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Actividades del final de la unidad

Unidad 2. Campo gravitatorio44

1. Una partícula de masa m, situada en un punto A, se mueve en línea recta haciaotro punto B, en una región en la que existe un campo gravitatorio creadopor una masa M. Si el valor del potencial gravitatorio en el punto B es mayorque en el punto A, razona si la partícula se acerca o se aleja de M.

La partícula se aleja de M, ya que viaja hacia potenciales crecientes. Recuerda que elpotencial gravitatorio es negativo y tiende a cero (aumenta) cuando nos alejamos dela masa que crea el campo.

2. Una partícula puntual de masa m1

= 100 kg está situada en el origen, O, deun cierto sistema de coordenadas. Una segunda partícula puntual de masam

2= 30 kg está situada sobre el eje X en un punto A, cuyas coordenadas son (6,

0) m. Determina:

a) El módulo, la dirección y el sentido del campo gravitatorio en el punto Bde coordenadas (2, 0) m.

b) El punto sobre el eje X para el cual el campo gravitatorio es nulo.

c) El trabajo realizado por el campo gravitatorio cuando la masa m2

se trasla-da desde el punto A al punto C, de coordenadas (0, 6) m.

Dato: G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2.

La gráfica que representa la situación física descrita por el enunciado del problemaes la siguiente:

m2 = 30 kgm1 = 100 kg g1,B g2,B

XO A (6, 0)B (2, 0)

C (0, 6)

Y

a) En el punto B se superponen los campos procedentes de m1y m

2:

g8

1,B= –6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · · i

8= –1,67 · 10–9 · i

8N/kg9

g8

2,B= 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · · i

8= +1,25 · 10–10 · i

8N/kg–

a) Por tanto:

g8

B= g

81,B

+ g82,B

= –1,545 · 10–9 · i8

N

b) El campo se anula entre las masas a una distancia x de m1; por tanto:

G · = G · 8 = ( )2x

6 – x

100

30

30

(6 – x)2

100

x2

30 kg

(4 m)2

100 kg

(2 m)2

g8

= –G · · u8

r8M

r 2 °§¢§£

De las dos posibles soluciones, solo x = 3,88 m es aceptable, pues la otra, x = 13,27m, corresponde un punto no comprendido entre m

1y m

2.

c) Para calcular el trabajo gravitatorio, determinamos la variación de la energía po-tencial gravitatoria entre ambos puntos:

WA 8 C

= –DEp= (–E

pC

– Ep

A

) = Ep

A

– Ep

C

Ep

A

= –

Ep

C

= –

Como rA

= rC

= 6 m 8 Ep

A

= Ep

C

= 8 DEp= 0.

Por tanto, el trabajo del campo gravitatorio es nulo.

3. Una partícula puntual de masa 4 · M se coloca en el origen de un cierto siste-ma de coordenadas, mientras que otra, de masa M, se coloca sobre el eje X auna distancia de 1 m respecto al origen. Calcula las coordenadas del puntodonde el campo gravitatorio es nulo.

El campo gravitatorio solo puede anularse entre las masas. Si llamamos x a la distan-cia desde el origen donde esto sucede, quedará:

= 8 = 8 4 = ( )2

8 ±2 =

De las dos soluciones posibles para x solo tiene sentido físico x = 0,67 m. La otra so-lución, x = 2 m, no es aceptable.

4. Calcula el campo gravitatorio y el potencial gravitatorio que una masa puntualde 40 kg produce en un punto situado a 12 m.

La figura que representa la situación física descrita por el enunciado es:

La expresión del vector intensidad del campo gravitatorio, g8, es:

g8

= –G · · u8

r

donde el signo negativo nos indica que los vectores g8

y u8

rtienen sentidos opuestos.

m

r 2

x

1 – x

x

1 – x

G · M

(1 – x)2

G · 4 · M4x 2

G · m4r 42

G · m4r24

G · m1· m

2

rC

G · m1· m

2

rA

Unidad 2. Campo gravitatorio 45

m = 4 · M m ' = Mg

x

X

Y

1 m

1 – x

g '

m = 40 kg g

Pur


Sustituyendo datos numéricos, resulta:

g8

= –G · · u8

r8 g

8= –0,28 · G · u

8r

N · kg–1

El potencial gravitatorio, Vg(r), vale:

Vg(r) = –G ·

por lo que su valor en el punto dado será:

Vg(r) = –G · = –3,3 · G J · kg–1

Sustituyendo el valor de la constante de la gravitación universal, G (puede consultar-se en las tablas del final del libro del alumno), resulta:

g8

= –1,87 · 10–11 · u8

rN · kg–1

V = –2,2 · 10–10 J · kg–1

5. ¿A qué distancia del centro de la Tierra se compensaría el campo gravitatorioterrestre con el lunar?

Datos: MTierra

= 5,98 · 1024 kg; MLuna

= 7,35 · 1022 kg; dTierra-Luna

= 3,84 · 108 m.

El esquema que muestra la situación física descrita por el enunciado es el siguiente:

En el punto donde se compensen ambos campos gravitatorios, que, según el esque-ma, se encuentra a una distancia d del centro de la Tierra y a una distancia r – d delcentro de la Luna, se cumplirá:

gT

= gL

8 G · = G · 8 = ( )2

Por tanto:

= ( )2

8 d = 0,9 · r

siendo r la distancia que separa la Tierra de la Luna; entonces:

d = 0,9 · 3,84 · 108 = 3,456 · 108 m

6. En el punto intermedio entre dos masas idénticas, ¿se anula el campo gravita-torio? ¿Y el potencial?

Al ser m1= m

2= m y r

1= r

2= r, el campo gravitatorio sí se anula, ya que la suma de

ambos vectores campo gravitatorio es nula.

