problemas resueltos segunda parte

IES Rey Fernando VISan Fernando de HenaresDepartamento de Fısica y Quımica

Problemas ResueltosSegunda Parte

Campo GravitatorioFuerzas Centrales

Profesor : Jesus Millan CrespoGrupo : Fisica 2o BachilleratoFecha : 29 de diciembre de 2009

Problemas resueltos

1. Gravitacion

1.1. Campo Gravitatorio

1. Un satelite artificial de la Tierra, de masa 10 tm, tiene una ve-locidad de 4,2 km/s en una determinada orbita circular. Hallar:a) El radio de la orbita.b) El trabajo necesario para colocarlo en la orbita.c) Su periodo.d) El trabajo realizado por el peso en una vuelta.Datos: Constante de Gravitacion G = 6, 67 ·10−11 N ·m2 ·kg−2; Masade la Tierra MT = 5, 98 · 1024 kg; Radio de la Tierra RT = 6370 km.Solucion:a) La fuerza gravitatoria comunica al satelite una fuerza centrıpeta:

GM½½m

r¢2= ½½m

v2

¢r⇒ r =

GM

v2⇒ r =

6, 67 · 10−11 · 5, 98 · 1024

(4, 2 · 103)2

⇒ r = 2, 26 · 107 mb) Aplicando la conservacion de la energıa mecanica entre la superficie y laorbita, el trabajo necesario es:

−GMm

R+ W = −G

Mm

r+

12m

GM

r⇒ W = GMm

( 1R− 1

2r

)

⇒ W = 6, 67 · 10−11 · 5, 98 · 1024 · 104( 1

6, 37 · 106− 1

2 · 2, 26 · 107

)

⇒ W = 5, 38 · 1011 Jc) El periodo es el tiempo que tarda el satelite en dar una vuelta.

v =2πr

T⇒ T =

2π · 2, 26 · 107

4, 2 · 103⇒ T = 3, 38 · 104 s = 9, 39 h

d) El peso es una fuerza perpendicular al desplazamiento y No realiza trabajo

2. La masa de la Luna es aproximadamente 7, 36 · 1022 kg y suradio 1, 74 · 106 m. Calcular:a) El valor de la distancia que recorrerıa una partıcula, en un se-gundo de caıda libre hacia la Luna, si se abandona en un puntoproximo a su superficie.b) En la superficie terrestre, al colocar un cuerpo en un platillode una balanza y en el otro pesas por valor de 23,25 g se consigueel equilibrio ¿Que pesas tendrıamos que utilizar para equilibrar labalanza, con el mismo cuerpo, en la superficie de la Luna?Datos: Constante de Gravitacion G = 6, 67 · 10−11 N ·m2 · kg−2

Solucion:a) En la luna tambien el movimiento es uniformemente acelerado pero laaceleracion es g0L.

g0L = GML

R2L

⇒ g0L = 6, 67 · 10−11 7, 36 · 1022

(1, 74 · 106)2⇒ g0L = 1, 62 m/s2

IES Rey Fernando VI 1 Dpto. de Fısica y Quımca

1.1 Campo Gravitatorio Problemas resueltos

e =12g0Lt2 ⇒ e =

121, 62 · 12 ⇒ e = 0, 81 m

b) Las mismas 23,25 g , en realidad la balanza compara la accion de uncampo gravitatorio sobre las masas colocadas en ambos platillos.

3. La constante de gravitacion universal tiene el valor G = 6, 67 ·10−11 en unidades del sistema internacional:a) Determina su ecuacion de dimensiones y las unidades corre-spondientes.b) Explica su significado fısico.c) Explica brevemente la experiencia original realizada para cal-cular su valor.Solucion:a) A partir de la ley de gravitacion universal: F = G

Mm

r2se despeja G

G =Fr2

Mmy se mide en G | = | MLT−2L2

M2⇒ G | = | M−1L3T−2

b) G es la fuerza con la que se atraen dos masas de un kg situadas a unadistancia de 1 m.c) La medida de la constante de G fue realizada por Cavendish en 1798,un siglo despues del descubrimiento de la ley de gravitacion universal porNewton 1666, con una balanza de torsion.

