

R

MGv

v

R4T

v

R2T

32

23

222

2

2

2

222

→π

=→π=π

=

=

π=⇒

π=

teniendo en cuenta que G y M(masa de Sol) son constantes, cteR

T3

2= , y aplicando a las orbitas de la

Tierra y de Venus

3t

3v2

t2v3

v

3t

2v

2t

R

RTT

R

R

T

T=→=

Los radios de la Tierra y de Venus se calculan a partir del tiempo que tarda en llegar la luz a cada uno de los planetas en un M.R.U.

seg 6,498min 1

seg 60min 31,8t t =⋅=

seg 6,360min1

seg 60min01.6t v =⋅=

multiplicando por la velocidad de la luz tenemos la distancia de la tierra al sol y de Venus al Sol.

m101496sm103seg 6'498dR 88

STT ×=×⋅== −

m10x1082sm103seg 6'360dR 88

SVV =×⋅== −

( ) días 15,2231050'1

1008'1días 25'365

R

RTT

3

12

122

3t

3v2

tv =

×

×⋅==

b. La velocidad orbital de Venus será:

sm35261

s 36002415,223

m101082π2

T

Rπ2V

V

Rπ2T

8

v

vv =××

××==→=

Septiembre 2004. Problema 1A. Un planeta esférico tiene 3200 km de radio y la aceleración de la gravedad en su superficie es 6,2 m s-2. Calcule:

a) La densidad media del planeta y la velocidad de escape desde su superficie. b) La energía que hay que comunicar a un objeto de 50 kg de masa para lanzarlo desde la

superficie del planeta y ponerlo en órbita circular alrededor del mismo, de forma que su periodo sea de 2 horas.

Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6’67×10−11 N m2kg−2 Solución. a. Igualando el peso de los cuerpos en el planeta con la fuerza de atracción gravitacional:

64

2R

mMGgm

⋅=⋅

se obtiene una expresión de g en función de la masa y radio del planeta

2R

MGg =

La masa de un sólido se puede expresar en función del volumen y la densidad(ρ), y para sólidos esféricos, el volumen se puede expresar en función del radio.

ρ⋅⋅π=

⋅π=

ρ⋅=3

3 R3

4M:

R3

4V

VM

sustituyendo en la expresión de g

ρ⋅⋅⋅π=

ρ⋅⋅π

= RG3

4g :

R

R3

4

Gg2

3

expresión de la que se puede despejar la densidad del planeta en función del radio y gravedad del mismo.

31166

2

mkg 7'6934

1067'6102'34

2'63

m 102'3Km 3200Rs

m 2'6g

GR4

g3=

×⋅×⋅π

⋅=

×==

==

⋅⋅π=ρ

−

La velocidad de escape del planeta se puede calcular por el principio de conservación de la energía, la energía mecánica en la superficie terrestre (suma de cinética y potencial) debe ser igual a la que tendrá cuando escape del campo gravitatorio, que será nula debido a que suponemos que llega con velocidad nula (Ec = 0) y que esta a una distancia infinita (Ep = 0).

0R

m MGv m

2

1 2e =−


R

MGv

2

1 2e = :

R

MG2ve =

Como se desconoce la masa del planeta, se puede resolver de dos formas diferentes, relacionando M con la aceleración de la gravedad en la superficie del planeta y el radio, o calculando la masa del planeta con la densidad y el volumen.

Relacionando M con g y R: De la expresión 2R

MGg = , se despega el producto G·M = g·R2, sustituyendo

en la expresión de la velocidad de escape:

sm2,6299102,32,62Rg2

R

Rg2v 6

2

e =×⋅⋅=⋅=⋅

=

Calculando la masa con la densidad del planeta: ρRπ3

4ρVM 3=⋅=

( ) 2336 1052,97,6934102,3π3

4M ×=⋅×⋅=

Sustituyendo en la expresión de la velocidad de escape:

sm8,6299

102,3

1052,91067,62v

6

2311

e =×

××⋅= −

b. Por el principio de conservación de energía, la energía mecánica en la superficie es igual a la energía mecánica en la órbita.

( ) ( )órbitaEsuperficieE mm =

( ) ( )órbitapcsuperficiepc EEEE +=+

65

( )

−+=

−+

órb

2órb

superficiePc R

MmGmv

2

1

R

MmGsuperficieE

La velocidad en la órbita se puede expresar en función de la masa y del radio del planeta. En el caso de orbitas circulares, la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo debe ser igual a la fuerza centrípeta igualando la fuerza centrífuga a la gravitatoria se obtiene una expresión para la velocidad en la órbita:

cg FF = R

vm

R

MmG

2

2=

R

MGv2 =

( )

−+=−+

órbórbPc R

MmG

R

MmG

2

1

R

MmGsuperficieE

( )órbP

c R

MmG

2

1

R

MmGsuperficieE −=− ( )

órbPc R

MmG

2

1

R

MmGsuperficieE −=

( )

−=

órbPc R2

1

R

1GMmsuperficieE

Para calcular el radio de la órbita se emplea el periodo. Partiendo de la expresión de v en función

de M y R

=

R

MGv2 , y teniendo en cuenta que: R

T

π2v:

T

π2ω

R ωv=

=

=

R

MGR

T

π22

=

: 32

2

R

MG

T

π4= : 3

2

2

π4

MTGR =

( )m1037,4

π4

360021052,91067,6R 63

2

22311 ×=

⋅⋅××= −

Sustituyendo los valores en la energía cinética:

( ) J1029,61037,42

1

102,3

1501052,91067,6superficieE 8

662311

c ×=

×⋅−

⋅⋅⋅×⋅×= −

Junio 2004. Cuestión 2.- Plutón describe una órbita elíptica alrededor del Sol. Indique para cada una de las siguientes magnitudes si su valor es mayo, menor o iguala en el afelio (punto más alejado del Sol) comparando con el perihelio (punto más próximo al Sol):

a) Momento angular respecto a la posición del Sol. b) Momento lineal. c) Energía potencial d) Energía mecánica.