Observa la siguiente figura:

d

r – d

5,98 · 1024 kg

7,35 · 1022 kg

d

r – d

MT

ML

ML

(r – d )2

MT

d 2

40 kg

12 m

m

r

40 kg

(12 m)2

g1 g2Pm

1m2

M MLgT

d

r

r – d

gL

Sin embargo, el potencial gravitatorio no se anula, ya que el valor resultante se obtie-

ne a partir de una suma algebraica:

V = V1

+ V2

8 V = –G · – G · = –2 · G ·

7. Determina el valor del campo gravitatorio y del potencial gravitatorio en el

origen de coordenadas del sistema de masas siguiente:

mr

m1

r2

m1

r1


m4 = 20 kg

m1 = 10 kgm

3 = 10 kg

X

Y

m2 = 20 kg

g2

g1

g3

g4

(0, 2)

(0, –1)

(3, 0)(–3, 0)

m4 = 20 kg

m1 = 10 kgm

3 = 10 kg

X

Y

m2 = 20 kg

(0, 2)

(0, –1)

(3, 0)(–3, 0)

Para determinar el valor del campo gravitatorio en el origen de coordenadas, aplica-

mos el principio de superposición:

g8

=n

∑i = 1

g8

i

La figura muestra la dirección y el sentido de los respectivos vectores campo gravitato-

rio. Como vemos, los vectores g81y g

83se anulan al tener igual módulo (m

3= m

2y r

3= r

1),

igual dirección y distinto sentido.

Las masas m4y m

2tienen el mismo valor, pero se encuentran a distinta distancia del ori-

gen. Como m4está más cerca de este, |g8

4| > |g8

2|, por lo que el vector resultante, g

8, esta-

rá dirigido hacia m4, y tendrá sentido opuesto al del vector unitario u

84

= j8. Por tanto:

g4= G · 8 g

4= G · = 20 · G N · kg–1

8 g = 15 · G N · kg–1

g2= G · 8 g

2= G · = 5 · G N · kg–10

20 kg

(2 m)2

m2

r22

20 kg

(1 m)2

m4

r42

°§¢§£


Y el vector resultante, g8, será:

g8

= –15 · 6,67 · 10–11 · j8

N · kg–1 = 10–9 · j8

N · kg–1

Para calcular el potencial gravitatorio, Vg(r), aplicamos de nuevo el principio de su-

perposición:

Vg(r) = ∑

i = 1

n

Vi(r) 8 V

g i(r) = ∑

i = 1

n

–G ·

Pero ahora tenemos una suma de escalares. En este caso, se obtiene la expresión:

Vg(r) = –G · [ + + + ]


Vg= –6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 ·[ + + + ] = –2,45 · 10–9 J · kg–1

8. Si la energía potencial de un cuerpo se mantiene constante en una región del es-pacio, ¿qué se puede decir de la fuerza que origina el potencial en esta región?

Si la energía potencial es constante en una determinada región del espacio, su variaciónde un punto a otro es nula y, por tanto, también lo es el trabajo realizado por la fuerzagravitatoria:

W182

(fuerza gravitatoria) = ◊1

2

F8

g· dr

8= –DE

p= 0

Como esto sucede para cualquier desplazamiento, dr8

, en esa región, la fuerza tieneque se nula en ella, F

8

g= 0.

9. Un objeto pesa en la Tierra 600 N. ¿Cuál sería su peso en un planeta de radioR = R

T /2 y masa M = M

T /10?

El peso de un cuerpo, P, es el resultado de la fuerza de atracción que ejerce sobre élla Tierra (u otro planeta, estrella o cuerpo celeste de masa significativa) y lo expresa-mos mediante: P = m · g. Vamos a ver la relación que existe entre el campo gravitato-rio en la superficie de nuestro planeta y en la superficie del otro planeta.

Tenemos:

• Para la Tierra:

gT

= G ·

• Para el planeta:

gP

= G · = 0,4 · G ·

Es decir, gP

= 0,4 · gT

y, por tanto, el cuerpo pesaría 0,4 veces lo que pese en la Tierra:

PP

= 0,4 · 600 N = 240 N

10. Sea g la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre. Ahora, imaginaque la Tierra reduce su radio y su masa a la mitad. Suponiendo que g 4sea elnuevo valor de la aceleración de la gravedad, ¿cuál será la relación entre am-bas aceleraciones (es decir, el valor de g /g 4)?

MT

RT2

MT/10

(RT/2)2

MT

RT2

20 kg

1 m

10 kg

3 m

20 kg

2 m

10 kg

3 m

m4

r4

m3

r3

m2

r2

m1

r1

mi

ri


Las dos situaciones las podemos describir de la siguiente forma:

• Tierra actual:

g = G ·

• Tierra diferente:

g 4 = G · = 2 · G ·

Como vemos, en la nueva Tierra el valor de g 4 sería el doble que el de g:

= = 0,5

11. Si la Tierra redujese su radio a la mitad conservando su masa:

a) ¿Cuál sería la intensidad de la gravedad en su superficie?

b) ¿Cuánto valdría la velocidad de escape desde su superficie?

a) Al reducir su radio a la mitad, R 4 = RT/2, conservando su masa, se tendría:

g 4 = G · = G · 8 g 4 = 4 · G · = 4 · g0

O sea, la intensidad de la gravedad en su superficie se multiplicaría por cuatro.

b) La velocidad de escape se puede calcular, para el caso de la superficie de la Tierra,mediante la expresión:

ve=

Ahora, en la nueva situación, g 4 = 4 · g0y R 4 = R

T/2.

Por tanto:

ve4 = = =

O, lo que es la mismo:

ve4 = = · = · v

e

Es decir, la velocidad de escape ahora sería veces mayor.

12. En la superficie de un planeta de 2 000 km de radio, g = 3 m/s2. Calcula:

a) La masa del planeta.

b) La energía potencial gravitatoria de un objeto de 5 kg de masa situado ensu superficie.

c) La velocidad de escape desde la superficie del planeta.

