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Ejercicios resueltos
Bolet´ın 2
Campo gravitatorio y movimiento de sat´elites
Ejercicio 1
En el punto A(2,0) se sit´ua una masa de 2 kg y en el punto B(5,0) se coloca otra masa
de 4 kg. Calcula la fuerza resultante que act´ua sobre una tercera masa de 5 kg cuando se
coloca en el origen de coordenadas y cuando se sit´ua en el punto C(2,4).
Soluci´on 1
En una distribuci´on de masas la fuerza resultante que act´ua sobre una de ellas es la
suma vectorial de las fuerzas con las que act´uan las dem´as masas sobre ella.
a) Al colocar la masa de m = 5 kg en O (0,0). Las masas m1 = 2 kg y m2 = 4 kg
interaccionan con la masa m = 5 kg con unas fuerzas que tienen de direcci´on el eje X y
sentido hacia las masas m1 y m2.
m = 2 kg1 m = 4 kg2
F1
F2
O(0, 0)
A(2, 0) B(5, 0)
Y
X
Aplicando la ley de gravitaci´on universal:
F = F1 + F2 =
G · m1 · m
r2
1
i +
G · m2 · m
r2
2
i = G · m
m1
r2
1
+
m2
r2
2
i
Sustituyendo:
F = 6,67 · 10−11
· 5
2
22
+
4
52
i = 2,20 · 10−10
i N
b) Al colocar la masa m = 5 kg en C(2,4). Las fuerzas que act´uan sobre la masa m
tienen de direcci´on las rectas que unen la citada masa con las otras dos y por sentido
hacia las masas m1 y m2.
F1 =
G · m1 · m
r2
1
(−j) = −
6,67 · 10−11
· 2 · 5
42
j = −4,17 · 10−11
j N
El m´odulo de la fuerza con la que act´ua la masa m2 = 4 kg es:
F2 =
G · m2 · m
r2
2
=
6,67 · 10−11
· 4 · 5
(
√
32 + 42)2
= 5,34 · 10−11
N
1
F2x
F2
F2y
F1
m = 2 kg1
A(2, 0)
m = 4 kg2
B(5, 0)
C(2, 4)
ϕ ϕ
Y
XO
De la figura se deduce que cos ϕ = 4/5 y sin ϕ = 3/5 por lo que las componentes de la
fuerza que ejerce la masa m2 son:
F2x = F2 · sin ϕ i = 5,34 · 10−11
·
3
5
i = 3,20 · 10−11
i N
F2y = F2 · cos ϕ(−j) = −5,34 · 10−11
·
4
5
j = −4,27 · 10−11
j N
La fuerza resultante que act´ua sobre la part´ıcula de masa m tiene de componentes:
Fx = F2x = 3,20 · 10−11
i N
Fy = F1 + F2y = −4,17 · 10−11
j − 4,27 · 10−11
j = −8,44 · 10−11
j N
Su m´odulo es:
|F| = F2
x + F2
y = (3,20 · 10−11)2 + (8,44 · 10−11)2 = 9,03 · 10−11
N
Ejercicio 2
Calcula el m´odulo del campo gravitatorio terrestre a una distancia de 100 km sobre
la superficie de la Tierra. Datos: MT = 5,98 · 1024
kg, RT = 6370 km
Soluci´on 2
Aplicando la definici´on de intensidad del campo gravitatorio y como la Tierra se com-
porta como una part´ıcula con su masa concentrada en su centro, se tiene:
g =
G · MT
r2
=
G · MT
(RT + h)2
Sustituyendo:
g =
6,67 · 10−11
· 5,98 · 1024
(6,37 · 106 + 105)2
= 9,53 N/kg
2
Ejercicio 3
Una part´ıcula de masa m1 = 2 kg est´a situada en el origen de un sistema de referencia
y otra part´ıcula de masa m2 = 4 kg est´a colocada en el punto A(6,0). Calcula el campo
gravitatorio en los puntos de coordenadas B(3,0) y C(3,4) y la fuerza que act´ua sobre una
part´ıcula de 3 kg de masa situada en el punto C.
Soluci´on 3
Aplicando el principio de superposici´on, el campo gravitatorio en un punto es igual a
la suma vectorial de los campos individuales que act´uan en ese punto.
1m = 2 kg
O(0, 0)
2m = 4 kg
A(6, 0)
ur1
ur2g1 g2
Y
X
B(3, 0)
a) Campo gravitatorio en el punto B(3,0).
g1 = −G
m1
r2
1
ur1 = −G
2
32
i = −G
2
9
i
g2 = −G
m2
r2
2
ur2 = −G
4
32
(−i) = G
4
9
i
Sumando:
gB = g1 + g2 = −G
2
9
i + G
4
9
i = G
2
9
i = 1,48 · 10−11
i N/kg
b) Campo gravitatorio en el punto C(3,4). El punto C est´a situado a la misma distancia
de cada una de las part´ıculas, aplicando el teorema de Pit´agoras: d = 5 m. Los m´odulos
de los campos creados por cada una de las part´ıculas son:
g1 = G
m1
r2
1
= G
2
52
= G
2
25
g2 = G
m2
r2
2
= G
4
52
= G
4
25
Teniendo en cuenta la figura para determinar las relaciones trigonom´etricas de los
respectivos ´angulos y aplicando el principio de superposici´on, se tiene:
g1x = g1 · sin ϕ1 · (−i) = −G
2
25
3
5
i = −G
6
125
i
g2x = g2 · sin ϕ2 · i = G
4
25
3
5
i = G
12
125
i
gx = G
6
125
i
3
m = 4 kg2
B(6, 0)
g2x
m = 2 kg1
g2
g2y
g1
g1x
ur 1
ur 2
ϕ1 ϕ2
g1y
Y
X
A(3, 0)
C(3, 4)
O
g1y = g1 · cos ϕ1 · (−j) = −G
2
25
4
5
j = −G
8
125
j
g2y = g2 · cos ϕ2 · (−j) = −G
4
25
4
5
j = −G
16
125
j
gy = −G
24
125
j
Sustituyendo:
gC = gx + gy = (3,20 · 10−12
i − 12,8 · 10−12
j) N/kg
|gC| = g2
x + g2
y = (3,20 · 10−12)2 + (12,8 · 10−12)2 = 1,32 · 10−11
N/kg
c) La fuerza que act´ua sobre la part´ıcula colocada en el punto C es:
F = m · gC = 3 · (3,20 · 10−12
i − 12,8 · 10−12
j) = 9,6 · 10−12
i − 38,4 · 10−12
j N/kg
|F| = m · |gC| = 3 · 1,32 · 10−11
= 3,96 · 10−11
N
Ejercicio 4
Demuestra la validez de la expresi´on m · g · h para la variaci´on de energ´ıa potencial
gravitatoria en puntos pr´oximos a la superficie terrestre.