Solución. a. El momento angular alrededor del sol es constante ya que es una fuerza central. b. El momento lineal es diferente. Se puede calcular

teniendo en cuenta que CteL =→

Dado que en el afelio y en el perihelio el ángulo entre py rrr

es de 90º el modulo de L queda

ppp

aaa

prL

prL

⋅=

⋅=

teniendo en cuenta que el momento angular es constante

( ) appap

a

a

pppaapa pprr1

r

r

p

p : prpr : LL >⇒>>===

66

c. La energía potencial solo depende de la distancia:

r

mMGE p

⋅−=

dado que el radio del afelio es mayor que el radio del perihelio,

se puede observar que en modulo ( ) ( )aEpE pp > pero sin módulos ( ) ( )pEaE pp > por lo que al

conservarse la energía mecánica ( ) ( )aEpE cc > .

d. La energía mecánica permanece constante ya que no hay fuerzas de rozamiento. Modelo 2004. Cuestión 1.- La velocidad de un asteroide es de 20 km/s en el perihelio y de 14 km/s en el afelio. Determine en esas posiciones cual es la relación entre:

a) Las distancias al Sol en tomo al cual orbitan. b) Las energías potenciales del asteroide.

Solución. a. El asteroide describe una orbita elíptica en

torno a su Sol sometido a fuerzas centrales ( )F rrr

, y

por tanto 0M =r

, lo cual supone que cteL =r

. La constancia del momento angular, permite plantear que el momento angula en el perihelio (punto de la órbita más próximo al Sol) es igual al momento angular en el afelio (punto de la órbita más alejado del Sol).

ap LLrr

= En módulo ap

prprrrrr

×=× ; αsenmvrαsenmvr pppp ⋅⋅=⋅⋅

Simplificando la masa y teniendo en cuenta que el vector velocidad es tangente a la trayectoria, ( )vr

rr⊥ ⇒ α =90º.

90senvr90senvr aapp ⋅⋅=⋅⋅ ; aapp vrvr ⋅=⋅ ; p

a

a

p

v

v

r

r=

7,020

14

r

r

a

p==

b. La energía potencial gravitatoria que tiene el asteroide en cada punto de la trayectoria, tiene la expresión:

r

mMGE p

⋅−=

Si se aplica al afelio y perihelio y se compara:

( )( )

a

p

ap

pp

r

mMG

r

mMG

E

E

⋅−

⋅−

= Simplificando y ordenando: ( )( ) 43,1

7,0

1

rr

1

r

r

E

E

a

pp

a

ap

pp====

67

Modelo 2004. Problema 1A.- La sonda especial Mars Odissey describe una órbita circular en torno a Marte a una altura sobre su superficie de 400 km. Sabiendo que un satélite de Marte describe órbitas circulares de 9390 km de radio y tarda en cada una de ellas 7’7 h, calcule:

a) El tiempo que tardara la sonda especial en dar una vuelta completa. b) La masa de Marte y la aceleración de la gravedad en su superficie. Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6’67×10−11N m2kg−2 Radio de Marte RM = 3390 km

Solución.

a. Se pide el periodo de la

sonda: ω

π=

2T

teniendo en cuenta que se cumple la 3º ley de Kepler:

32 rkT ⋅= se relaciona el periodo de la sonda con el del satélite:

⋅=

⋅=3

12

sat

32

2son

rkT

rkT: son ≡ Soda; sat ≡ satélite

Dividiendo ambas expresiones y puesto que la k sólo depende del cuerpo en torno al cual se produce la orbita, el mismo valor en ambos casos:

31

32

2sat

2son

r

r

T

T=

despejando Tson:

21

31

32

2sat

sonr

r·TT

=

sustituyendo los valores del problema y calculando: Tson = 7108 seg. = 1’97 H

b. La masa de Marte se puede hallar teniendo en cuenta que para que el satélite describa una órbita circular en torno a Marte, la fuerza de atracción gravitacional debe ser igual a la fuerza centrípeta a la que se ve sometido el satélite. Si M ≡ masa de Marte; m ≡ masa del satélite:

1

2

1 r

vm

r

MmG = 2

1v

r

MG = R

T

π2v:

T

π2ω

R ωv=

=

=

R

MGR

T

π22

=

GT

rπ4M

2

31

2=

( )( )

kg1038,61067,636007,7

1039,9π4M 23

112

362×=

×⋅⋅

×⋅=

−

Conocida la masa de Marte, la aceleración de la gravedad en su superficie se calcula igulando el peso a la fuerza gravitacional.

FP = 2MR

mMGgm

⋅=⋅

2MR

MGg =

( ) 223

2311

sm7,3

103390

1038,61067,6g =

×

××= −

68

Septiembre 2003. Problema 1A. Un satélite artificial de 100 kg de masa se encuentra girando alrededor de la Tierra en una órbita circular de 7100 km de radio. Determine:

a) El periodo de revolución del satélite. b) El momento lineal y el momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra. c) La variación de energía potencial que ha experimentado el satélite al elevarlo desde la superficie

de la Tierra hasta esa posición. d) Las energías cinética y total del satélite.

Datos: Masa de la Tierra MT = 5’98×1024kg Radio de la Tierra RT = 6’37×106m Constante de Gravitación Universal G = 6’67×10−11 N m2kg−2 Solución.

a. La relación entre el periodo T y la velocidad angular ω es:

T

2π=ω -1-

A partir de la igualdad entre la fuerza centrípeta y la fuerza gravitatoria se obtiene la velocidad lineal, de esta la angular y de la angular el periodo.