4. Un satelite de 2000 kg de masa, describe una orbita ecuatorialcircular alrededor de la Tierra de 8000 km de radio. Determinar:a) Su momento angular respecto al centro de la orbita.b) Sus energıas cinetica, potencial y total.Datos: Constante de Gravitacion G = 6, 67 ·10−11 N ·m2 ·kg−2; Masade la Tierra MT = 5, 98 · 1024 kg.Solucion:a) El momento angular es el momento de la cantidad de movimiento:~L = ~r ×m~v, v y r son siempre perpendiculares si la trayectoria es circulary se necesita determinar la velocidad orbital.

v =

√GM

r⇒ v =

√6, 67 · 10−11 · 5, 98 · 1024

8 · 106⇒ v = 7, 061 · 103 m/s.

Y el modulo del momento angular es:L = rmv ⇒ L = 8 · 106 · 2 · 103 · 7, 061 · 103 ⇒ L = 1, 13 · 1014 kgm2s−2

b) Las expresiones de las energıas cinetica, potencial y total son:

Ec =12mv2 ⇒ Ec =

122 · 103(7, 061 · 103)2 ⇒ Ec = 4, 99 · 1010 J

Ep = −GMm

r⇒ Ep = −6, 67·10−11 5, 98 · 1024 · 2 · 103

8 · 106⇒ Ep = −9, 97 · 1010 J

Em = Ec + Ep =12Ep ⇒ Em = −4, 99 · 1010 J

5. El vehıculo espacial Apolo VIII estuvo en orbita circular alrede-



dor de la Luna 113 km por encima de su superficie. Calcular:a) El periodo del movimiento.b) Las velocidades lineales y angulares del vehıculo.c) La velocidad de escape a la atraccion lunar desde su posicion.Datos: Constante de Gravitacion G = 6, 67 ·10−11 N ·m2 ·kg−2; Masade la Luna ML = 7, 36 · 1022 kg; Radio lunar RL = 1740 km.Solucion:a) Igualando la fuerza gravitatoria a la fuerza centrıpeta:

GM½½m

r¢2= ½½m

v2

¢r⇒ G

M

r=

4π2r2

T 2⇒ T = 2π

√r3

GM

⇒ T = 2π

√(1, 853 · 106)3

6, 67 · 10−11 · 7, 36 · 1022⇒ T = 7153, 04 s ' 2 h

Las velocidades lineales y angulares son:

v =

√GM

r⇒ v =

√6, 67 · 10−11 · 7, 36 · 1022

1, 853 · 106⇒ v = 1, 628 · 103 m/s

v = ωr ⇒ ω =1, 628 · 103

1, 853 · 106⇒ ω = 8, 78 · 10−4 rad/s

c) La velocidad de escape desde esta posicion es:

−GMm

r+

12mv2

e = 0 ⇒ ve =

√2GM

r⇒ ve =

√2 · 6, 67 · 10−11 · 7, 36 · 1022

1, 853 · 106

⇒ ve = 2, 301 · 103 m/s

6. Una sonda espacial se encuentra “estacionada” en una orbi-ta circular terrestre a una altura sobre la superficie terrestre de2,26 RT , donde RT es el radio de la Tierra.a) Calcular la velocidad de la sonda en la orbita de estacionamien-to.b) Comprobar que la velocidad que la sonda necesita, a esa altura,para escapar de la atraccion de la Tierra es aproximadamente 6,2km/s.Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra g = 9, 81 ms−2; Radiode la Tierra RT = 6370 km.Solucion:a) La velocidad orbital de la sonda es:

vo =

√GM

r⇒ vo =

√GMR2

rR2⇒ vo =

√g0R¢2

3, 26¡¡R⇒ vo =

√9, 81 · 6, 37 · 106

3, 26⇒ vo = 4, 38 · 103 m/sb) La velocidad de escape:

−GM½½m

r+

12½½mv2

e = 0 ⇒ ve =

√2GM

r⇒ ve =

√2 vo ⇒ ve =

√2 · 4, 38 · 103

⇒ ve = 6, 192 · 103 m/s



7. a) ¿Como se define la gravedad en un punto de la superficieterrestre? ¿Donde sera mayor la gravedad en los Polos o en unpunto del Ecuador? b) ¿Como varia la gravedad con la altura?¿Que relacion existe entre la gravedad a una altura h y la gravedaden la superficie terrestre? Razona las respuestas.Solucion:a) Se entiende por gravedad a la fuerza ejercida sobre la unidad de masa enpuntos proximos a la superficie terrestre. Conicide con el valor de la inten-sidad del campo gravitatorio o con la aceleracion de la gravedad.

g0 =F

m⇒ g0 =

GMm

R2

m⇒ g0 = G

M

R2

La aceleracion de la gravedad sera mayor en los polos porque R es menor.A esto hay que anadir el efecto de la fuerza de inercia (centrıfuga) en elecuador, que se opone a la aceleracion de la gravedad.b) Comparando la aceleracion de la gravedad en la superficie de la tierra ya una altura h:

g0 = GM

R2

g = GM

(R + h)2⇒ g0

g=

(R + h

R

)2⇒ g0

g=

(1 +

h

R

)2

8. Un cuerpo de masa m se encuentra situado a una distanciar del centro de la Tierra, siendo r > RT .a) Explicar las diferencias que existen entre las expresiones de suenergıa potencial Ep = mg0h y Ep = −GMT m/r.b) ¿En cual de las dos expresiones se ha realizado una aproxi-macion? Razonar la respuesta.RT : Radio medio terrestre; h = r − RT : Altura sobre la superficieterrestre; MT : Masa de la Tierra; g0: Aceleracion de la gravedaden la superficie de la Tierra; G: Constante de Gravitacion.Solucion:a) La expresion: Ep = mg0h es la “variacion” de energıa potencial entredos puntos proximos a la superficie terrestre separados una altura h dondeg0 es constante. En esta expresion, dado que h es pequeno frente a r, se harealizado la aproximacion de considerar g0 = constante.La expresion Ep = −GMT m/r es la expresion de la energıa potencial deun cuerpo de masa m situado a una distancia r del centro de la Tierra, es-tando el origen de energıas potenciales situado en r = ∞, donde no existeinteraccion gravitatoria. Conicide, por tanto, con el trabajo que la fuerzagravitatoria, fuerza conservativa, realiza para traer una masa m desde elinfinito hasta el punto r. El trabajo realizdo por una fuerza conservativaimplica disminucion de la energıa potencial. Por este motivo la energıa po-tencial gravitatoria siempre es negativa.



9. Al satelite artificial Sputnik I se le atribuye una orbita circularen torno a la Tierra de radio medio 6, 97 · 103 km, tardando 96,2minutos en dar una vuelta completa. Sabiendo que el Sputnik IIIdescribe una orbita con un periodo de 106 minutos:a) Calcular la distancia media al centro de la Tierra del SputnikIII.b) ¿Como se deberıa modificar esta distancia para que la orbitafuera geoestacionaria?Solucion:a) Aplicando al tercera ley de Kepler:r31

T 21

=r32

T 22

⇒ (6, 97 · 106)3

96, 22=

r32

1062⇒ r2 = 7, 436 · 106 m

b) Para que la orbita fuese geoestacionaria el perido de revolucion deberıaser de 24 h=1440 min.