Soluci´on 4
La variaci´on de la energ´ıa potencial al trasladar un objeto de masa m desde la superficie
de la Tierra hasta un punto situado a una altura h, con h << RTierra, es:
∆Ep = Ep,h − Ep,T = −
G · MT · m
RT + h
− −
G · MT · m
RT
= G · MT · m
1
RT
−
1
RT + h
4
Operando, y como g0 = G·MT
R2
T
, se tiene:
∆Ep = g0 · m · R2
T
h
RT (RT + h)
Si la distancia h es mucho menor que el radio de la Tierra, entonces se puede realizar la
aproximaci´on RT · (RT + h) ≈ R2
T y por tanto: ∆Ep = m · g · h
Ejercicio 5
Dos part´ıculas de masas m1 = 4 kg y m2 = 0,5 kg que est´an situadas a una distancia
de 20 cm se separan hasta una distancia de 40 cm. calcula la energ´ıa potencial asociada
a las dos posiciones relativas y el trabajo realizado durante el proceso.
Soluci´on 5
a) La energ´ıa potencial asociada a las dos posiciones relativas es:
Ep,inicial = −
G · M · m
rinicial
= −6,67 · 10−11 4 · 0,5
0,2
= −6,67 · 10−10
J
Ep,final = −
G · M · m
rfinal
= −6,67 · 10−11 4 · 0,5
0,4
= −3,335 · 10−10
J
b) Aplicando la ley de la energ´ıa potencial, el trabajo realizado por la fuerza gravita-
toria es:
WFg = −∆Ep = −(Ep,final−Ep,inicial) = −(−3,35·10−10
−(−6,67·10−10
)) = −3,335·10−10
J
El trabajo que realiza la fuerza gravitatoria tiene el signo negativo, como corresponde a
una transformaci´on no espont´anea, aumentando la energ´ıa potencial de la distribuci´on.
Ejercicio 6
La gr´afica adjunta representa la energ´ıa potencial gravitatoria asociada a la posici´on
de una masa de 1 kg en puntos pr´oximos a la superficie de un planeta de 5000 km de
radio. Determina la intensidad del campo gravitatorio en su superficie.
Soluci´on 6
Si se elige como origen del sistema de referencia la superficie del planeta, entonces para
puntos pr´oximos a dicha superficie la energ´ıa potencial gravitatoria asociada a la posici´on
de un objeto de masa m es Ep = m · g · h
El valor de la pendiente de la representaci´on gr´afica es igual al producto m · g. Por
tanto:
pendiente =
100 J
25 m
= 4 N = m · g = 1 · g
Despejando:
g = 4 N/kg
5
E (J)p
5 10 15 20 25 h(m)
20
40
60
80
100
Ejercicio 7
Una part´ıcula de masa m1 = 2 kg est´a situada en el origen de un sistema de referencia
y otra part´ıcula de masa m2 = 4 kg est´a colocada en el punto A(6,0). Calcula el potencial
gravitatorio en los puntos de coordenadas B(3,0) y C(3,4). ¿Qu´e trabajo se realiza al
transportar una masa de 5 kg desde el punto B hasta el punto C?
Soluci´on 7
aplicando el teorema de Pit´agoras, el punto C est´a situado a 5 m de cada una de las
dos masas.
a) El potencial gravitatorio en un punto es igual a la suma de los potenciales creados
por cada una de las masas.
VB = V1 + V2 = −
G · m1
r1
−
G · m2
r2
= −G
2
3
+
4
5
= −1,334 · 10−10
J/kg
VC = V1 + V2 = −
G · m1
r1
−
G · m2
r2
= −G
2
5
+
4
5
= −8,004 · 10−11
J/kg
b) Aplicando la relaci´on entre el trabajo de la fuerza conservativa y la energ´ıa potencial:
WB→C = −∆Ep = −m · ∆U = −m · (VC − VB) =
= −5 · (−8,004 · 10−11
− (−1,334 · 10−10
)) = −2,668 · 10−10
J
El trabajo que realiza la fuerza gravitatoria tiene el signo negativo por lo que el proceso
no es espont´aneo, ya que el sistema evoluciona hacia una situaci´on de mayor energ´ıa
potencial.
Ejercicio 8
Considerando a la Tierra y a la Luna aisladas de toda influencia exterior se desea
saber el potencial gravitatorio en el punto en el que se anula el campo gravitatorio. La
masa de la Tierra es igual a 5,98·1024
kg y equivale a 81 veces la de la Luna y la distancia
desde la Tierra hasta la Luna es de 384000 km.
6
Soluci´on 8
Sea d la distancia Tierra-Luna y P el punto pedido, que supongamos est´a a una
distancia x del centro de la Tierra. En ese punto los m´odulos de los campos gravitatorios
creados por cada astro son iguales, gT = gL.
G · MT
x2
=
G · ML
(d − x)2
G · 81 · ML
x2
=
G · ML
(d − x)2
⇒
92
x2
=
1
(d − x)2
Por tanto:
9 · (d − x) = x
;
9 d = 10 x ⇒ x =
9
10
· 384 · 106
m = 3,456 · 108
m
El potencial gravitatorio en ese punto es el debido a la Tierra y a la Luna:
VP = VT + VL = −
G · MT
x
−
G · ML
d − x
= −
G · MT
9/10 d
−
G · MT /81
d − 9/10 d
Operando:
VP = −
G · 10 · MT
9 d
−
G · 10 · MT
81 d
= −
100
81
G · MT
d
Sustituyendo:
VP = −
100
81
6,67 · 10−11 5,98 · 1024
3,84 · 108
= −1,3 · 106
J/kg
Ejercicio 9
Un meteorito de 1000 kg de masa se encuentra en reposo a una distancia sobre la
superficie de la Tierra de cinco veces el radio terrestre. ¿Cu´al es el valor de la energ´ıa
mec´anica asociada al meteorito en esa posici´on? Justifica el signo obtenido. Prescindiendo
de la fricci´on con el aire, calcula la velocidad con la que impactar´a contra la superficie de
la Tierra. ¿Depender´a esa velocidad de la trayectoria que siga el meteorito?
Dato: RT = 6370 km.
Soluci´on 9
a) El meteorito est´a situado a una distancia 6 RT del centro de la Tierra y en re-
poso, por lo que la energ´ıa mec´anica asociada a su posici´on es exclusivamente potencial
gravitatoria.
Emec´anica = Epotencial = −
G · MT · mm
6 · RT
Multiplicando y dividiendo por RT , como
g0 =
G · MT
R2
T
7
y sustituyendo, resulta que:
Emec´anica = −
g0 · RT · mm
6
= −
9,8 · 6,37 · 106
· 1000
6
= −1,04 · 1010
J
El signo negativo significa que el meteorito est´a ligado al campo gravitatorio terrestre.
b) Al prescindir de la fricci´on con el aire, la ´unica fuerza que act´ua sobre el meteorito
es la que aplica el campo gravitatorio terrestre, por lo que la energ´ıa mec´anica asociada
a la posici´on del meteorito se conserva durante su ca´ıda.
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒ Ec,inicial + Ep,inicial = Ec,superficie + Ep,superficie
La energ´ıa potencial gravitatoria asociada a la posici´on inicial del meteorito se transforma
en energ´ıa potencial gravitatoria y energ´ıa cin´etica en la superficie de la Tierra.