Dato: G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2.

a) El módulo del campo gravitatorio en la superficie del planeta, g0, se expresa me-

diante:

g0= G ·

Despejando M y sustituyendo datos numéricos, nos queda:

M = 8 M = = 1,8 · 1023 kg3 N · kg–1 · (2 000 · 103 m)2

6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2

g0· R2

G

M

R2

√2

√2√2 · g0· R

T√2√2 · 2 · g

0· R

T

√4 · g0· R

T√2 · 4 · g

0· (R

T/2)√2 · g 4 · R 4

√2 · g0· R

T

MT

RT2

MT

(RT/2)2

MT

R 4 2

1

2

g

g4

MT

RT2

MT/2

(RT/2)2

MT

RT2


b) La energía potencial gravitatoria la obtenemos mediante la expresión:

Ep= –G ·

Sustituyendo datos numéricos, nos queda:

Ep= –6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · = –3,0 · 107 J

c) La velocidad de escape la calculamos mediante la expresión:

v =

Sustituyendo datos numéricos:

v = = 3 464 m · s–1

13. Suponiendo un planeta esférico que tenga un radio igual a la mitad del radioterrestre y la misma densidad que la Tierra, calcula:

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 lavelocidad de escape desde la superficie terrestre es 11,2 km/s.

Dato: g0

(en la Tierra) = 9,81 m · s–2.

a) Teniendo en cuenta que m = V · d, y que el radio del planeta es R = RT/2, la rela-

ción entre la masa del planeta y la de la Tierra será:

MP

= · π · R3 · d = · π · ( )3

· d 8 MP

= · · π · RT3 · d =

Por tanto, tenemos:

• Para la Tierra:g

0= 9,81 m · s–2 = G ·

• Para el planeta:

g 40= G · = G · 8 g 4

0= · G · = · g

0

Luego:

g 40= · 9,81 m · s–2 = 4,905 m · s–2

b) La velocidad de escape desde la superficie de un planeta (u otro astro de masasuficientemente grande) de radio R y gravedad en su superficie g, la calculamosmediante la expresión:

ve =

Por tanto:

• Para la Tierra:

ve =

• Y para el planeta:

ve4 = = 8 v

e4 = ·

Es decir:

ve4 = · 11,2 km · s–1 = 5,6 km · s–1√0,25

√2 · g0· R

T√0,25√2 · (g0/2) · (R

T/2)√2 · g 4

0· R

√2 · g0· R

T

√2 · g · R

1

2

1

2

MT

RT2

1

2

(MT/8)

(RT/2)2

MP

RP2

MT

RT2

MT

8

4

3

1

8

RT

2

4

3

4

3

√2 · 3 m · s–2 · 2 000 · 103 m

√2 · g0· R

1,8 · 1023 kg · 5 kg

2 000 · 103 m

M · m

r


14. Si el Sol colapsara de pronto, transformándose en una enana blanca (igualmasa en un volumen mucho menor), ¿cómo afectaría al movimiento de laTierra alrededor del Sol?

En principio, y referido solo a su movimiento, no la afectaría en nada. Esto es debi-do a que la fuerza con que el Sol atrae a la Tierra, responsable de su movimiento,depende de la masa y de la distancia entre los centros de ambos cuerpos. Como es-tas magnitudes no cambian, la fuerza de atracción tampoco.

15. Se dispara verticalmente un proyectil desde la superficie de la Tierra con unavelocidad inicial de 4 km/s. Sin rozamiento, ¿hasta qué altura subiría?

Datos: g0

= 9,8 m/s2; RTierra

= 6 370 km.

Si realizamos un balance de energía entre los puntos A y B de la figura, nos queda:

Ep(A) + E

c(A) = E

p(B) + E

c(B)

Pero Ec(B) = 0 J, luego:

–G · + m · vA2 = –G · 8 v

A2 = 2 · G · M

T· ( – )

Como no tenemos datos de G y MT, igualamos el valor del peso en la superficie de

la Tierra con el de la fuerza de atracción gravitatoria (también se pueden consultarlos datos en las tablas que se encuentran al final del libro del alumno):

m · g0= 8 G · M

T= g

0· R

T2

Luego:

vA2 = 2 · g

0· R

T2 · [ ]

Despejando h y sustituyendo datos numéricos, nos queda:

h = 8 h = = 9,36 · 105 m

16. Un cuerpo que ha alcanzado la velocidad de escape en la superficie de la Lu-na, ¿a qué distancia del centro de la Luna habrá reducido su velocidad a lamitad?

Dato: radio de la Luna, RL

= 1 738 km.

(4 · 103 m · s–1)2 · 6 370 · 103 m

2 · 9,8 m/s · 6 370 · 103 m – (4 · 103 m/s)2

vA2 · R

T

2 · g0· R

T– v

A2

h

RT

· (RT

+ h)

G · MT

· m

RT2

1

RT

+ h

1

RT

MT

· m

RT

+ h

1

2

MT

· m

RT

RT

A

h

B


Vamos a realizar un balance de energía me-cánica entre los puntos A, la superficie de laLuna, y B, el punto donde el cuerpo habráreducido su velocidad a la mitad del valorde la velocidad de escape:

La velocidad de escape desde la superficiede la Luna, v

A, vale:

vA

=

donde gL0

es la aceleración de la gravedaden la superficie lunar.

Por tanto, tendremos:

Em(A) = E

m(B)

Ec(A) + E

p(A) = E

c(B) + E

p(B)

Sustituyendo por sus respectivas expresiones:

· m · vA2 + (–G · ) = · m · v

B2 + (–G · ) [1]

Teniendo en cuenta las siguientes relaciones:

G · ML= g

L0· R

L2

vA2 = 2 · g

L0· R

L

vB2 = ( )2

= =

Nos queda, al eliminar m de la expresión [1] y teniendo en cuenta lo anterior:

· 2 · gL0

· RL– g

L0· R

L= · – 8 h = 3 · R

L

Por tanto:

h = 3 · 1 738 km = 5 214 km

17. Un planeta esférico sin atmósfera tiene una masa MP

= 1,2 · 1023 kg y un radioR

P= 1,3 · 106 m. Desde su superficie se lanza verticalmente un proyectil que

llega a alcanzar una altura máxima h = R/2 antes de volver a caer hacia la su-perficie. ¿Con qué velocidad inicial se ha lanzado el proyectil? Ten en cuentaque G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2.