Gc FFrr

=

2T

2

R

MmG

R

vm

⋅⋅=⋅

despejando la velocidad

R

MGv T⋅=

teniendo en cuenta que v = ω · R -2-

( ) srad 10056'1

101,7

1098'51067'6

R

MG

RR

MG

R

vω 3

36

2411

3T

T

−− ×=

×

××=⋅=

⋅

==

despejando el periodo de -1- y sustituyendo la velocidad angular obtenida

39'h 1 s 595110056'1

π2

ω

π2T

3==

×==

−

b. La expresión para el momento lineal es

vmprr

⋅=

siendo su módulo

p = m · v utilizando la relación -2-

smkg 1049'7101,71024'1100Rωmp 563 ⋅×=×⋅×⋅=⋅⋅= −

la dirección y sentido de p

r es la misma que la de v

r, perpendicular al radio en todo punto de la

trayectoria circular:

La expresión para el momento angular es

vmRLrrr

×= que constituye el momento de la cantidad de movimiento (ó momento lineal ). El módulo de L es:

69

α⋅⋅= sen mvRLr

teniendo en cuenta que el ángulo formado por Rr

y v·mr

es de 90º en todo momento

v·mR90sen v·mRL ⋅=⋅⋅=r

aplicando -2- 2RmRmRv·mRL ⋅ω⋅=ω⋅⋅=⋅=

r

sustituyendo los valores numéricos:

( ) smkg 1031037'61024'11098'5RmL

235263242 ⋅×=×⋅×⋅×=⋅ω⋅= −r

La dirección del vector es perpendicular al plano de la órbita, y en dirección positiva(eje z)

c. La variación de energía potencial que experimenta el satélite al elevarlo desde la superficie de la tierra hasta su posición en la órbita, se obtiene restando la energía potencial que tiene el satélite en la órbita, menos la que tiene en la superficie de la tierra.

−⋅⋅=

⋅⋅−−

⋅⋅−=∆

R

1

R

1MmG

R

MmG

R

MmGE

TT

T

TTp

sustituyendo los datos numéricos del problema:

J 1044'6101'7

1

1037'6

11098'51001067'6

R

1

R

1MmGE 8

662411

TTp ×=

×−

××⋅⋅×=

−⋅⋅=∆ −

d. Energía cinética: 2c vm

2

1E ⋅= .

La velocidad se calcula mediante la ecuación -2-

sm 804.8101'71024'1Rv 63 =×⋅×=⋅ω= −

conocida la velocidad, la energía cinética se calcula sustituyendo en su expresión

( ) J 1088'3sm 804.8kg 100

2

1vm

2

1E 922

c ×=⋅⋅=⋅=

La energía total del satélite es la suma de su energía cinética más su energía potencial

J 1074'1101'7

1098'51001067'6804.8100

2

1

R

MmGvm

2

1E 9

6

24112T2

T ×−=×

×⋅×−⋅⋅=

⋅−+⋅= −

Junio 2003. Cuestión 1. Suponiendo un planeta esférico que tiene un radio la mitad del radio terrestre e igual densidad de la Tierra, calcule:

a) La aceleración de la gravedad en la superficie de dicho planeta. b) La velocidad de escape de un objeto desde la superficie del planeta, si la velocidad del escape

desde la superficie terrestre es 11,2 km/s. Datos: Aceleración de la gravedad en la superficie de la tierra g = 9,81 m s-2 Solución.

TT (densidad) R2

1R ρ=ρ=

La masa del planeta es: T3T

3T3

3T3 M

8

1ρRπ

3

4

8

1R

6

ρπ

2

Rπ

3

4ρRπ

3

4ρV·ρM ==

⋅====

70

a. 22T2T

T2

T

T

2 sm905'4

sm

2

81'9g

2

1

R

MG

2

1

2R

8M

GR

MGg ====

==

b. skm6,5

2

2,11Rg2

2

1R

2

1g

2

12gR2v TTTTe =====

Junio 2003. Problema 1A. Mercurio describe una órbita elíptica alrededor del Sol. En el afelio su distancia al Sol es de 6,99×1010 m, y su velocidad orbital es de 3,88×104 m/s, siendo su distancia al Sol en el perihelio de 4,60×1010m.

a) Calcule la velocidad orbital de Mercurio en el perihelio. b) Calcule las energías cinética, potencial y mecánica de Mercurio en el perihelio. c) Calcule el módulo de su momento lineal y de su momento angular en el perihelio. d) De las magnitudes calculadas en los apartados anteriores, decir cuáles son iguales que en el

afelio.

Datos: Masa de Mercurio kg1018,3M 23M ×=

Masa del Sol kg1099,1M 30S ×=

Constante de Gravitación Universal 2211 kgNm1067,6G −−×=

Solución.

a. Para hallar la velocidad en el perihelio de Mercurio con los datos del enunciado, se tiene en cuenta que orbita en torno al Sol debido a la acción de fuerzas centrales, y por tanto el momento angular

( )prL ×= permanece constante ( )pa LLrr

= .