0 −
G · MT · mm
6 RT
=
1
2
mm v2
superficie −
G · MT · mm
RT
Simplificando, multiplicando y dividiendo por RT y como
g0 =
G · MT
R2
T
se tiene:
1
2
v2
= −
1
6
g0 · RT + g0 · RT =
5
6
g0 · RT ⇒ v =
5
3
g0 · RT
Sustituyendo:
v =
5
3
9,8 · 6,37 · 106 = 10200 = 10,2 km/s
El campo gravitatorio es conservativo, por lo que el trabajo que realizan las fuerzas del
campo para modificar la posici´on del meteorito es independiente de la trayectoria seguida.
Por tanto, la velocidad con que llega a la superficie de la Tierra es independiente de la
trayectoria que recorra.
Ejercicio 10
Se lanza verticalmente, desde la superficie de la Tierra, un objeto con una velocidad
inicial de 5 km/s. ¿Hasta qu´e altura subir´a, si se prescinde del rozamiento con el aire?
Dato: RT = 6370 km.
Soluci´on 10
Si se prescinde del rozamiento con el aire, la ´unica fuerza que act´ua sobre el objeto es
la atracci´on gravitatoria, por lo que la energ´ıa mec´anica se conserva.
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒ Ec,superficie + Ep,superficie = Ec,final + Ep,final
La energ´ıa cin´etica y potencial en la superficie de la Tierra se transforman en energ´ıa
potencial gravitatoria asociada a su posici´on final.
1
2
· ms · v2
superficie −
G · MT · ms
RT
= 0 −
G · MT · ms
RT + h
8
Operando:
v2
superficie · RT − 2 · G · MT
2 RT
= −
G · MT
RT + h
⇒
RT + h
G · MT
=
2 · RT
2 · G · MT − v2
superficie · RT
Despejando:
h =
2 · G · MT · RT
2 · G · MT − v2
superficie · RT
− RT =
v2
superficie · R2
T
2 · G · MT − v2
superficie · RT
Como
g0 =
G · MT
R2
T
se tiene que:
h =
v2
superficie
2 · g0 −
v2
superficie
RT
=
v2
superficie · RT
2 · g0 · RT − v2
superficie
Sustituyendo:
h =
(5000)2
· 6,37 · 106
2 · 9,8 · 6,37 · 106 − (5000)2
= 1,59 · 106
m
Ejercicio 11
El radio de la Tierra es de 6400 km y el valor de la aceleraci´on de la gravedad en su
superficie es de 9,8 m/s2
; la masa de la Luna es 1/81 veces la de la Tierra y su radio
1/4 veces el radio terrestre. Con estos datos, determina la velocidad de escape desde
la superficie de la Luna. Con el resultado obtenido, ¿se podr´ıa explicar la ausencia de
atm´osfera en la Luna?
Soluci´on 11
Una part´ıcula se desliga de la Luna cuando su energ´ıa mec´anica es igual a cero.
1
2
· m · v2
escape −
G · ML · m
RL
= 0 ⇒ vescape =
2 · G · ML
RL
Sustituyendo:
vescape =
2 · G · MT /81
RT /4
=
2
9
2 · G · MT
RT
=
2
9
vescapeTierra
Operando, y como
g0 =
G · MT
R2
T
se tiene:
vescape =
2
9
2 · g0 · RT
Sustituyendo:
vescape =
2
9
2 · 9,8 · 6,4 · 106 = 2,5 · 103
m/s
Este valor es menor que el de la velocidad media de agitaci´on de las part´ıculas gaseosas,
por lo que la Luna no es capaz de retener una atm´osfera.
9
Ejercicio 12
En la Tierra un saltador de altura alcanza los 2 m con un brinco que le comunica una
velocidad inicial adecuada. Calcula el radio m´aximo que debe tener un asteroide esf´erico
(de densidad igual a la terrestre), para que el saltador, al dar en el asteroide el mismo
brinco que en la Tierra, salga despedido de ´este escapando de su acci´on gravitatoria.
Dato: radio medio de la Tierra, R = 6,37 · 106
m
Soluci´on 12
La velocidad con que salta el atleta en la superficie de la Tierra es:
v = 2 · g0 · h = 2 · g0 · 2 = 2
√
g0
Para que el atleta se desligue del asteroide su energ´ıa mec´anica tiene que ser como m´ınimo
igual a cero.
Sea m la masa del atleta, MA la del asteroide y RA su radio.
Ec + Ep =
1
2
· m · v2
−
G · m · MA
RA
= 0
Simplificando y sustituyendo:
1
2
(2
√
g0)2
= G
MA
RA
⇒ 2 · g0 = G
MA
RA
Las densidades de los astros son iguales, entonces:
MT
R3
T
=
MA
R3
A
⇒
MA
RA
=
MT
R3
T
R2
A
Como
g0 =
G · MT
R2
T
se tiene que:
2 · g0 = G
MA
RA
⇒ 2 · G
MT
R2
T
= G
MT
R3
T
R2
A ⇒ R2
A = 2 RT
Por tanto, el radio del asteroide es:
RA = 2 RT = 3569 m
Ejercicio 13
Un veh´ıculo explorador recorre una ´orbita de radio r alrededor de un planeta. ¿Qu´e ocu-
rre si accidentalmente se encienden los motores de forma que la velocidad lineal del veh´ıcu-
lo se multiplica por
√
2?
10
Soluci´on 13
La velocidad de un objeto en ´orbita alrededor de un planeta es:
v´orbita =
G · Mplaneta
r
Al encenderse los motores la velocidad del veh´ıculo pasa a ser:
v =
√
2 · v´orbita =
2 · G · Mplaneta
r
La energ´ıa mec´anica del veh´ıculo espacial es igual a la suma de su energ´ıa cin´etica y
potencial gravitatoria.
E = Ec + Ep =
1
2
m · v2
−
G · Mplaneta · m
r
Sustituyendo la velocidad por su nuevo valor, se tiene:
E =
1
2
m ·
2 · G · Mplaneta
r
−
G · Mplaneta · m
r
= 0
Por lo que el veh´ıculo espacial deja de orbitar al planeta quedando desligado de ´el.
Para cualquier objeto puesto en ´orbita alrededor de un astro cuya velocidad lineal se
multiplique por
√
2, su eneg´ıa mec´anica es igual a cero y se desliga del astro.
Ejercicio 14
Un sat´elite de 250 kg de masa, est´a en ´orbita circular en torno a la Tierra a una altura
de 500 km sobre su superficie. Calcula su velocidad y su periodo de revoluci´on. ¿Cu´al es
la energ´ıa involucrada en el proceso de poner al sat´elite en ´orbita con esa velocidad?
Datos: Radio de la Tierra = 6380 km y g0 = 9,8 m/s2
Soluci´on 14
a) Aplicando al sat´elite la segunda ley de Newton y como la ´unica fuerza que act´ua
sobre ´el es la interacci´on gravitatoria, se tiene:
F = m · aN
G
MT · ms
r2
= ms
v2
r
Despejando y como
g0 =
G · MT
R2
T
se tiene que la velocidad orbital es:
v =
G · MT
r
=
g0 · R2
T
r
=
9,8 · (6,38 · 106)2
6,38 · 106 + 500 · 103
= 7,6 · 103
m/s
11
El periodo de revoluci´on es
T =
2 π r
v
=
2 π (6,38 · 106
+ 500 · 103
)
7,6 · 103
= 5687,9 s ≈ 1,6 h
b) Aplicando la ley de la conservaci´on de la energ´ıa entre la superficie de la Tierra y
la ´orbita del sat´elite, se tiene que el trabajo realizado es igual a la variaci´on de la energ´ıa
mec´anica del sat´elite.