⇒ (6, 97 · 106)3

96, 22=

r32

14402⇒ r2 = 4, 233 · 107 m

10. Las distancias de la Tierra y de Marte al Sol son respecti-vamente 149, 6 · 106 km y 228, 0 · 106 km. Suponiendo que las orbitasson circulares y que el periodo de revolucion de la Tierra en tornoal Sol es de 365 dıas:a) ¿Cual sera el periodo de revolucion de Marte?b) Si la masa de la Tierra es 9,6 veces la de Marte y sus radiosrespectivos son 6370 km y 3390 km ¿Cual sera el peso en Martede una persona de 70 kg?Datos: Gravedad en la superficie terrestre g = 9, 8 m/s2.Solucion:a) A partir de la tercera ley de Kepler:T 2

T

T 2M

=r3T

r3M

⇒ 3652

T 2M

=(1, 496 · 1011)3

(2, 28 · 1011)3⇒ TM = 686, 75 dıas

b) El peso en la Tierra es: PT = mg0 ⇒ PT = 70 · 9, 8 ⇒ PT = 686 N.Y comparando el peso en ambos planetas:

PT = GMT m

R2T

PM = GMMm

R2M

⇒ 686PM

=9, 6©©©MM

©©©MM

(3, 39 · 106)2

(6, 37 · 106)2⇒ PM = 252, 31 N

11. La nave espacial Lunar Prospector permanece en orbita circu-lar alrededor de la Luna a una altura de 100 km sobre su superficie.Determine:a) La velocidad lineal de la nave y el periodo del movimiento.b) La velocidad de escape a la atraccion lunar desde esa orbita.Datos: Constante de Gravitacion G = 6, 67 ·10−11 N ·m2 ·kg−2; Masa



de la Luna ML = 7, 36 · 1022 kg; Radio de la Luna RL = 1740 km.Solucion:a) Igualando la fuerza gravitatoria a la fuerza centrıpeta.

GML½½m

r¢2= ½½m

v20

¢r⇒ v0 =

√GML

r⇒ v0 =

√6, 67 · 10−11 · 7, 36 · 1022

1, 84 · 106⇒

v0 = 1, 633 · 103 mEl periodo se determina considerando un movimiento circular de la nave.

v =2πr

T⇒ T =

2π1, 84 · 106

1, 633 · 103⇒ T = 7078 s = 1, 97 h

b) Para determinar la velocidad de escape en esa orbita se calcula la energıacinetica que hay que comunicar a la nave en esa orbita para llevarla al in-finito con velocidad cero.

−GML½½m

r+

12½½mv2

e = 0 ⇒ ve =

√2GML

r⇒ ve =

√2 vo ⇒ ve = 2, 309 · 103 m/s

12. a) ¿Cual es la velocidad de escape de un objeto situado enla superficie de la Tierra? b) ¿Como influye la direccion con quese lanza un objeto desde la superficie de la Tierra en su velocidadde escape?Solucion:a) Es la velocidad correspondiente a la energıa cinetica necesaria para que elobjeto escape de la gravitacion terrestre. Esto supone llevar al objeto hastael infinito con velocidad cero. En este caso la energıa potencial sera cero yla energıa cinetica tambien sera cero.

−GMT½½m

RT+

12½½mv2

e = 0 ⇒ ve =√

2GMT

RTb) No influye para nada la direccion de la velocidad. La energıa cinetica esun escalar y solo depende del modulo de la velocidad al cuadrado.

13. Un pendulo simple oscila en la superficie de la Tierra conun periodo de 2 segundos. Sabiendo que la masa de la Luna es0,012 veces la masa de la Tierra y que el radio lunar es 0,27 vecesel radio terrestre, ¿cual serıa el periodo de oscilacion del mismopendulo en la superficie de la Luna? Razona la respuesta.Solucion:

La ecuacion del pendulo es: T = 2π

√l

g

Comparando las aceleraciones de la gravedad en la Tierra y en la Luna.

gT = GMT

R2T

gL = GML

R2L

⇒

gT

gL= ©©MT

0, 012©©MT

(0, 27½½RT )2

¡¡R2T

gT

gL= 6, 075

Comparando los periodos del pendulo en la Luna y la Tierra:



TL = 2π

√l

gL

TT = 2π

√l

gT

⇒TL

TT=

√gT

gL

TL =√

6, 075 · 2TL = 4, 96 s

14. Define los conceptos de: intensidad de campo, potencial, lıneade fuerza y superficie equipotencial en un campo de fuerzas grav-itatorio. ¿Bajo que angulo cortan las lıneas de fuerza a las super-ficies equipotenciales? ¿Por que?Solucion:Intensidad de campo gravitatorio es la fuerza ejercida sobre la unidad decarga en cada punto, es por tanto una magnitud vectorial que se mide enN/kg y define un campo de fuerzas vectorial.