Puesto que el proyectil está sometido a una fuerza conservativa, podemos realizar elsiguiente balance entre los puntos A y B:

Em(A) = E

m(B)

Ec(A) + E

p(A) = E

c(B) + E

p(B)

gL0

· RL2

RL

+ h

gL0

· RL

2

1

2

1

2

gL0

· RL

2

2 · gL0

· RL

4

vA

2

ML· m

RL

+ h

1

2

ML· m

RL

1

2

√2 · gL0

· RL

RL

r = h + RL

A

h

B


· m · vA2 + (–G · ) = 0 + (–G · )

Teniendo en cuenta que h = RP /2, la anterior expresión queda como:

vA2 = · 8 v

A=


vA

= = 2 026 m · s–1

18. Un satélite artificial gira alrededor de la Tierra a 3,6 · 107 m de su superficie.Calcula:

a) La velocidad del satélite.

b) Su aceleración.

c) El período de rotación del satélite alrededor de la Tierra, expresado endías. ¿Qué nombre reciben los satélites de este tipo?

Datos: RT

= 6,38 · 106 m; MT

= 5,97 · 1024 kg; G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2.

a) Si el satélite gira alrededor de la Tierra, está sometidoa una fuerza centrípeta, que es la fuerza de atraccióngravitatoria. Igualando sus respectivas expresiones:

m · = G · 8 v2 =

siendo r = RT

+ h.

Sustituyendo datos, se obtiene el valor de la veloci-dad del satélite:

v = = 3 065,3 m · s–1

b) Aunque el módulo de su velocidad es constante, el satélite cambia su dirección;luego, tiene aceleración normal, a

n, que vale:

an

= 8 an

= = 0,22 m · s–2(3 065,3)2

42,38 · 106

v2

r

√ 6,67 · 10–11 · 5,97 · 1024

(6,38 + 36) · 106

G · M

r

M · m

r2

v2

r

√ 2 · 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 1,2 · 1023 kg

3 · 1,3 · 106 m

√ 2 · G · MP

3 · RP

G · MP

RP

2

3

MP

· m

RP

+ h

MP

· m

RP

1

2

RP

h + RP = r ; h =RP

A

h B

2

RT

h

v

Fc = Fg

RT

h

m = 350 kg

Fc = Fg

v

c) Como se desplaza con velocidad constante (en módulo), tenemos:

v = = 8 T = = = 86 870 s = 1 día

Los satélites cuyo período es 1 día se denominan geosíncronos.

19. Un satélite artificial de 350 kg se encuentra en una órbita circular de 15 000 kmde radio alrededor de la Tierra. Si R

T= 6 370 km, determina:

a) El peso del satélite estando en esta órbita.

b) Su período de rotación alrededor de la Tierra.

c) La energía total del satélite en esta órbita.

a) El peso del satélite, P, será la fuerza de atrac-ción que ejerce la Tierra sobre él; es decir:

P = G ·

siendo r = 15 000 km = RT

+ h.

Como no tenemos datos de G y MT, podemos

expresar el producto G · MT

en función dedatos conocidos. Para ello, consideramos unpunto de la superficie de la Tierra, donde:

G · = m · g0

8 G · MT

= g0· R

T2

Por tanto:

P = m · = m · g0· ( )2


P = 350 kg · 9,8 m/s2 · ( )2

= 618,6 N

b) Al ser el módulo de la velocidad constante, tenemos:

v = 8 v = 8 T = [1]

La velocidad orbital del satélite la calculamos igualando la fuerza centrípeta conla fuerza de atracción gravitatoria:

m · = G · 8 v2 = = g0· 8 v = R

T·


v = 6 370 · 103 m · = 5 149 m · s–1√ 9,8 m · s–2

15000 · 103 m

√g

0

r

RT2

r

G · MT

r

MT

· m

r2

v2

r

2 · π · r

v

2 · π · r

r

s

t

6370 km

15000 km

RT

r

g0· R

T2

r 2

MT

· m

RT2

MT

· m

r2

2 · π · 42,38 · 106 m

3065,3 m · s–1

2 · π · r

v

2 · π · r

T

s

t


Finalmente, de acuerdo con [1], el período será:

T = = 18 304 s (5 h 5 min 4 s)

c) La energía total del satélite, Em, será la suma de sus energías cinética y potencial;

es decir:

Em

= Ec

+ Ep

8 Em

= · m · v2 + (–G · )Teniendo en cuenta que:

v2 = ; G · MT

= g0· R

T2

Resulta:

Em

= · m · – = – ·

Al sustituir datos numéricos se obtiene:

Em

= – · = –4,64 · 109 J

20. Dos satélites, A y B, giran alrededor de un planeta siguiendo órbitas circularesde radios 2 · 108 m y 8 · 108 m, respectivamente. Calcula la relación entre susvelocidades (tangenciales) respectivas.

Cada satélite describe una órbita circular, luego está sometido a una fuerza centrípe-ta, que es la fuerza de atracción gravitatoria. Es decir:

m · = G · 8 v2 =

Por tanto:

• Para el satélite A:

vA2 =

• Para el satélite B:

vB2 =

La relación entre ambas velocidadesresulta:

= = 8 ( )2

= = 4 8 = 2v

A

vB

8 · 108 m

2 · 108 m

vA

vB

rB

rA

G · MP

rA

G · MP

rB

vA2

vB2

G · MP

rB

G · MP

rA

G · MP

r

MP

·m

r2

v2

r

9,8 m · s–2 · (6370 · 103 m)2 · 350 kg

15000 · 103

1

2

g0· R

T2 · m

r

1

2

g0· R

T2 · m

r

g0· R

T2

r

1

2

g0· R

T2

r

MT

· m

r

1

2

2 · π · 15 000 · 103 m

5149 m · s–1

A

B

MPRP

vA

rA

rB

vB



21. Un satélite se encuentra en órbita circular alrededor de la Tierra. Su masa esde 10 000 kg, y su velocidad, de 4,2 km/s. Calcula:

a) El radio de la órbita.

b) Lo que tarda en dar diez vueltas a la Tierra.

c) La energía potencial gravitatoria del satélite.