Wrealizado = ∆Ec + ∆Ep = Emec´anica final − Emec´anica inicial = E´orbita − Esuperficie
La energ´ıa asociada al sat´elite en ´orbita es:
E´orbita = Ep,´orbita + Ec,´orbita = −
G · MT · ms
r
+
1
2
ms · v2
orbital
Sustituyendo la velocidad orbital por su valor:
v2
orbital =
G · MT
r
E´orbita = −
G · MT · ms
r
+
1
2
ms ·
G · MT
r
= −
1
2
G · MT · ms
r
Operando y sustituyendo:
E´orbita = −
1
2
· g0 · R2
T
ms
r
= −
1
2
9,8 · (6,38 · 106
)2 250
6,38 · 106 + 500 · 103
= −7,25 · 109
J
Si se considera que el sat´elite se lanza siguiendo la vertical, sin aprovechar el movi-
miento de rotaci´on de la Tierra, la velocidad inicial en la superficie de la Tierra es igual
a cero y la energ´ıa asociada a la posici´on del sat´elite sobre la superficie de la Tierra es
solamente potencial:
Esuperficie = Ep,superficie = −
G · MT · ms
RT
= −g0 · RT · ms
Sustituyendo:
Esuperficie = −9,8 · 6,38 · 106
· 250 = −1,56 · 1010
J
Por tanto, la energ´ıa necesaria para poner el sat´elite en ´orbita es:
Wrealizado = ∆E = E´orbita − Esuperficie = −7,25 · 109
− (−1,56 · 1010
) = 8,35 · 109
J
Ejercicio 15
Determina la energ´ıa necesaria para colocar en una ´orbita de radio r = 3 · RT a
un sat´elite artificial de 65 kg de masa, lanz´andolo desde un punto del ecuador terrestre y
teniendo en cuenta el movimiento de rotaci´on de la Tierra. ¿Cu´al es el periodo del sat´elite?
Dato: RT = 6380 km y g0 = 9,8 m/s2
12
Soluci´on 15
Debido al movimiento de rotaci´on de la Tierra, los puntos situados sobre el ecuador
tienen velocidad m´axima. Al lanzar los sat´elites artificiales desde puntos pr´oximos al
ecuador y hacia el este, se aprovecha la energ´ıa cin´etica debida a la rotaci´on de la Tierra.
La velocidad del sat´elite es la misma que la del punto de lanzamiento, por lo que la
energ´ıa mec´anica asociada al sat´elite cuando est´a situado sobre la superficie de la Tierra
es:
Esuperficie = Ec + Ep =
1
2
ms · v2
T −
G · MT · ms
RT
Como:
g0 =
G · MT
R2
T
⇒ Esuperficie =
1
2
ms · v2
T − g0 · ms · RT
La velocidad del sat´elite en su ´orbita se determina aplicando la segunda ley de Newton:
F = ms · an
G · MT · ms
r2
= ms
v2
´orbita
r
⇒ v2
´orbita =
G · MT
r
La energ´ıa mec´anica asociada al sat´elite en su ´orbita es:
E´orbita =
1
2
ms · v2
´orbita −
G · MT · ms
r
=
1
2
ms ·
G · MT
r
−
G · MT · ms
r
= −
1
2
G · MT · ms
r
Como r = 3 RT , se tiene:
E´orbita = −
1
2
G · MT · ms
3 RT
= −
1
6
g0 · ms · RT
Aplicando la ley de la conservaci´on de la energ´ıa, el trabajo realizado es igual a la variaci´on
de la energ´ıa mec´anica del sat´elite.
Wponer en ´orbita = E´orbita − Esuperficie = −
1
6
g0 · ms · RT −
1
2
ms · v2
T − g0 · ms · RT
Operando:
Wponer en ´orbita =
5
6
g0 · ms · RT −
1
2
ms · v2
T
La velocidad de un punto del ecuador es:
vT =
2 π RT
T
=
2 π 6,38 · 106
24 · 3600
= 464 m/s
Sustituyendo:
Wponer en ´orbita =
5
6
· 9,8 · 65 · 6,38 · 106
−
1
2
· 65 · (464)2
= 3,38 · 109
J
b) Aplicando las relaciones entre el periodo y la velocidad, se tiene:
v´orbita =
G · MT
r
⇒ T =
2 π r
v
=
2 π r
G·MT
r
= 2 π
r3
G · MT
Como r = 3 RT , se tiene:
T = 2 π
27 R3
T
G · MT
= 6 π
3 RT
g0
= 26342,6 s ≈ 7,3 h
13
Ejercicio 16
Un sat´elite artificial de comunicaciones, de 500 kg de masa, describe una ´orbita circular
de 9000 km de radio en torno a la Tierra. En un momento dado, se decide variar el radio de
su ´orbita, para lo cual enciende uno de los cohetes propulsores del sat´elite, comunic´andole
un impulso tangente a su trayectoria antigua. Si el radio de la nueva ´orbita descrita por el
sat´elite, en torno a la Tierra, es de 13000 km, calcula la velocidad del sat´elite en la nueva
´orbita y la energ´ıa involucrada en el proceso.
Datos: Radio de la Tierra = 6380 km y g0 = 9,8 m/s2
Soluci´on 16
a) Aplicando al sat´elite la segunda ley de Newton y como la ´unica fuerza que act´ua
sobre ´el es la interacci´on gravitatoria, se tiene:
F = m · an
G
MT · ms
r2
= ms
v2
r
Despejando, como
g0 =
G · MT
R2
T
y sustituyendo, se tiene que:
vfinal =
G · MT
rfinal
= g0
R2
T
rfinal
= 9,8
(6,38 · 106)2
13 · 106
= 5,5 · 103
m/s
b) El trabajo realizado por un agente externo para modificar la ´orbita del sat´elite es
igual a la variaci´on de su energ´ıa mec´anica.
Wrealizado = ∆Ec + ∆Ep = Emec´anica,final − Emec´anica,inicial
La energ´ıa asociada al sat´elite en ´orbita es igual a la denominada energ´ıa de enlace:
E´orbita = Epotencial + Ecin´etica = −
G · MT · ms
r
+
1
2
ms · v2
orbital
Sustituyendo la velocidad orbital por su valor:
v2
orbital =
G · MT
r
E´orbita = −
G · MT · ms
r
+
1
2
ms ·
G · MT
r
= −
1
2
G · MT · ms
r
Operando y como
g0 =
G · MT
R2
T
se tiene que:
E´orbita = −
1
2
· g0 · R2
T
ms
r
14
La energ´ıa involucrada en el proceso es la diferencia de las energ´ıas mec´anicas de las
dos ´orbitas:
Wrealizado = ∆E = E´orbita final − E´orbita inicial = −
1
2
· g0 · R2
T
ms
rfinal
+
1
2
· g0 · R2
T
ms
rinicial
Operando:
∆E =
1
2
· g0 · R2
T · ms ·
1
rinicial
−
1
rfinal
=
1
2
· g0 · R2
T · ms ·
rfinal − rinicial
rinicial · rfinal
Sustituyendo:
∆E =
1
2
· 9,8 · (6,38 · 106
)2
· 500 ·
13 · 106
− 9 · 106
9 · 106 · 13 · 106
= 3,4 · 109
J
Que l´ogicamente es una cantidad positiva.