Si pa LLrr

= , también se cumple que pa LLrr

=

{ } mvr90 senmvrvrα senmvrL ⋅=⋅⋅=⊥=⋅⋅=rrr

perihelioperihelioafelioafelio vmr vmr ⋅=⋅

Simplificando la masa, se despeja la velocidad en el perihelio.

sm109,5

106,4

1099,61088,3

r

rvv 4

10

104

p

aap ×=

×

××==

b. ( ) J1053,5109,51018,32

1vm

2

1E 3224232

pc ×=×⋅×=⋅=

J1018,91060,4

1018,31099,11067,6

r

MMGE 32

10

233011

p

MSp ×−=

×

×⋅×⋅×−=−= −

J1065,31018,910527,5EEE 323232PCM ×−=×−×=+=

c. 128423pp s m kg1088,1109,51018,3vmp −×=×⋅×==

rr

12382810pppp sm kg1065,81088,11060,4vmr90 senprprL −×=×⋅×=⋅⋅=⋅⋅=×=

rrr

d. La energía total se conserva durante todo el tiempo, en ausencia de rozamiento, por el principio de conservación de la energía, la energía mecánica permanece constante

71

El momento angular también se conserva, por estar sometido a fuerzas centrales ( )0M =r

, y

teniendo en cuenta que cteL0dt

LdM =⇒==

rr

r

La energía potencial y cinética dependen del radio y de la velocidad respectivamente, como estos

valores cambian del afelio al perihelio, las energías potencial y cinética no se conservan El momento lineal también depende de la velocidad y por tanto tampoco se conserva constante. Septiembre 2002. Problema 1A. Se pretende colocar un satélite artificial de forma que gire en una órbita circular en el plano del ecuador terrestre y en el sentido de rotación de la tierra. Si se quiere que el satélite pase periódicamente sobre un punto del ecuador cada dos días, calcule:

a) La altura sobre la superficie terrestre a la que hay que colocar el satélite. b) La relación entre la energía que hay que comunicar a dicho satélite desde el momento de su

lanzamiento en la superficie terrestre para colocarlo en esa órbita y la energía mínima de escape. Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6’67x 10−11N·m2·kg−2 Radio de la Tierra Rt = 6370 km Masa de la Tierra Mt = 5’98x1024kg Solución. El periodo del satélite es T = 2 días. Si lo pasamos a segundos:

T = 2· 24· 3600 T = 172.800 seg a. Para calcular la altura h, se establece que la fuerza gravitatoria entre el satélite y la tierra es la fuerza centrípeta del movimiento:

R

vm

R

mMG

2

s2sT = 2T v

R

MG =

Teniendo en cuenta que Rωv ⋅= y que T

π2ω =

2T R

T

π2

R

MG

= Ordenando 2

2T3 T

π4

MGR

⋅=

Km 070 67m1007,67172800π4

1098,51067,6T

π4

M·GR 63 2

2

24113 2

2T =×=⋅

×⋅×==

−

La altura sobre la superficie terrestre, se halla restando al radio de la orbita R (distancia entre los centros de masa), el radio de la tierra RT.

h = R − RT = 67.070 − 6.370 h = 60700 km.

b. La energía mínima del escape ( )eE∆ , es aquella que hay que comunicar al satélite en la

superficie de la tierra, para que venza la atracción gravitatoria de la tierra, es decir para llevarlo al infinito, donde Em = 0.

0R

mMGE

T

Te =

−+∆

despejando la energía de escape:

T

Te R

mM·GE =∆

La energía que hay que comunicarle al satélite para colocarlo en la orbita ( )oE∆ se obtiene de la

igualdad:

444 3444 2143421órbita laen Energía

2To

e terrestrsuperficielaen Energía

T

T mv2

1

R

mMGE

R

mMG +−=∆+−

72


MGv T2 =

R

MGm

2

1

R

mM·GE

R

mM·G TT

oT

T ⋅+−=∆+−

Operando el segundo miembro, se despeja la energía necesaria para situarlo en la órbita.

R

mM·G

2

1E

R

mM·G T

orbitaT

T −=+− R

mM·G

2

1

R

mM·GE T

T

To −=∆

La relación que se pide es:

R2

R1

R

mMG

R

mMG

2

1

R

mMG

R

mMG

R

mMG

R

mMG

2

1

R

mMG

E

E T

T

T

T

T

T

T

T

T

T

T

T

T

e

o −=−=

−

=∆

∆

9525,010670702

1063701

E

E3

3

e

o =×⋅

×−=

∆

∆

Junio 2002. Cuestión 1. Un planeta esférico tiene un radio de 3000 km, y la aceleración de la gravedad en su superficie es 6 m/s2.

a) ¿Cuál es su densidad media? b) ¿Cuál es la velocidad de escape para un objeto situado en la superficie de este planeta?

Dato: Constante de Gravitación Universal G = 6’67x10−11Nm2kg−2 Solución. a. Se pide calcular la densidad de un planeta esférico conocido su radio(R = 3000 Km) y la aceleración de la gravedad en su superficie(g = 6 m/s2) La expresión de la densidad media de un cuerpo es;

=ρ volumen:V

cuerpo el de Masa:M:

V

M (1)

por tratarse de un objeto esférico;

3R3

4V π= donde R es el radio del planeta.

sustituyendo su valor R = 3000 Km = 3×106 m, se obtiene:

( )3610·33

4V π= 318 m10·36Vp π=

El siguiente paso es hallar la masa del planeta(M) para introducirla en (1) y hallar la densidad.

Para ello se utiliza el dato de la gravedad del planeta en la superficie(g = 6 m/s2) La expresión para g es;

2R

M·Gg =

de esta expresión, todos los datos son conocidos salvo M que se despeja;

G

R·gM

2

=

y sustituyendo sus valores numéricos:

( )kg10·096'8M

10·67'6

10·3·6M 23

p11

26

==−

Por tanto, de la expresión (1);

3318

23

mkg7158'4

m10·36

kg10·096'8=

π=ρ

b. Para calcular la velocidad de escape para un objeto situado en la superficie de este planeta, se aplica el Principio de Conservación de la energía: ( ) ( )∞== RERE fPi

73

La velocidad de escape, es la que es necesario comunicar al objeto, para que se desplace desde la superficie de la tierra al infinito. Por convenio la Ef(R=∞) = 0. En la superficie terrestre, será la suma de la E p (gravitatoria) y la Ec que le comunicamos al objeto. Si tienen que ser iguales:

( ) 0Rp

mM·Gmv

2

1 0gEE p2

epc =⋅

−=+

despejando la ve:

Rp

GMp2ve =

sustituyendo valores numéricos:

( )sm6000

103

1009'81067'62V

6

2311

e ≅×

×⋅×⋅=

×−

Junio 2002. Problema 1A. La velocidad angular con la que un satélite describe una órbita circular en tomo al planeta Venus es ω1 = 1’45×10−4 rad/s y su momento angular respecto al centro de la órbita es L1 = 2’2×1012kg m2 s−1.

a) Determine el radio r1 de la órbita del satélite y su masa. b) ¿Qué energía preciso invertir para cambiar a otra órbita circular con velocidad angular

ω2 = 10−4rad/s? Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6’67×10−11Nm2 kg−2.