Datos: G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2; MT

= 5,98 · 1024 kg; RT

= 6 370 km.

a) Si el satélite describe una trayectoria circular, está sometido a una fuerza centrí-peta, que es la fuerza de atracción gravitatoria. Por tanto, se cumplirá:

m · = G · 8 v2 =

Despejando el radio de la órbita, r, y sustituyendo datos numéricos, nos queda:

r = 8 r =

r = 2,26 · 107 m = 22 600 km

b) El satélite se desplaza en su órbita con velocidad constante en módulo; luego:

v = 8 t =

Como cada órbita mide 2 · π · r, sustituyendo datos numéricos, resulta:

t = 10 · = 338 095 s = 3 d 21 h 54 min 55 s

c) La energía potencial gravitatoria del satélite será:

Ep= –

por lo que al sustituir datos numéricos nos queda:

Ep= – = –1,76 · 1011 J

6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 5,98 · 1024 kg · 10 000 kg

2,26 · 107 m

G · MT

· m

r

2 · π · 2,26 · 107 m

4200 m · s-1

s

v

s

t

6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 5,98 · 1024 kg

(4,2 · 103 m · s–1)2

G · M

v 2

G · MT

r

MT

·m

r 2

v2

r

RT

h

m = 10000 kg

v

Fc = Fg

r = h + RT

22. Se consideran dos satélites, uno en órbita circular alrededor de Marte, y otroalrededor de la Tierra:

a) ¿Cuál es la relación entre los radios de las órbitas si ambos tienen el mis-mo período?

b) Supongamos ahora que los dos satélites están en órbitas del mismo radio,cada uno alrededor de su planeta. Calcula la relación entre los momentosangulares orbitales correspondientes, si las masas de los satélites soniguales.

Dato: relación entre las masas de los planetas: MM

= 0,11 · MT.

a) Si un cuerpo describe una trayectoria circular es porque está sometido a una fuerzacentrípeta, que en este caso es la fuerza de atracción gravitatoria. Es decir:

m · = G · 8 v2 =

Con los datos que tenemos podemos escribir:

• Para el satélite de Marte:

vM

= = 8 vM2 = [1] ; v

M2 = [2]

[1] = [2] 8 = 8 rM3 =

• Del mismo modo, para el satélite de la Tierra:

rT3 =

Para obtener esta última expresión, hemos procedido de la misma forma que enel caso del satélite de Marte. Teniendo en cuenta que M

M= 0,11 · M

T, la relación

entre los radios de las órbitas resulta:

( )3

= = 0,11 8 rM

= rT

· = 0,479 · rT

Es decir, el radio de la órbita del satélite que gira alrededor de Marte es menor que elradio de la órbita del satélite que gira alrededor de la Tierra; en concreto, 0,479 veces.

b) A partir de la definición de momento angular, L8, y teniendo en cuenta que las ór-

bitas son circulares, podemos escribir que

L8

= r8 Ò (m · v

8) = m · (r

8 Ò v8

) 8 L = m · r · v · sen 90° = m · r · v

ya que en una órbita circular los vectores r8

y v8

son perpendiculares. Luego, co-mo r

M= r

T= r, nos queda:

• Para el satélite de Marte:

LM

= m · r · vM

8 LM

= m · r · √ G · MM

r

√0,11

G · 0,11 · MT

· T 2

4 · π2

G · MT

· T 2

4 · π2

rM

rT

G · MT

· T 2

4 · π2

G · MM

· T 2

4 · π2

G · MM

rM

4 · π2 · rM2

T 2

G · MM

rM

4 · π2 · rM2

T 2

2 · π · rM

T

s

t

G · M

r

M · m

r2

v2

r


3


• Y para el satélite de la Tierra:

LT

= m · r · vT

8 LT

= m · r ·

Elevando al cuadrado LM

y LT

y teniendo en cuenta que MM

= 0,11 · MT, resulta:

√ G · MT

r

LM2 = m2 · r 2 ·

G · 0,11 · MT

r

LT2 = m2 · r 2 ·

G · MT

r

8 ( )2

= = 0,11m2 · r 2 · G · 0,11 · M

T

m2 · r 2 · G · MT

LM

LT

°§§¢§§£

Es decir:

= = 0,332

23. La velocidad de un satélite, de 500 kg de masa, en órbita alrededor de la Tie-rra es de 7,70 km/s:

a) Determina el radio de la órbita.

b) Si el satélite pasa a girar a una órbita superior cuyo radio es el doble delde la anterior, ¿cuál es la nueva velocidad orbital?

c) ¿Qué energía suplementaria hay que comunicarle al satélite para que cam-bie de órbita?

Datos: G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2; MTierra

= 5,98 · 1024 kg.

a) Cualquier cuerpo que orbite alrededor de la Tierra está sometido a una fuerzacentrípeta. En este caso, es la fuerza de atracción gravitatoria; luego:

m · = G · 8 v2 = G · M

T

r

MT

· m

r 2

v 2

r

√0,11L

M

LT

RT

MT

h

m = 500 kg

Fc = Fg

r = h + RT

v

Despejando r y sustituyendo datos numéricos, nos queda:

r = 8 r = = 6,73 · 106 m6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 5,98 · 1024 kg

(7,70 · 103 m · s–1)2

G · MT

v2

b) Ahora tenemos que, en la segunda órbita, r2, el radio es el doble, r

2= 2 · r

1; luego:

• En la primera órbita:

v12 =

• En la segunda órbita:

v22 =

Por tanto:

= = 8 ( )2

= = 8 v2= · v

1

Al sustituir datos numéricos, se obtiene:

v2= · 7 700 m · s–1 = 5 445 m · s–1

c) Como la energía mecánica, Em, es la suma de las energías potencial y cinética, será:

Em

= · m · v2 + (– ) = · m · – = – ·

Por tanto, la energía suplementaria que hay que comunicarle al satélite para quecambia de órbita será la diferencia de energía mecánica entre las dos órbitas; esdecir:

DEm

= Em

(2.a órbita) – Em

(1.a órbita)

DEm

= – · + · = · ( – )Pero r

2= 2 · r

1; luego:

DEm

= · ( – ) = · (1 – ) =


DEm

= = 7,41 · 109 J

24. Un módulo lunar de 3 000 kg de masa está en órbita circular a una altura de2 000 km por encima de la superficie de la Luna:

a) ¿Cuál es la velocidad y la energía total del módulo en su órbita?

b) ¿Cuánto variará la energía total si el módulo sube a una órbita circular de4 000 km sobre la superficie de la Luna?