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Guía de problemas de Gravitación Universal (Resuelta) II

  • 1. Ejercicios resueltos Bolet´ın 2 Campo gravitatorio y movimiento de sat´elites Ejercicio 1 En el punto A(2,0) se sit´ua una masa de 2 kg y en el punto B(5,0) se coloca otra masa de 4 kg. Calcula la fuerza resultante que act´ua sobre una tercera masa de 5 kg cuando se coloca en el origen de coordenadas y cuando se sit´ua en el punto C(2,4). Soluci´on 1 En una distribuci´on de masas la fuerza resultante que act´ua sobre una de ellas es la suma vectorial de las fuerzas con las que act´uan las dem´as masas sobre ella. a) Al colocar la masa de m = 5 kg en O (0,0). Las masas m1 = 2 kg y m2 = 4 kg interaccionan con la masa m = 5 kg con unas fuerzas que tienen de direcci´on el eje X y sentido hacia las masas m1 y m2. m = 2 kg1 m = 4 kg2 F1 F2 O(0, 0) A(2, 0) B(5, 0) Y X Aplicando la ley de gravitaci´on universal: F = F1 + F2 = G · m1 · m r2 1 i + G · m2 · m r2 2 i = G · m m1 r2 1 + m2 r2 2 i Sustituyendo: F = 6,67 · 10−11 · 5 2 22 + 4 52 i = 2,20 · 10−10 i N b) Al colocar la masa m = 5 kg en C(2,4). Las fuerzas que act´uan sobre la masa m tienen de direcci´on las rectas que unen la citada masa con las otras dos y por sentido hacia las masas m1 y m2. F1 = G · m1 · m r2 1 (−j) = − 6,67 · 10−11 · 2 · 5 42 j = −4,17 · 10−11 j N El m´odulo de la fuerza con la que act´ua la masa m2 = 4 kg es: F2 = G · m2 · m r2 2 = 6,67 · 10−11 · 4 · 5 ( √ 32 + 42)2 = 5,34 · 10−11 N 1
  • 2. F2x F2 F2y F1 m = 2 kg1 A(2, 0) m = 4 kg2 B(5, 0) C(2, 4) ϕ ϕ Y XO De la figura se deduce que cos ϕ = 4/5 y sin ϕ = 3/5 por lo que las componentes de la fuerza que ejerce la masa m2 son: F2x = F2 · sin ϕ i = 5,34 · 10−11 · 3 5 i = 3,20 · 10−11 i N F2y = F2 · cos ϕ(−j) = −5,34 · 10−11 · 4 5 j = −4,27 · 10−11 j N La fuerza resultante que act´ua sobre la part´ıcula de masa m tiene de componentes: Fx = F2x = 3,20 · 10−11 i N Fy = F1 + F2y = −4,17 · 10−11 j − 4,27 · 10−11 j = −8,44 · 10−11 j N Su m´odulo es: |F| = F2 x + F2 y = (3,20 · 10−11)2 + (8,44 · 10−11)2 = 9,03 · 10−11 N Ejercicio 2 Calcula el m´odulo del campo gravitatorio terrestre a una distancia de 100 km sobre la superficie de la Tierra. Datos: MT = 5,98 · 1024 kg, RT = 6370 km Soluci´on 2 Aplicando la definici´on de intensidad del campo gravitatorio y como la Tierra se com- porta como una part´ıcula con su masa concentrada en su centro, se tiene: g = G · MT r2 = G · MT (RT + h)2 Sustituyendo: g = 6,67 · 10−11 · 5,98 · 1024 (6,37 · 106 + 105)2 = 9,53 N/kg 2
  • 3. Ejercicio 3 Una part´ıcula de masa m1 = 2 kg est´a situada en el origen de un sistema de referencia y otra part´ıcula de masa m2 = 4 kg est´a colocada en el punto A(6,0). Calcula el campo gravitatorio en los puntos de coordenadas B(3,0) y C(3,4) y la fuerza que act´ua sobre una part´ıcula de 3 kg de masa situada en el punto C. Soluci´on 3 Aplicando el principio de superposici´on, el campo gravitatorio en un punto es igual a la suma vectorial de los campos individuales que act´uan en ese punto. 1m = 2 kg O(0, 0) 2m = 4 kg A(6, 0) ur1 ur2g1 g2 Y X B(3, 0) a) Campo gravitatorio en el punto B(3,0). g1 = −G m1 r2 1 ur1 = −G 2 32 i = −G 2 9 i g2 = −G m2 r2 2 ur2 = −G 4 32 (−i) = G 4 9 i Sumando: gB = g1 + g2 = −G 2 9 i + G 4 9 i = G 2 9 i = 1,48 · 10−11 i N/kg b) Campo gravitatorio en el punto C(3,4). El punto C est´a situado a la misma distancia de cada una de las part´ıculas, aplicando el teorema de Pit´agoras: d = 5 m. Los m´odulos de los campos creados por cada una de las part´ıculas son: g1 = G m1 r2 1 = G 2 52 = G 2 25 g2 = G m2 r2 2 = G 4 52 = G 4 25 Teniendo en cuenta la figura para determinar las relaciones trigonom´etricas de los respectivos ´angulos y aplicando el principio de superposici´on, se tiene: g1x = g1 · sin ϕ1 · (−i) = −G 2 25 3 5 i = −G 6 125 i g2x = g2 · sin ϕ2 · i = G 4 25 3 5 i = G 12 125 i gx = G 6 125 i 3
  • 4. m = 4 kg2 B(6, 0) g2x m = 2 kg1 g2 g2y g1 g1x ur 1 ur 2 ϕ1 ϕ2 g1y Y X A(3, 0) C(3, 4) O g1y = g1 · cos ϕ1 · (−j) = −G 2 25 4 5 j = −G 8 125 j g2y = g2 · cos ϕ2 · (−j) = −G 4 25 4 5 j = −G 16 125 j gy = −G 24 125 j Sustituyendo: gC = gx + gy = (3,20 · 10−12 i − 12,8 · 10−12 j) N/kg |gC| = g2 x + g2 y = (3,20 · 10−12)2 + (12,8 · 10−12)2 = 1,32 · 10−11 N/kg c) La fuerza que act´ua sobre la part´ıcula colocada en el punto C es: F = m · gC = 3 · (3,20 · 10−12 i − 12,8 · 10−12 j) = 9,6 · 10−12 i − 38,4 · 10−12 j N/kg |F| = m · |gC| = 3 · 1,32 · 10−11 = 3,96 · 10−11 N Ejercicio 4 Demuestra la validez de la expresi´on m · g · h para la variaci´on de energ´ıa potencial gravitatoria en puntos pr´oximos a la superficie terrestre. Soluci´on 4 La variaci´on de la energ´ıa potencial al trasladar un objeto de masa m desde la superficie de la Tierra hasta un punto situado a una altura h, con h << RTierra, es: ∆Ep = Ep,h − Ep,T = − G · MT · m RT + h − − G · MT · m RT = G · MT · m 1 RT − 1 RT + h 4