Masa de Venus (Mv) = 4’87×1024kg. Solución. a. Para hallar el radio r1 de la orbita del satélite se tendrá en cuenta el hecho de que el satélite describe una trayectoria circular por lo que se la suma de fuerzas que actúan sobre el satélite será igual a la fuerza centrípeta.

cFFrr

=∑

Despreciando los efectros de rozamiento, la única fuerza que actúa sobre el satélite es el la fuerza gravitatoria.

cg FFrr

=

Trabajando en módulo

2sV

2s

sR

mM·G

R

vm

⋅=

La velocidad orbital lineal del satélite (vs), se puede expresar en función de ω:

Rωv 1s ⋅=

sustituyendo en la igualdad anterior:

2V

221

R

M·G

R

R·ω=

despejando el radio

321

V21

V3 MGR

MGR

ω

⋅=

ω

⋅=

sustituyendo por los datos del enunciado

( ) ( )

( )( ) ( )Km13'906.24radm7'906130.24

srad1045'1

kg1087'4kg·m·N106'67R

3

2224

242211==

×

×⋅×=

−

−−

Para hallar la masa del satélite, se puede utilizar el módulo del momento angular orbital del

satélite L = R · ms · vs

Si despejamos el valor de ms:

vR

Lm

ss

⋅=

74

teniendo en cuenta que R·v 1s ω=

se obtiene la una expresión de la masa del satélite, en función de los datos conocidos

12s

R

Lm

ω=

sustituyendo

( )( ) ( ) ( )

kg 47'24

srad1045'1rad

m109'24

s·m·kg102'2m

4226

1212

s =

××

×=

−

−

b. La energía que habrá que suministrar al satélite, para cambiarle a otra órbita con ω2 = 10−4 rad/s, será igual a la diferencia de energías entre la órbita final y la inicial.

La energía de un satélite en una órbita determinada viene dada por la expresión:

R

m·M·Gv·m

2

1E sv2

ssT −=

teniendo en cuenta que v = ω · R

R

m·M·GR··m

2

1E sv2

s2ssT −ω=

El incremento de energía que hay que suministrar al satélite por tanto será:

−ω−

−ω=−

1

sV21

21s

2

sV22

22siF R

m·M·GR·m

2

1

R

m·M·GR··m

2

1EE

agrupando:

[ ]

−+ω−ω=∆

21vs

21

21

22

22s R

1

R

1M·m·GRR··m

2

1E (1)

ecuación de la que únicamente se desconoce R2.

Conocida la velocidad angular de la 2ª órbita (ω2 = 10−4 rad·s−1), podemos calcular el radio de la órbita(R2 ), aplicando la igualdad de fuerzas GN FF = , de modo que:

22

sV

2

2s

sR

m·M·G

R

v·m =

expresando vs en función de ω

22

V

2

22

22

R

M·G

R

R·=

ω

despejando R2:

322

v22

2

v32

M·GR

M·GR

ω=

ω=

sustituyendo datos:

Km 9'906.31m 923.906.3110

1087'4·1067'6R 3

4

2411

2 ==××

=−

−

Sustituyendo los valores conocidos en la expresión (1), el incremento de energía es:

( ) ( ) ( ) ( )

×−

×××+

+

××−×⋅=∆

−

−−

662411

26242624

1091'31

1

1091'24

11087'4·47'24·1067'6

1091'241045'11091'31·10·47'242

1E

J 10496'3E 7×=∆

75

Modelo 2002. Cuestión 1.- a) ¿A qué altitud tendrá una persona la mitad del peso que tiene sobre la superficie terrestre?

Exprese el resultado en función del radio terrestre. b) Si la fuerza de la gravedad actúa sobre todos los cuerpos en proporción a sus masas, ¿por qué no

cae un cuerpo pesado con mayor aceleración que un cuerpo ligero? Solución. a. Si se denomina como p al peso a una altura h y po al peso en la superficie terrestre, se pide calcular la altura a la que se cumple:

2

1

p

p

o= o lo que es lo mismo:

2

1

mg

mg

o= teniendo en cuenta que la masa no varía:

2

1

g

g

o=

La intensidad de campo gravitatorio (g) se puede expresar en función de la masa del planeta y de la distancia al centro, teniendo en cuenta que el peso es la fuerza gravitacional con la que el planeta atrae a cualquier masa.

gFp = ; 2R

MmGmg = ;

2R

MGg =

En la superficie terrestre: 2T

To

R

MGg =

A una altura h sobre la superficie terrestre: ( )2T

T

hR

MGg

+=

Comparando: ( )

( ) 2

1

hR

R

R

MG

hR

MG

g

g2

T

2T

2T

T

2T

T

o=

+=

+=

2

1

hR

R

T

T =+

( ) TR12h ⋅−=

b. Porque la intensidad de campo gravitatorio (aceleración de la gravedad), no depende de la masa de los cuerpos, depende de la masa del planeta y de la distancia al centro del planeta.

gFp = ; 2R

MmGmg = ;

2R

MGg =

Modelo 2002. Problema 1A.- Dos planetas de masas iguales orbitan alrededor de una estrella de masa mucho mayor. El planeta 1 se mueve en una órbita circular de radio 1011 m y período de 2 años. El planeta 2 se mueve en una órbita elíptica, siendo su distancia en la posición más próxima a la estrella 1011 m y en la más alejada, 1,8×1011 m.

a) (0,5 puntos) ¿Cuál es la masa de la estrella? b) (0,5 puntos) Halle el período de la órbita del planeta 2. c) (1 puntos) Utilizando los principios de conservación del momento angular y de la energía

mecánica, hallar la velocidad del planeta 2 cuando se encuentra en la posición más cercana a la estrella.

Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67×1011 N m2 kg−2 Solución. a. Si el planeta 1 describe una órbita circular en torno a la estrella, se debe cumplir:

cg FF = ; 1

2

121

1

R

vm

R

MmG = ;

1

2

R

MGv = ; ( )

1

21 R

MGRω = ;

1

212

2

R

MGR

T

π4= ;

( )( )

kg1049,11067,636003652

10π4

GT

Rπ4M 29

112

3112

2

31

2×=

×⋅⋅⋅

⋅==

−

b. Si en vez de despejar la masa se despeja el periodo:

32

2 RGM

π4T =

76

Por tratarse de una órbita elíptica, el radio se sustituye por la media aritmética de los radios del perihelio y del afelio.

m104,12

108,110

2

rra 11

1111ap

×=×+

=+

=

( ) años 31,3s10044,1104,11049,11067,6

π4a

GM

π4T 8311

2911

23

2=×=×⋅

×⋅×==

−

c. Principio de conservación del momento angular: cteL =r

, teniendo en cuenta que la velocidad es

tangente a la trayectoria en cualquier punto de la órbita vrrr

⊥ ⇒ ctemvr90senmvrL =⋅=⋅⋅=r

pa LLrr

= ⇒ pa

LLrr

= ; ppaa mvrmvr ⋅=⋅ ; ppaa vrvr ⋅=⋅

Principio de conservación de la energía: cteEm = ; ( ) ( )pEaE mm =

( ) ( )pcpacp EEEE +=+ ; 2

pp

2a

amv

2

1

r

MmGmv

2

1

r

MmG +−=+−

Simplificando m en la igualdad

2p

p

2a

av

2

1

r

MGv

2

1

r

MG +−=+− ;

−=−

pa

2p

2a r

1

r

1GM2vv

Las dos ecuaciones que se obtienen permiten plantear un sistema de ecuaciones.

−=−

=

−=−

⋅=⋅

ap

2a

2p

a

ppa

ap

2a

2p

ppaa

r

1

r

1GM2vv

r

rvv

:

r

1

r

1GM2vv

vrvr

−=

−

ap

2

a

pp

2p r

1

r

1GM2

r

rvv ;

−=

−

ap2a

2p2

p r

1

r

1GM2

r

r1v ;

2a

2p

app

r

r1

r

1

r

1GM2

v

−

−

=

Ordenando:

sm9,11303

10

108,1

10108,1

1049,11067,62

r

r

rr

GM2v

11

11

1111

2911

p

a

pap =

×⋅

+×

×⋅×⋅=⋅

+=

−

Septiembre 2001. Cuestión 1.- Un proyectil de masa 10 kg se dispara verticalmente desde la superficie de la Tierra con una velocidad de 3200 m/s:

a) ¿Cuál es la máxima energía potencial que adquiere? b) ¿En qué posición se alcanza?

Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra = 9,8 m s−2; Radio medio de la Tierra = 6,37x 106 m Solución. a. Suponemos que el campo gravitatorio terrestre es conservativo, es decir, despreciamos todo tipo de rozamiento o fricción con el aire. En este caso, la energía mecánica del sistema (proyectil) se conserva, por tanto:

Ec + Ep (superficie de la tierra) = Ep (Altura máxima) -1- ya que se supone que cuando llega a su altura máxima, su velocidad es cero. La energía potencial en la superficie terrestre:

J106'24E R·m·gE s

m8'9g 8pTop2o ×−===

Su energía cinética si v = 3200 m/s

J105'12E mv2

1E 7

c2

c ×==

77

Su energía mecánica, suma de la potencial y cinética es:

J10·73'5E 8m −=

por la ecuación 1: ( )

( ) -2- máxima alturaEhR

m·M·GJ1073'5 p

T

T8 =+

−=×−

Por tanto, la máxima energía potencial es: J1073'5E 8p ×−=

b. La posición h, la despejamos de la ecuación (2):

( ) T8

2To

8T

T RJ10·73'5

m·R·ghh despejando

J10·73'5

mM·GhR −=

+

+=+

sustituyendo por los datos del problema:

h = 569’9 Km

Altura a la que llega sobre la superficie terrestre. Junio 2001. Cuestión 1. En el movimiento circular de un satélite en torno a la Tierra, determine:

a) La expresión de la energía cinética en función de las masas del satélite y de la Tierra y del radio de la órbita.

b) La relación que existe entre su energía mecánica y su energía potencial. Solución. a. En el movimiento circular de un satélite en torno a la tierra se cumple que:

2sT

2

sR

mMG

R

vm =

simplificando:

R

mMGvm sT2

s ⋅=

multiplicando por ½ toda la expresión anterior:

R

m·MG

2

1vm

2

1 sT2s ⋅=

por tanto

R

mMG

2

1E sT

c ⋅= -1-

b. La energía mecánica de un satélite es una constante del movimiento, debido a que el campo gravitatorio es conservativo. Es igual a la suma de E cinética y E potencial.

pcm EEE +=

R

m·MGmv

2

1E sT2

m ⋅−=

Se puede utilizar la expresión anterior -1-, y se ve que:

R

m·MG

2

1Ep

2

1Ec sT⋅=

−=

Por tanto:

2

EE

R

m·MG

2

1E

R

m·MG

R

m·MG

2

1E p

msT

msTsT

m =⋅−

=⋅−⋅=

Junio 2001. Problema 1A. Dos satélites artificiales de la Tierra S1 Y S2 describen en un sistema de referencia geocéntrico dos órbitas circulares, contenidas en un mismo plano, de radios r1=8000 km y r2=9034 km respectivamente. En un instante inicial dado, los satélites están alineados con el centro de la Tierra y situados del mismo lado:

a) ¿Qué relación existe entre las velocidades orbitales de ambos satélites?