Datos: G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2; MLuna

= 7,36 · 1022 kg; RLuna

= 1 740 km.

a) Si describe un movimiento circular, el módulo lunar está sometido a una fuerzacentrípeta que, en este caso, es la fuerza de atracción gravitatoria. Por tanto:

m · = G · 8 v2 = 8 v = √ G · ML

r

G · ML

r

ML· m

r 2

v2

r

6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 5,98 · 1024 kg · 500 kg

4 · 6,73 · 106 m

G · MT

· m

4 · r1

1

2

G · MT

· m

2 · r1

1

2 · r1

1

r1

G · MT

· m

2

1

r2

1

r1

G · MT

· m

2

G · MT

· m

r1

1

2

G · MT

· m

r2

1

2

G · MT

· m

r

1

2

G · MT

· m

r

G · MT

r

1

2

G · MT

· m

r

1

2

√2

2

√2

2

1

2

r1

2 · r1

v2

v1

r1

r2

G · MT/r

2

G · MT/r

1

v22

v12

G · MT

r2

G · MT

r1



Teniendo en cuenta que r = 1 740 km + 2000 km = 3 740 km, al sustituir datos,nos queda:

v = = 11 45,7 m · s–1

La energía total será la suma de la energía cinética más la energía potencial:

Em

= Ec

+ Ep

8 Em

= · m · v2 + (–G · )Y como:

v2 =

Resulta:

Em

= · m · – = – ·


Em

= – · = –1,97 · 109 J

b) Como la energía mecánica vale:

Em

= – ·

Al pasar el módulo lunar de una órbita de radio r1= 2000 km + 1740 km = 3740 km

a otra de radio r2= 1 740 km + 4 000 km = 5 740 km, la variación de energía será:

DEm

= Em(r

2) – E

m(r

1) 8 DE

m= – · – (– · ) =

= · G · ML· m · ( – )1

r2

1

r1

1

2

G · ML

· m

r1

1

2

G · ML

· m

r2

1

2

G · ML

· m

r

1

2

6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 7,36 · 1022 kg · 3 000 kg

3740 · 103 m

1

2

G · ML

· m

r

1

2

G · ML

· m

r

G · ML

r

1

2

G · ML

r

ML· m

r

1

2

√ 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 7,36 · 1022 kg

3740 · 103 m

RL

ML

r = h + RL

h = 2000 km m = 3000 kg


Sustituyendo datos numéricos, se obtiene:

DEm

= · · ( · )DE

m= 6,86 · 108 J

El signo positivo nos indica que la energía del módulo lunar ha aumentado, hechoque ocurre a medida que el cuerpo se aleja del origen del campo gravitatorio.

25. La Estación Espacial Internacional (ISS) describe una órbita prácticamentecircular alrededor de la Tierra a una altura h = 390 km sobre la superficie te-rrestre, siendo su masa m = 415 toneladas:

a) Calcula su período de rotación, en minutos, así como la velocidad con laque se desplaza.

b) ¿Qué energía se necesitaría para llevarla desde su órbita actual a otra aldoble de altura? ¿Cuál sería el período de rotación en esta nueva órbita?

Datos: G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2; MT

= 5,98 · 1024 kg; RT

= 6 370 km.

a) La órbita circular que describe la ISS es debido a la existencia de una fuerza cen-trípeta, que, en este caso, es la fuerza de atracción gravitatoria. Es decir:

m · = G · 8 v2 = 8 v =

v = = 7 681,4 m · s–1

El período de rotación, T, es el tiempo que tarda en dar una vuelta completa a laTierra en esa órbita. Como el módulo de su velocidad es constante, será:

v = 8 v = 8 T =

T = = 5530 s = 92,17 min

b) Si ahora la altura sobre la superficie de la Tierra es el doble, tendremos que:

r = 6 370 km + 2 · 390 km = 7 150 km

2 · π · (6 370 + 390) · 103 m

7681,4 m · s–1

2 · π · r

v

2 · π · r

T

s

t

√ 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 5,98 · 1024 kg

(390 + 6370) · 103 m

√ G · MT

r

G · MT

r

MT

· m

r2

v2

r

1

5740

1

3740

6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 7,36 · 1022 kg · 3 000 kg

103 m

1

2

RTMT

h = 390 km

m = 415000 kg

v

Fc = Fg

r = h + RT


Su velocidad será:

v = = 7 469 m · s–1

y el período:

T = = 6015 s

NOTA: A este mismo valor podemos llegar aplicando la tercera ley de Kepler.