  • 5. Operando, y como g0 = G·MT R2 T , se tiene: ∆Ep = g0 · m · R2 T h RT (RT + h) Si la distancia h es mucho menor que el radio de la Tierra, entonces se puede realizar la aproximaci´on RT · (RT + h) ≈ R2 T y por tanto: ∆Ep = m · g · h Ejercicio 5 Dos part´ıculas de masas m1 = 4 kg y m2 = 0,5 kg que est´an situadas a una distancia de 20 cm se separan hasta una distancia de 40 cm. calcula la energ´ıa potencial asociada a las dos posiciones relativas y el trabajo realizado durante el proceso. Soluci´on 5 a) La energ´ıa potencial asociada a las dos posiciones relativas es: Ep,inicial = − G · M · m rinicial = −6,67 · 10−11 4 · 0,5 0,2 = −6,67 · 10−10 J Ep,final = − G · M · m rfinal = −6,67 · 10−11 4 · 0,5 0,4 = −3,335 · 10−10 J b) Aplicando la ley de la energ´ıa potencial, el trabajo realizado por la fuerza gravita- toria es: WFg = −∆Ep = −(Ep,final−Ep,inicial) = −(−3,35·10−10 −(−6,67·10−10 )) = −3,335·10−10 J El trabajo que realiza la fuerza gravitatoria tiene el signo negativo, como corresponde a una transformaci´on no espont´anea, aumentando la energ´ıa potencial de la distribuci´on. Ejercicio 6 La gr´afica adjunta representa la energ´ıa potencial gravitatoria asociada a la posici´on de una masa de 1 kg en puntos pr´oximos a la superficie de un planeta de 5000 km de radio. Determina la intensidad del campo gravitatorio en su superficie. Soluci´on 6 Si se elige como origen del sistema de referencia la superficie del planeta, entonces para puntos pr´oximos a dicha superficie la energ´ıa potencial gravitatoria asociada a la posici´on de un objeto de masa m es Ep = m · g · h El valor de la pendiente de la representaci´on gr´afica es igual al producto m · g. Por tanto: pendiente = 100 J 25 m = 4 N = m · g = 1 · g Despejando: g = 4 N/kg 5
  • 6. E (J)p 5 10 15 20 25 h(m) 20 40 60 80 100 Ejercicio 7 Una part´ıcula de masa m1 = 2 kg est´a situada en el origen de un sistema de referencia y otra part´ıcula de masa m2 = 4 kg est´a colocada en el punto A(6,0). Calcula el potencial gravitatorio en los puntos de coordenadas B(3,0) y C(3,4). ¿Qu´e trabajo se realiza al transportar una masa de 5 kg desde el punto B hasta el punto C? Soluci´on 7 aplicando el teorema de Pit´agoras, el punto C est´a situado a 5 m de cada una de las dos masas. a) El potencial gravitatorio en un punto es igual a la suma de los potenciales creados por cada una de las masas. VB = V1 + V2 = − G · m1 r1 − G · m2 r2 = −G 2 3 + 4 5 = −1,334 · 10−10 J/kg VC = V1 + V2 = − G · m1 r1 − G · m2 r2 = −G 2 5 + 4 5 = −8,004 · 10−11 J/kg b) Aplicando la relaci´on entre el trabajo de la fuerza conservativa y la energ´ıa potencial: WB→C = −∆Ep = −m · ∆U = −m · (VC − VB) = = −5 · (−8,004 · 10−11 − (−1,334 · 10−10 )) = −2,668 · 10−10 J El trabajo que realiza la fuerza gravitatoria tiene el signo negativo por lo que el proceso no es espont´aneo, ya que el sistema evoluciona hacia una situaci´on de mayor energ´ıa potencial. Ejercicio 8 Considerando a la Tierra y a la Luna aisladas de toda influencia exterior se desea saber el potencial gravitatorio en el punto en el que se anula el campo gravitatorio. La masa de la Tierra es igual a 5,98·1024 kg y equivale a 81 veces la de la Luna y la distancia desde la Tierra hasta la Luna es de 384000 km. 6
  • 7. Soluci´on 8 Sea d la distancia Tierra-Luna y P el punto pedido, que supongamos est´a a una distancia x del centro de la Tierra. En ese punto los m´odulos de los campos gravitatorios creados por cada astro son iguales, gT = gL. G · MT x2 = G · ML (d − x)2 G · 81 · ML x2 = G · ML (d − x)2 ⇒ 92 x2 = 1 (d − x)2 Por tanto: 9 · (d − x) = x ; 9 d = 10 x ⇒ x = 9 10 · 384 · 106 m = 3,456 · 108 m El potencial gravitatorio en ese punto es el debido a la Tierra y a la Luna: VP = VT + VL = − G · MT x − G · ML d − x = − G · MT 9/10 d − G · MT /81 d − 9/10 d Operando: VP = − G · 10 · MT 9 d − G · 10 · MT 81 d = − 100 81 G · MT d Sustituyendo: VP = − 100 81 6,67 · 10−11 5,98 · 1024 3,84 · 108 = −1,3 · 106 J/kg Ejercicio 9 Un meteorito de 1000 kg de masa se encuentra en reposo a una distancia sobre la superficie de la Tierra de cinco veces el radio terrestre. ¿Cu´al es el valor de la energ´ıa mec´anica asociada al meteorito en esa posici´on? Justifica el signo obtenido. Prescindiendo de la fricci´on con el aire, calcula la velocidad con la que impactar´a contra la superficie de la Tierra. ¿Depender´a esa velocidad de la trayectoria que siga el meteorito? Dato: RT = 6370 km. Soluci´on 9 a) El meteorito est´a situado a una distancia 6 RT del centro de la Tierra y en re- poso, por lo que la energ´ıa mec´anica asociada a su posici´on es exclusivamente potencial gravitatoria. Emec´anica = Epotencial = − G · MT · mm 6 · RT Multiplicando y dividiendo por RT , como g0 = G · MT R2 T 7
  • 8. y sustituyendo, resulta que: Emec´anica = − g0 · RT · mm 6 = − 9,8 · 6,37 · 106 · 1000 6 = −1,04 · 1010 J El signo negativo significa que el meteorito est´a ligado al campo gravitatorio terrestre. b) Al prescindir de la fricci´on con el aire, la ´unica fuerza que act´ua sobre el meteorito es la que aplica el campo gravitatorio terrestre, por lo que la energ´ıa mec´anica asociada a la posici´on del meteorito se conserva durante su ca´ıda. ∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒ Ec,inicial + Ep,inicial = Ec,superficie + Ep,superficie La energ´ıa potencial gravitatoria asociada a la posici´on inicial del meteorito se transforma en energ´ıa potencial gravitatoria y energ´ıa cin´etica en la superficie de la Tierra. 