~g =~F

m

Potencial gravitatorio es la energıa potencial por unidad de masa en cadapunto, es por tanto una magnitud escalar que se mide en J/kg y define uncampo escalar.

V =Ep

m

Lineas de fuerza son el lugar geometrico de los puntos en los que el vectorintensidad de campo es tangente. Es la trayectoria que seguirıa una masa sise deja libre en el campo gravitatorio. En el caso del campo gravitatorio sonlineas abiertas que salen del infinito y llegan a la masa que crea el campo,Las lineas de fuerza no se cruzan.Superficies equipotenciales son aquellas que se encuentran al mismo poten-cial y tienen la caracterıstica que cuando una masa se desplaza por ellas norealiza ningun trabajo.Las lıneas de fuerza son perpendiculares a las superficies equipotenciales.

~g = −dV

d~r

15. Se coloca un satelite meteorologico de 1000 Kg en orbita cir-cular, a 300 km sobre la superficie terrestre. Determine:a) La velocidad lineal, la aceleracion radial y el periodo en la orbi-ta.b) El trabajo que se requiere para poner en orbita el satelite.Datos: Gravedad en la superficie terrestre g = 9, 8 m/s2; Radiomedio terrestre RT = 6370 kmSolucion:a) Se conoce la masa y la altura de la orbita y se pide inicialmente velocidad



orbital, aceleracion centrıpeta y periodo.Considerando que la fuerza gravitatoria es siempre una fuerza central, orig-inara una fuerza centrıpeta:

GMm

r2= m

v2

r⇒ v =

√GM

r⇒ v =

√GMR2

rR2⇒ v =

√g0R2

r=⇒ v = 7, 72 · 103 m/s

La aceleracion centrıpeta ac =v

r=⇒ ac = 8, 94 m/s2

y de la velocidad se obriene el periodo: T =2πr

v⇒ T = 5427 s o 1, 5 horas

b) El trabajo para poner en obita el satelite coincide con la variacion de la

energıa mecanica W = ∆Em y ∆Em =(−G

Mm

2r

)−

(−G

Mm

R

)

⇒ W = GMm( 1

R− 1

2r

)= g0R

2m( 1

R− 1

2r

)⇒ W = 3, 26 · 1010 J

16. a) Enuncia la primera y segunda ley de Kepler sobre el movimien-to planetario.b) Compruebe que la segunda ley de Kepler es un caso particulardel teorema de conservacion del momento angular.Solucion:a) Primnera ley de Keppler o ley de las orbitas:Los planetas giran en torno al Sol siguiendo orbitas elıpticas en uno de cuyosfocos se encuentra el Sol.Segunda ley o ley de las areas:Los planetas giran en torno al Sol, no con velocidad uniforme, sino convelocidad areolar contante. El radio vector barre areas iguales en tiemposiguales.b) Si ~L es constante, lo sera en modulo direccion y sentido.- Por ser constante en direccion y sentido el movimiento de los planetas ten-dra siempre lugar en el mismo sentido y en el mismo plano (eclıptica).- Por ser contante en modulo:|~L| = |~r ×m~v| = |~r ×m

d~r

dt|

|d ~A| = 12|~r × d~r|

que comparando ambas expresiones

|~L| = m2d| ~A|dt

⇒ |d ~A|dt

=|~L|2m

Vease la figura



r

dr=v dt

dA

L

Figura 1: Ejercicio 2

17. Se pone en orbita un satelite artificial de 600 kg a una alturade 1200 km sobre la superficie de la Tierra. Si el lanzamiento seha realizado desde el nivel del mar, calcule:a) Cuanto ha aumentado la energıa potencial gravitatoria del satelite.b) Que energıa adicional hay que suministrar al satelite para queescape a la accion del campo gravitatorio terrestre desde esa orbi-ta.Datos: Constante de Gravitacion G = 6,67·10−11 N·m2·kg−2; Masade la Tierra MT = 5,98·1024 kg; Radio medio de la Tierra RT =6,37·106 mSolucion:Se conoce la masa y la altura de la orbita.a) La variacion de la energıa potencial sera: ∆Ep = Ep1 −Ep0