78

b) ¿Qué relación existe entre los periodos orbitales de los satélites? ¿Qué posición ocupará el satélite S2 cuando el satélite S1 haya completado seis vueltas, desde el instante inicial?

Solución. a. Estableciendo que la fuerza gravitatoria es la fuerza normal del movimiento:

2sT

2

sR

mMG

R

vm ⋅=⋅

despejando la velocidad (v) se obtiene

R

MGv T⋅

=

aplicando a cada uno de los satélites está ecuación:

( )

( )

=

=

2 R

M·G v: S Para

1 R

M·Gv :S Para

2

T22

1

T11

dividiendo la ecuación -1- entre la ecuación -2-, se obtiene la relación pedida

1

2

2

1

R

R

v

v=

Sustituyendo los datos numéricos:

13'1v

v

2

1 =

b. Para hallar la relación entre los periodos orbitales se parte de las ecuaciones:

R

v

2T =ω

ω

π=

sustituyendo en la ecuación del periodo la velocidad angular

v

R2T

π=

Aplicando la ecuación anterior para los dos satélites

π=

π=

2

22

1

11

v

R2T

v

R2T

]

la relación entre los periodos se obtiene dividiendo ambas expresiones:

21

12

2

1

Rv

Rv

T

T=

Sustituyendo los valores numéricos y teniendo en cuenta que si 13'1

1

v

v 13'1

v

v

1

2

2

1 =⇒=

78'010034'9

108

13'1

1

T

T6

6

2

1 =×

×⋅=

Los resultados permiten concluir que el satélite más cercano a la Tierra(S1) se mueve a mayor

velocidad y completa una vuelta antes que el satélite más alejado(S2). En cada vuelta, el satélite 1 se adelanta respecto del satélite 2:

( ) º2,7978,01º360φ =−⋅=∆

En seis vueltas el satélite 2 habrá perdido respecto de satélite 1:

º2,115º360º2,475º2,796φ +==×=∆

79

Por lo tanto, cuando el satélite 1 halla dado seis vueltas, el satélite 2 habrá dado cuatro vueltas y se encontrará a 115,2º de completar la quinta, por lo tanto su posición respecto a la posición inicial será de:

360º ‒ 115,2º = 244,8º =244º 48’ Septiembre 2000. Cuestión 1

a) ¿Con qué frecuencia angular debe girar un satélite de comunicaciones, situado en una órbita ecuatorial, para que se encuentre siempre sobre el mismo punto de la Tierra?

b) ¿A qué altura sobre la superficie terrestre se encontrará el satélite citado en el apartado anterior? Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra = 9,8 m s−2; Radio medio de la Tierra = 6,37 x 106 m Solución. a. Para que un satélite se encuentre siempre sobre el mismo punto, el periodo del satélite debe ser igual al periodo de la tierra, en su giro de rotación.

srad1027'7

T

2

seg 86400horas 24dia 1T

5ROTROT

−×=ωπ

=ω

===

b. La altura se halla estableciendo que la Fgravitatoria es la que mantiene al satélite en su orbita circular:

R

Vm

R

mMG : FF

2s

s2sT

NG ⋅=⋅

⋅=

Despejando R:

( )1 V

M·GR

2s

T=

Si la velocidad o frecuencia angular es ( )2 R·V srad1027'7 s

5 ω=×=ω −

Sustituyendo en (1) la velocidad del satélite:

( )

R

MGR

2T

⋅ω

⋅=

despejando el radio de la orbita

(3) M·G

R3

1

2T

ω=

Ecuación de la que se desconoce la MTIERRA.

El producto G · MT, se puede obtener de la gravedad terrestre ya que la fuerza de atracción gravitacional en la superficie de la tierra es el peso:

2T

oR

mMGgm

⋅⋅=⋅

simplificando

2T

T0

R

M·Gg =

despejando el producto G · MT: 2

T0T RgM·G =

sustituyendo en (3)

( )( )

( )( )m104'22

srad1027'7

m1037'6s

m8'9Rg

R 725

2623

1

2

2T0 ×=

×

×⋅

=

ω=

−

Al radio de la órbita hay que restarle el radio de la tierra para hallar la altura del satélite sobre la superficie terrestre.

m103'85h:RRh

hRR 7

T

T×=

−=

+=

80

Septiembre 2000. Problema 1A. Un satélite artificial de 200 kg gira en una órbita circular a una altura h sobre la superficie de la Tierra. Sabiendo que a esa altura el valor de la aceleración de la gravedad es la mitad del valor que tiene en la superficie terrestre, averiguar:

a) La velocidad del satélite b) Su energía mecánica

Datos: Gravedad en la superficie terrestre g = 9’8 m s−2 Radio medio de la Tierra R = 6’37x 106 m Solución. a. La velocidad de un satélite en una órbita se puede calcular conociendo la altura ó radio de la órbita. Se pide calcular la velocidad de un satélite sabiendo que a esa altura la gravedad se reduce a la mitad

o1 g2

1g = (1)

Calculando los valores de g1 y go, y relacionándolos entre si:

( )2T

T12

T

To

hR

MGgy

R

MGg

+== (2)

sustituyendo (2) en (1):