0 − G · MT · mm 6 RT = 1 2 mm v2 superficie − G · MT · mm RT Simplificando, multiplicando y dividiendo por RT y como g0 = G · MT R2 T se tiene: 1 2 v2 = − 1 6 g0 · RT + g0 · RT = 5 6 g0 · RT ⇒ v = 5 3 g0 · RT Sustituyendo: v = 5 3 9,8 · 6,37 · 106 = 10200 = 10,2 km/s El campo gravitatorio es conservativo, por lo que el trabajo que realizan las fuerzas del campo para modificar la posici´on del meteorito es independiente de la trayectoria seguida. Por tanto, la velocidad con que llega a la superficie de la Tierra es independiente de la trayectoria que recorra. Ejercicio 10 Se lanza verticalmente, desde la superficie de la Tierra, un objeto con una velocidad inicial de 5 km/s. ¿Hasta qu´e altura subir´a, si se prescinde del rozamiento con el aire? Dato: RT = 6370 km. Soluci´on 10 Si se prescinde del rozamiento con el aire, la ´unica fuerza que act´ua sobre el objeto es la atracci´on gravitatoria, por lo que la energ´ıa mec´anica se conserva. ∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒ Ec,superficie + Ep,superficie = Ec,final + Ep,final La energ´ıa cin´etica y potencial en la superficie de la Tierra se transforman en energ´ıa potencial gravitatoria asociada a su posici´on final. 1 2 · ms · v2 superficie − G · MT · ms RT = 0 − G · MT · ms RT + h 8
  • 9. Operando: v2 superficie · RT − 2 · G · MT 2 RT = − G · MT RT + h ⇒ RT + h G · MT = 2 · RT 2 · G · MT − v2 superficie · RT Despejando: h = 2 · G · MT · RT 2 · G · MT − v2 superficie · RT − RT = v2 superficie · R2 T 2 · G · MT − v2 superficie · RT Como g0 = G · MT R2 T se tiene que: h = v2 superficie 2 · g0 − v2 superficie RT = v2 superficie · RT 2 · g0 · RT − v2 superficie Sustituyendo: h = (5000)2 · 6,37 · 106 2 · 9,8 · 6,37 · 106 − (5000)2 = 1,59 · 106 m Ejercicio 11 El radio de la Tierra es de 6400 km y el valor de la aceleraci´on de la gravedad en su superficie es de 9,8 m/s2 ; la masa de la Luna es 1/81 veces la de la Tierra y su radio 1/4 veces el radio terrestre. Con estos datos, determina la velocidad de escape desde la superficie de la Luna. Con el resultado obtenido, ¿se podr´ıa explicar la ausencia de atm´osfera en la Luna? Soluci´on 11 Una part´ıcula se desliga de la Luna cuando su energ´ıa mec´anica es igual a cero. 1 2 · m · v2 escape − G · ML · m RL = 0 ⇒ vescape = 2 · G · ML RL Sustituyendo: vescape = 2 · G · MT /81 RT /4 = 2 9 2 · G · MT RT = 2 9 vescapeTierra Operando, y como g0 = G · MT R2 T se tiene: vescape = 2 9 2 · g0 · RT Sustituyendo: vescape = 2 9 2 · 9,8 · 6,4 · 106 = 2,5 · 103 m/s Este valor es menor que el de la velocidad media de agitaci´on de las part´ıculas gaseosas, por lo que la Luna no es capaz de retener una atm´osfera. 9
  • 10. Ejercicio 12 En la Tierra un saltador de altura alcanza los 2 m con un brinco que le comunica una velocidad inicial adecuada. Calcula el radio m´aximo que debe tener un asteroide esf´erico (de densidad igual a la terrestre), para que el saltador, al dar en el asteroide el mismo brinco que en la Tierra, salga despedido de ´este escapando de su acci´on gravitatoria. Dato: radio medio de la Tierra, R = 6,37 · 106 m Soluci´on 12 La velocidad con que salta el atleta en la superficie de la Tierra es: v = 2 · g0 · h = 2 · g0 · 2 = 2 √ g0 Para que el atleta se desligue del asteroide su energ´ıa mec´anica tiene que ser como m´ınimo igual a cero. Sea m la masa del atleta, MA la del asteroide y RA su radio. Ec + Ep = 1 2 · m · v2 − G · m · MA RA = 0 Simplificando y sustituyendo: 1 2 (2 √ g0)2 = G MA RA ⇒ 2 · g0 = G MA RA Las densidades de los astros son iguales, entonces: MT R3 T = MA R3 A ⇒ MA RA = MT R3 T R2 A Como g0 = G · MT R2 T se tiene que: 2 · g0 = G MA RA ⇒ 2 · G MT R2 T = G MT R3 T R2 A ⇒ R2 A = 2 RT Por tanto, el radio del asteroide es: RA = 2 RT = 3569 m Ejercicio 13 Un veh´ıculo explorador recorre una ´orbita de radio r alrededor de un planeta. ¿Qu´e ocu- rre si accidentalmente se encienden los motores de forma que la velocidad lineal del veh´ıcu- lo se multiplica por √ 2? 10
  • 11. Soluci´on 13 La velocidad de un objeto en ´orbita alrededor de un planeta es: v´orbita = G · Mplaneta r Al encenderse los motores la velocidad del veh´ıculo pasa a ser: v = √ 2 · v´orbita = 2 · G · Mplaneta r La energ´ıa mec´anica del veh´ıculo espacial es igual a la suma de su energ´ıa cin´etica y potencial gravitatoria. E = Ec + Ep = 1 2 m · v2 − G · Mplaneta · m r Sustituyendo la velocidad por su nuevo valor, se tiene: E = 1 2 m · 2 · G · Mplaneta r − G · Mplaneta · m r = 0 Por lo que el veh´ıculo espacial deja de orbitar al planeta quedando desligado de ´el. Para cualquier objeto puesto en ´orbita alrededor de un astro cuya velocidad lineal se multiplique por √ 2, su eneg´ıa mec´anica es igual a cero y se desliga del astro. Ejercicio 14 Un sat´elite de 250 kg de masa, est´a en ´orbita circular en torno a la Tierra a una altura de 500 km sobre su superficie. Calcula su velocidad y su periodo de revoluci´on. ¿Cu´al es la energ´ıa involucrada en el proceso de poner al sat´elite en ´orbita con esa velocidad? Datos: Radio de la Tierra = 6380 km y g0 = 9,8 m/s2 Soluci´on 14 a) Aplicando al sat´elite la segunda ley de Newton y como la ´unica fuerza que act´ua sobre ´el es la interacci´on gravitatoria, se tiene: F = m · aN G MT · ms r2 = ms v2 r Despejando y como g0 = G · MT R2 T se tiene que la velocidad orbital es: v = G · MT r = g0 · R2 T r = 9,8 · (6,38 · 106)2 6,38 · 106 + 500 · 103 = 7,6 · 103 m/s 11