∆Ep =[−GMm

r

]−

[−GMm

R

]= Gmm

[ 1R− 1

r

]⇒ ∆Ep = 6, 38 · 109 J

b) La energıa adicional para que escape de la orbita sera la energıa en elinfinito menos la energıa mecanica en la orbita: Wescape = 0− Em0 ⇒Wescape = −

[−G

Mm

2r

]⇒ Wescape = 1, 581 · 1010 J

18. a) ¿Con que frecuencia angular debe girar un satelite de comu-nicaciones, situado en una orbita ecuatorial, para que se encuentresiempre sobre el mismo punto de la Tierra? b) ¿A que altura sobrela superficie terrestre se encontrara el satelite citado en el aparta-do anterior?Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra = 9,8 m/s2; Radiomedio de la Tierra = 6,37·106 mSolucion:A partir de g0 y RT se puede determinar la masa de la Tierra: g0 =

GM

R2⇒

M =g0R

2

G⇒ M = 5, 96 · 1024 kg.

a) Un satetilte geoestacionario ha de estar en una orbita ecuatorial y ten-



dra una velocidad angular igual a la Tierra: ω =2π

86400⇒ ω = 7, 27 · 10−5 rad/s

b) v =

√GM

ry v = ωr

⇒ r = 3

√GM

ω2⇒ r = 4, 22 · 107 m y h = r −R = 3, 588 · 107 m

19. Un satelite artificial de 200 kg gira en una orbita circular auna altura h sobre la superficie de la Tierra. Sabiendo que a esaaltura el valor de la aceleracion de la gravedad es la mitad delvalor que tiene en la superficie terrestre, averiguar:a) La velocidad del satelite.b) Su energıa mecanica.Datos: Gravedad en la superficie terrestre g = 9, 8 m/s2; Radiomedio de la Tierra R = 6, 37 · 106 m.Solucion:Se sabe la relacion entre la aceleracion de la gravedad en la orbita y en lasuperficie de la tierra:

g0

g= 2.

g0 = GM

R2

g = GM

r2

⇒

g0

g=

r2

R2

2 =r2

R2

r =√

2R

⇒ r = 9, 00 · 106 m y h = 2, 64 · 106 m

a) Ahora ya se puede determiar la velocidad del satelite:

GMm

r2= m

v2

r⇒ v =

√GM

r=

√GMR2

R2r=

√g0R2

r⇒ v = 6, 65 · 103 m/s

b) La energıa mecanica es la suma de la energıa cinetica y la energıa poten-cial: Em = Ec + Ep.

Ec =12mv2 ⇒ Ec =

12m

GM

r

Ep =∫ 0

∞G

Mm

r2dr ⇒ Ep = −G

Mm

r

⇒{

Em = Ec + Ep

Em = −GMm

2r

y poniendo la masa de la tierra en funcion de g0 y R, se tiene:

Em = −GMmR2

2rR2= −g0mR2

2r⇒ Em = −4, 42 · 109 J

20. Determine la relacion que existe entre la energıa mecanicade un satelite que describe una orbita circular en torno a un plan-eta y su energıa potencial.Solucion:La expresion de la energıa mecanica de un satelite es: Em = −G

Mm

2r

Y la de la energıa potencial es: Ep = −GMm

r.

⇒ Em

Ep=

12

o Ep = 2Em



21. El perıodo de revolucion del planeta Jupiter en su orbitaalrededor del Sol es aproximadamente 12 veces mayor que el de laTierra en su correspondiente orbita. Considerando circulares lasorbitas de los dos planetas, determine: a) La razon entre los radiosde las respectivas orbitas. b) La razon entre las aceleraciones delos dos planetas en sus respectivas orbitas.Solucion:

a) Teniendo en cuenta la tercera ley de Keppler:T 2

J

T 2T

=r3J

r3T

⇒ rJ

rT= 3

√T 2

J

T 2T

⇒ rJ

rT= 3√

122 ⇒ rJ

rT= 5, 24

b) La aceleracion de los planetas en sus respectivas orbitas se refiere a la

aceleracion centrıpeta o a g; ac = g = GMS

r2.