( ) 2T

T2

T

T

R

MG

2

1

hR

MG ⋅=

+

simplificando y ordenando

( ) 2

1

hR

R2

T

2T =+

(3)

De (3) se despeja h transformando la expresión en una ecuación de 2º grado:

( ) 0RhR2h R2h·R2hR R2hR 2TT

22TT

22T

2T

2T =−+=++=+

Resolviendo la ecuación:

( ) m 102'64m 2638540h R12h 6T ×==−=

Conocida la altura de la órbita, la velocidad del satélite, se halla igualando la fuerza atracción

gravitacional con la fuerza centrípeta:

centrípetag FF =

R

MG v

R

v·m

R

m·MG T

2

2T ⋅==⋅ (4)

donde R es la suma de la altura más el radio de la tierra.

m 109'01R m 9.008.5406.370.0002.638.540RhR 6T ×==+=+=

El producto G · MT, se obtiene de la expresión de g en la superficie terrestre.

2ToT2

T

To RgMG

R

MGg ⋅=⋅⇒⋅= (5)

sustituyendo en (4)

R

Rgv

2To ⋅

=

sustituyendo por los valores numéricos

( )s

m 4'66431001'9

1037'68'9v

6

26=

×

×⋅=

b. La energía mecánica del satélite en la órbita ves la suma de la energía potencial más la energía cinética.

2Tmec vm

2

1

R

m·MGE ⋅+⋅−=

81

teniendo en cuenta la expresión -5-

22To

mec vm2

1

R

RgmE ⋅+

⋅⋅−=

sustituyendo por los datos

( )J 1041'44'6643200

2

1

1001'9

1037'68'9200E 92

6

26

mec ×=⋅⋅+×

×⋅⋅−=

Junio 2000. Cuestión 1.

a) Enuncie la primera y la segunda ley de Kepler sobre el movimiento planetario. b) Compruebe que la segunda ley de Kepler es un caso particular del teorema de conservación del

momento angular. Solución. a. 1ª Ley de Kepler: Los planetas giran en torno al sol, en órbitas elípticas, teniendo al sol en uno de unos focos.

2ª Ley de Kepler: El radio vector de cualquier planeta, en su movimiento alrededor del sol, barre áreas iguales en tiempos iguales. b. La 2ª ley de Kepler es consecuencia directa del Teorema de Conservación del Momento Angular

vmrL ×= En todo movimiento sometido a fuerzas centrales, como es el caso del movimiento planetario, el momento angular se conserva, ya que:

FrM ×= (Momento de la fuerza (gravitatoria))

y puesto que Fy r tienen la misma dirección, el ángulo que forman es cero, por lo que:

00ºsen FrM =⋅=

teniendo en cuenta esto

=⇒=

=

= cteL0dt

Ld :

0Mdt

LdM

La segunda ley de Kepler es consecuencia directa de esto, ya que dice que el radio vector barre

áreas iguales en tiempos iguales, es decir, que la velocidad areolar es constante:

Según el dibujo, el diferencial de área (ds) es igual a:

rdr2

1ds ×=

si se deriva la expresión anterior respecto del tiempo

vr2

1v

dt

rdr

2

1v

dt

dsAA

rrr

r×=×==

Dividiendo y multiplicando por m: Lm2

1V vmr

m2

1v AA

rrr=×=

Si se tiene en cuenta que el momento angular es constante en este tipo de movimiento

cte vcteL A ==

82

Junio 2000. Problema 1. Se pone en órbita un satélite artificial de 600 kg a una altura de 1200 km sobre la superficie de la Tierra. Si el lanzamiento se ha realizado desde el nivel del mar, calcule:

a) Cuánto ha aumentado la energía potencial gravitatoria del satélite. b) Qué energía adicional hay que suministrar al satélite para que escape a la acción del campo

gravitatorio terrestre desde esa órbita. Datos: Constante de Gravitación G = 6’67×l0−11 N m2 kg2 Masa de la Tierra MT = 5’98×1024 kg Radio medio de la Tienta RT = 6,37×106 m Solución. a. Para ver cuanto a aumentado la energía potencial del satélite, se calcula su valor para la superficie de la tierra y para la órbita:

OrbT

sT)orbita(g

T

sT(sup)g

hR

mMGEp

R

mMGEp

+

⋅⋅−=

⋅⋅−=

El aumento de Ep, será la diferencia entre la final y la inicial:

if EpEpEp −=∆

+−⋅⋅=

⋅⋅+

+

⋅⋅−=

⋅⋅−−

+

⋅⋅−=∆

1200R

1

R

1mMG

R

mMG

1200R

mMG

R

mMG

1200R

mMGEp

TTsT

T

sT

T

sT

T

sT

T

sT

Sustituyendo valores numéricos en la expresión anterior:

J1096'5102'11037'6

1

1037'6

16001098'51067'6Ep 9

6662411 ×=

×+×−

×⋅⋅×⋅×=∆ −

b. Energía adicional para que el satélite escape al campo gravitatorio terrestre:

0EE escapeórbita =+ ; órbitaescape EE −=

( )2

T

sTcporbita mv

21

1200R

mMGEEE +

+−=+=

Teniendo en cuenta que cg FF = ; ( ) hR

vm

hR

mMG

T

2

s2T

sT

+=

+ ;

hR

MGv

T

T2

+=

( ) ( )1200R

mMG

21

hRM

mG21

1200R

mMGE

T

sT

T

T

T

sTorbita

+−=

++

+−=

j1058,1102,11037,6

6001098,51067,6

2

1

hR

mMG

2

1EE 9

66

2411

T

sTorbitaescape ×=

×+×

⋅××=

+=−= −

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3.3. Campo gravitatorio. Solucionesclasesdeapoyonuevo.s3.amazonaws.com/soluciones_selectividad/3.3... · velocidad de escape de un cuerpo desde la superficie de un planeta esférico