  • 12. El periodo de revoluci´on es T = 2 π r v = 2 π (6,38 · 106 + 500 · 103 ) 7,6 · 103 = 5687,9 s ≈ 1,6 h b) Aplicando la ley de la conservaci´on de la energ´ıa entre la superficie de la Tierra y la ´orbita del sat´elite, se tiene que el trabajo realizado es igual a la variaci´on de la energ´ıa mec´anica del sat´elite. Wrealizado = ∆Ec + ∆Ep = Emec´anica final − Emec´anica inicial = E´orbita − Esuperficie La energ´ıa asociada al sat´elite en ´orbita es: E´orbita = Ep,´orbita + Ec,´orbita = − G · MT · ms r + 1 2 ms · v2 orbital Sustituyendo la velocidad orbital por su valor: v2 orbital = G · MT r E´orbita = − G · MT · ms r + 1 2 ms · G · MT r = − 1 2 G · MT · ms r Operando y sustituyendo: E´orbita = − 1 2 · g0 · R2 T ms r = − 1 2 9,8 · (6,38 · 106 )2 250 6,38 · 106 + 500 · 103 = −7,25 · 109 J Si se considera que el sat´elite se lanza siguiendo la vertical, sin aprovechar el movi- miento de rotaci´on de la Tierra, la velocidad inicial en la superficie de la Tierra es igual a cero y la energ´ıa asociada a la posici´on del sat´elite sobre la superficie de la Tierra es solamente potencial: Esuperficie = Ep,superficie = − G · MT · ms RT = −g0 · RT · ms Sustituyendo: Esuperficie = −9,8 · 6,38 · 106 · 250 = −1,56 · 1010 J Por tanto, la energ´ıa necesaria para poner el sat´elite en ´orbita es: Wrealizado = ∆E = E´orbita − Esuperficie = −7,25 · 109 − (−1,56 · 1010 ) = 8,35 · 109 J Ejercicio 15 Determina la energ´ıa necesaria para colocar en una ´orbita de radio r = 3 · RT a un sat´elite artificial de 65 kg de masa, lanz´andolo desde un punto del ecuador terrestre y teniendo en cuenta el movimiento de rotaci´on de la Tierra. ¿Cu´al es el periodo del sat´elite? Dato: RT = 6380 km y g0 = 9,8 m/s2 12
  • 13. Soluci´on 15 Debido al movimiento de rotaci´on de la Tierra, los puntos situados sobre el ecuador tienen velocidad m´axima. Al lanzar los sat´elites artificiales desde puntos pr´oximos al ecuador y hacia el este, se aprovecha la energ´ıa cin´etica debida a la rotaci´on de la Tierra. La velocidad del sat´elite es la misma que la del punto de lanzamiento, por lo que la energ´ıa mec´anica asociada al sat´elite cuando est´a situado sobre la superficie de la Tierra es: Esuperficie = Ec + Ep = 1 2 ms · v2 T − G · MT · ms RT Como: g0 = G · MT R2 T ⇒ Esuperficie = 1 2 ms · v2 T − g0 · ms · RT La velocidad del sat´elite en su ´orbita se determina aplicando la segunda ley de Newton: F = ms · an G · MT · ms r2 = ms v2 ´orbita r ⇒ v2 ´orbita = G · MT r La energ´ıa mec´anica asociada al sat´elite en su ´orbita es: E´orbita = 1 2 ms · v2 ´orbita − G · MT · ms r = 1 2 ms · G · MT r − G · MT · ms r = − 1 2 G · MT · ms r Como r = 3 RT , se tiene: E´orbita = − 1 2 G · MT · ms 3 RT = − 1 6 g0 · ms · RT Aplicando la ley de la conservaci´on de la energ´ıa, el trabajo realizado es igual a la variaci´on de la energ´ıa mec´anica del sat´elite. Wponer en ´orbita = E´orbita − Esuperficie = − 1 6 g0 · ms · RT − 1 2 ms · v2 T − g0 · ms · RT Operando: Wponer en ´orbita = 5 6 g0 · ms · RT − 1 2 ms · v2 T La velocidad de un punto del ecuador es: vT = 2 π RT T = 2 π 6,38 · 106 24 · 3600 = 464 m/s Sustituyendo: Wponer en ´orbita = 5 6 · 9,8 · 65 · 6,38 · 106 − 1 2 · 65 · (464)2 = 3,38 · 109 J b) Aplicando las relaciones entre el periodo y la velocidad, se tiene: v´orbita = G · MT r ⇒ T = 2 π r v = 2 π r G·MT r = 2 π r3 G · MT Como r = 3 RT , se tiene: T = 2 π 27 R3 T G · MT = 6 π 3 RT g0 = 26342,6 s ≈ 7,3 h 13
  • 14. Ejercicio 16 Un sat´elite artificial de comunicaciones, de 500 kg de masa, describe una ´orbita circular de 9000 km de radio en torno a la Tierra. En un momento dado, se decide variar el radio de su ´orbita, para lo cual enciende uno de los cohetes propulsores del sat´elite, comunic´andole un impulso tangente a su trayectoria antigua. Si el radio de la nueva ´orbita descrita por el sat´elite, en torno a la Tierra, es de 13000 km, calcula la velocidad del sat´elite en la nueva ´orbita y la energ´ıa involucrada en el proceso. Datos: Radio de la Tierra = 6380 km y g0 = 9,8 m/s2 Soluci´on 16 a) Aplicando al sat´elite la segunda ley de Newton y como la ´unica fuerza que act´ua sobre ´el es la interacci´on gravitatoria, se tiene: F = m · an G MT · ms r2 = ms v2 r Despejando, como g0 = G · MT R2 T y sustituyendo, se tiene que: vfinal = G · MT rfinal = g0 R2 T rfinal = 9,8 (6,38 · 106)2 13 · 106 = 5,5 · 103 m/s b) El trabajo realizado por un agente externo para modificar la ´orbita del sat´elite es igual a la variaci´on de su energ´ıa mec´anica. Wrealizado = ∆Ec + ∆Ep = Emec´anica,final − Emec´anica,inicial La energ´ıa asociada al sat´elite en ´orbita es igual a la denominada energ´ıa de enlace: E´orbita = Epotencial + Ecin´etica = − G · MT · ms r + 1 2 ms · v2 orbital Sustituyendo la velocidad orbital por su valor: v2 orbital = G · MT r E´orbita = − G · MT · ms r + 1 2 ms · G · MT r = − 1 2 G · MT · ms r Operando y como g0 = G · MT R2 T se tiene que: E´orbita = − 1 2 · g0 · R2 T ms r 14
  • 15. La energ´ıa involucrada en el proceso es la diferencia de las energ´ıas mec´anicas de las dos ´orbitas: Wrealizado = ∆E = E´orbita final − E´orbita inicial = − 1 2 · g0 · R2 T ms rfinal + 1 2 · g0 · R2 T ms rinicial Operando: ∆E = 1 2 · g0 · R2 T · ms · 1 rinicial − 1 rfinal = 1 2 · g0 · R2 T · ms · rfinal − rinicial rinicial · rfinal Sustituyendo: ∆E = 1 2 · 9,8 · (6,38 · 106 )2 · 500 · 13 · 106 − 9 · 106 9 · 106 · 13 · 106 = 3,4 · 109 J Que l´ogicamente es una cantidad positiva. 15