La energía mecánica es la suma de las energías cinética y potencial. Se puedecalcular a partir de la expresión:

Em

= – ·

Por tanto, la energía necesaria para llevar la ISS a la nueva órbita sería:

DEm

= Em(r

2) – E

m(r

1) = · G · M · m · ( – )

Sustituyendo datos numéricos (r1= 6 760 km; r

2= 7 150 km):

DEm

= · · ( – )DE

m= 6,68 · 1011 J

26. Un satélite artificial de 500 kg de masa se mueve alrededor de un planeta, des-cribiendo una órbita circular con un período de 42,47 horas y un radio de419 000 km. Calcula:

a) La fuerza gravitatoria que actúa sobre el satélite.

b) La energía cinética, la energía potencial y la energía total del satélite en suórbita.

c) Si, por cualquier causa, el satélite duplica repentinamente su velocidad sincambiar la dirección, ¿se alejará indefinidamente del planeta?

a) Si el satélite describe una órbita circular, está sometido a una fuerza centrípeta,que, en este caso, es la fuerza de atracción gravitatoria, F

g, luego:

Fg= m ·

Por otro lado, el módulo de la velocidad del satélite es constante; entonces:

v = 8 v = 8 v2 =

Por tanto, nos quedará:

Fg= m · =

Fg= = 353,8 N

4 · π2 · 500 kg · 419 000 · 103 m

(42,47 · 3 600 s)2

4 · π2 · m · r

T 2

4 · π2 · r 2

T 2

r

4 · π2 · r2

T 2

2 · π · r

T

s

t

v 2

r

1

7150

1

6760

6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 5,98 · 1024 kg · 415 · 103 kg

103 m

1

2

1

r2

1

r1

1

2

G · M · m

r

1

2

2 · π · 7150 · 103 m

7469 m · s–1

√ 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 5,98 · 1024 kg

7150 · 103 m


b) La energía cinética será:

Ec= m · v2 = m · 8 E

c=

Ec= = 7,41 · 1010 J

y la energía potencial:

Ep= –

Como no tenemos datos de G y de MP

(la masa del planeta) y sabemos que la ve-locidad orbital es:

v 2 = 8 G · MP

= v2 · r

Por tanto:

Ep= – = –v2 · m

8 Ep= –2 · E

c

Ec= · m · v2 8 m · v2 = 2 · E

c

El valor de la energía potencial es, entonces:

Ep= –2 · 7,41 · 1010 J = –14,82 · 1010 J

La energía total será la suma de las energías cinética y potencial, luego:

Em

= 7,41 · 1010 J + (–14,82 · 1010 J) = –7,41 · 1010 J

NOTA. Este resultado ya lo hemos visto en otros problemas: la energía total es la mitad del valor de la

energía potencial gravitatoria.

c) Como acabamos de ver, en la órbita circular se cumple la siguiente relación entrelas energías cinética y potencial del satélite:

Ep= –2 · E

c

Si el satélite duplica súbitamente su velocidad, la energía potencial gravitatoria semantiene inicialmente constante, E 4

p= E

p, pues solo depende de la distancia del

satélite al centro del planeta, pero su nueva energía cinética, E 4c, es cuatro veces

mayor que la inicial:

E 4c

= 4 · Ec

Por tanto, ahora la energía mecánica del satélite es positiva:

E 4m

= E 4p

+ E 4c= –2 · E

c+ 4 · E

c= 2 · E

c> 0

En consecuencia, el satélite ya no está ligado a la gravedad del planeta, y como ladirección del movimiento, inicialmente tangente a la trayectoria circular de la ór-bita, no es una trayectoria de colisión con el planeta, el satélite se alejará indefi-nidamente de él.

1

2

v2 · r · m

r

G · MP

r

G · MP

· m

r

2 · π2 · 500 kg · (419 000 · 103 m)2

(42,47 · 3 600 s)2

2 · π2 · m · r 2

T 2

4 · π2 · r 2

T 2

1

2

1

2

°§¢§£


27. La masa de la Luna es de 7,35 · 1022 kg, y la de la Tierra, de 5,98 · 1024 kg. Ladistancia media de la Tierra a la Luna es de 3,84 · 108 m. Calcula:

a) El período de giro de la Luna alrededor de la Tierra y su energía cinética.

b) ¿A qué distancia de la Tierra se cancela la fuerza neta ejercida por la Lunay la Tierra sobre un cuerpo allí situado?

Dato: G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2.

a) Si la Luna gira alrededor de la Tierra, está sometida a una fuerza centrípeta que,en este caso, es la fuerza de atracción gravitatoria. Es decir:

mL· = G · 8 v

L2 = 8 v

L=

Sustituyendo datos numéricos, la velocidad de la Luna resulta:

vL= = 1019,2 m · s–1

A partir del resultado obtenido y de la siguiente relación, obtenemos el períodode giro de la Luna alrededor de la Tierra:

vL= 8 T = = = 2,367 · 106 s = 27,4 días

Su energía cinética es:

Ec= · m · v2 8 E

c= · 7,35 · 1022 kg · (1 019,2 m · s–1)2 = 3,82 · 1028 J

b) El siguiente esquema muestra la situación física descrita por el enunciado:

Donde FT

es la fuerza de atracción que ejerce la Tierra sobre el cuerpo, y FL, la

fuerza de atracción que ejerce la Luna sobre el cuerpo.

1

2

1

2

2 · π · 3,84 · 108 m

1019,2 m · s–1

2 · π · r

vL

2 · π · r

T

√ 6,67 · 10–11 N · kg–2 · m2 · 5,98 · 1024 kg

3,84 · 108 m

√ G · MT

r

G · MT

r 2

MT

· mL

r 2

vL2

r

vL

Fc = Fg MT

mL

r

M MLFT

d

r

r – d

FL


En un determinado punto, situado a una distancia d de la Tierra, el módulo de FT

y FLserá igual; por tanto:

G · = G · 8 = ( )2

Luego:

= ( )2

8 = 9,02

Por tanto:

d = 9,02 · r – 9,02 · d 8 10,02 · d = 9,02 · r 8 d = 0,9 · r

siendo r la distancia que separa la Tierra de la Luna. Por tanto:

d = 0,9 · 3,84 · 108 m = 3,456 · 108 m

28. Se lleva un cuerpo, mediante un cohete, hasta una altura de 630 km sobre elnivel del mar:

a) ¿Cuál es la intensidad del campo gravitatorio terrestre a esa altura?

b) ¿Con qué velocidad debería lanzarse este cuerpo (colocado a esa altura)en una dirección perpendicular al radio de la Tierra de tal forma que des-cribiese una órbita circular?

c) ¿Cuál sería el período de revolución del cuerpo alrededor de la Tierra?

Datos: G = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2; MT

= 5,98 · 1024 kg; RT

= 6,37 · 106 m.

a) El módulo de la intensidad del campo gravitatorio vale:

g = G ·

por lo que, al sustituir datos, nos queda:

g = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · = 8,14 N · kg–1

La expresión del vector campo gravitatorio será:

g8

= –8,14 · u8

rN/kg

5,98 · 1024 kg

(7000 · 103 m)2

M

r 2

d

r – d

d

r – d

5,98 · 1024 kg

7,35 · 1022 kg

d

r – d

MT

ML

ML· m

(r – d 2)

MT

· m

d 2

RT

MT

h

m

Fc = Fg

r = h + RT = 7000 km

v


b) Para que describa una órbita circular en ese punto, debe igualarse la fuerza cen-trípeta con la fuerza de atracción gravitatoria (o el peso). Es decir:

m · = m · g 8 v 2 = g · r 8 v =

Sustituyendo datos numéricos (teniendo en cuenta que r = 6,37 · 106 + 630 · 103 == 7 000 · 103 m), tenemos:

v = = 7548,5 m · s–1

c) Como el cuerpo se mueve en la órbita con velocidad constante (en módulo), ten-dremos que:

v = = 8 T =


T = = 5 827 s = 1 h 37 min 7 s

29. Cada uno de los 24 satélites del sistema de posicionamiento GPS tiene unamasa de 840 kg y se encuentra en una órbita circular de 26 570 km de radio.Determina, para uno de estos satélites:

a) Su período de rotación alrededor de la Tierra.

b) Su peso y sus energías cinética y potencial en su órbita.

a) Si el satélite describe una órbita circu-lar, está sometido a una fuerza centrí-peta, que, en este caso, es la fuerza deatracción gravitatoria. Es decir:

m · = G · 8 v 2 =

Por otro lado, al desplazarse con velo-cidad constante (módulo), podemosescribir:

v = 8 v = 8

8 T =

Sustituyendo el valor de v, nos queda:

T =

Sustituyendo datos numéricos, el período de rotación resulta:

T = = 43 088 s › 12 h√ 4 · π2 · (26 570 · 103 m)3

6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 5,98 · 1024 kg

√4 · π2 · r3

G · M

2 · π · r

v

2 · π · r

T

s

t

G · MT

r

MT

· m

r 2

v 2

r

2 · π · 7 000 · 103 m

7548,5 m · s–1

2 · π · r

v

2 · π · r

T

s

t

√8,14 m · s–2 · 7 000 · 103 m

√g · rv 2

r

RT

MT

h

m = 840 kg

Fc = Fg

r = h + RT

v


b) El peso de cada satélite será P = m · g, es decir:

P = F = G ·

Luego:

P = 6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · = 474,6 N

La energía cinética de cada satélite valdrá:

Ec= m · v 2 = · m ·

Ec= · 840 kg · = 6,30 · 109 J

Y su energía potencial en esa órbita:

Ep= –G · 8 E

p= –6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · =

= –1,26 · 1010 J

30. Un satélite artificial de 300 kg gira alrededor de la Tierra en una órbita circu-lar de R = 36 378 km:

a) Calcula la velocidad del satélite en la órbita.

b) Obtén la energía total del satélite en la órbita.

Datos: RT

= 6 ,37 · 106 m; g0

= 9,80 m/s2.

a) Si el satélite lleva una trayectoria circular, es porque está sometido a una fuerzacentrípeta, que, en este caso, es la fuerza de atracción gravitatoria. Por tanto:

m · = G · 8 v 2 =

Como no tenemos datos de G y MT, en un punto de la superficie de la Tierra se

cumplirá que:

m · g0= G · 8 G · M

T= g

0· R

T2

Luego:

v2 = 8 v =


v = = 3 306,2 m · s–1√9,80 m · s–2 · (6,37 · 106 m)2

36378 · 103 m

√ g0· R

T2

R

g0· R

T2

R

MT

· m

RT2

G · MT

R

MT

· m

R 2

v 2

R

5,98 · 1024 kg · 840 kg

26570 · 103 m

MT

· m

r

6,67 · 10–11 N · m2 · kg–2 · 5,98 · 1024 kg

26570 · 103 m

1

2

G · MT

r

1

2

1

2

5,98 · 1024 kg · 840 kg

(26570 · 103 m)2

MT

· m

r 2


b) La energía del satélite en órbita será la suma de sus energías cinética y potencial:

Em

= Ec

+ Ep

8 Em

= · m · v2 + (– )Es decir:

Em

= · m · v2 –

pero como:

v2 =

Resulta:

Em

= – ·

Sustituyendo datos numéricos, se obtiene:

Em

= – · = –1,64 · 109 J

31. Un satélite artificial describe una órbita elíptica con el centro de la Tierra enuno de los focos. Si se conocen las distancias máxima y mínima del satéliteal centro de la Tierra (apogeo y perigeo), r

ay r

p, respectivamente, plantea

razonadamente, sin resolverlas, las ecuaciones necesarias para determinarlas velocidades orbitales del satélite en esos puntos, v

ay v

p.

En toda órbita descrita por un cuerpo dentro de un campo gravitatorio, el momen-to angular y la energía mecánica se mantienen constantes. Por tanto, para el apogeoy el perigeo se cumplirá:

La

= Lp

8 m · ra

· va

= m · rp· v

p8 r

a· v

a= r

p· v

p[1]

Ema

= Emp

8 · m · va2 – = · m · v

p2 – 8

8 – = – [2]G · M

T

rp

vp2

2

G · MT

ra

va2

2

G · MT

· m

rp

1

2

G · MT

· m

ra

1

2

9,80 m · s–2 · (6,37 · 106 m)2 · 300 kg

36378 · 103 m

1

2

g0· R

T2 · m

R1

2

g0· R

T2

R

g0· R

T2 · m

R

1

2

G · MT

· m

R

1

2

MT

vp

rp ra

va

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