⇒ acJ

acT=

r2T

r2J

⇒ acJ

acT=

15, 242

⇒ acJ

acT= 0, 036

22. En el movimiento circular de un satelite en torno a la Tierra,determine: a) La expresion de la energıa cinetica en funcion de lasmasas del satelite y de la Tierra y del radio de la orbita. b) Larelacion que existe entre su energıa mecanica y su energıa poten-cial.Solucion:a) Ec =

12mv2 ⇒ Ec =

12m

GM

rb) La relacion entre la energıa mecanica y la energıa potencial es:Em

Ep=−GMm/2r

−GMm/r⇒ Em

Ep=

12

23. Dos satelites artificiales de la Tierra S1 y S2 describen en unsistema de referencia geocentrico dos orbitas circulares, contenidasen un mismo plano, de radios r1 = 8000 km y r2 = 9034 km respec-tivamente. En un instante inicial dado, los satelites estan alineadoscon el centro de la Tierra y situados del mismo lado:a) ¿Que relacion existe entre las velocidades orbitales de ambossatelites?b) ¿Que relacion existe entre los periodos orbitales de los satelites?¿Que posicion ocupara el satelite r2 cuando el satelite S1 haya com-pletado seis vueltas, desde el instante inicial?Solucion:a) las velocidades orbitales dependen de los radios de la s orbitas:



v1 =√

GM

r1

v2 =√

GM

r2

⇒ v1

v2=

√r2

r1⇒ v1

v2= 1, 063

b) A partir de la tercera ley de Kepler:

T 21

T 22

=r31

r32

⇒ T1

T2=

√r31

r32

⇒ T1

T2= 0, 833

El tiempo que tarda el satelite 1 en dar seis vueltas es 6T1. En este tiempo

el satelite 2 habra dado6T1

T2= 5 vueltas y se encontraran ambos satelites

en la misma posicion.

24. Un proyectil de masa 10 kg se dispara verticalmente desdela superficie de la Tierra con una velocidad de 3200 m/s.a) ¿Cual es la maxima energıa potencial que adquiere?b) ¿En que posicion se alcanza?Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra = 9,8 m/s2; Radiomedio de la Tierra = 6,37·106 m.Solucion:Aplicando la conservacion de la enenrgıa mecanica:

Ep0 + Ec0 = Epf ⇒ −GMm

R+

12mv2 = −G

Mm

r

⇒ −GMR

R2+

12v2 = −G

MR2

rR2⇒ −g0R +

12v2 = −g0R

2

r

a) ⇒ Epf = −mg0R +12mv2 ⇒ Epf = −5, 73 · 108 J

b) ⇒ r =g0R

2

g0R− 12v2

⇒ r = 6, 939 · 106 m

25. a) ¿A que altitud tendra una persona la mitad del peso quetiene sobre la superficie terrestre? Exprese el resultado en funciondel radio terrestre.b) Si la fuerza de la gravedad actua sobre todos los cuerpos enproporcion a sus masas, ¿por que no cae un cuerpo pesado conmayor aceleracion que un cuerpo ligero?Solucion:a) El peso es la fuerza con que la Tierra atrae a los cuerpos y, para el mismocuerpo, solo depende de la intensidad del campo gravitatorio terrestre.

g0 =GM

R2

g =GM

r2

⇒

g0

g=

r2

R2

2 =r2

R2

⇒ r =√

2R y h = (1−√2)R

b) La aceleracion de la gravedad con que caen los cuerpos es a =F

m. El

peso aumenta con la masa de los cuerpos y al mismo tiempo aumenta el



denominador, a =mg

mde modo que la a = g permanecera constante y no

dependera de la masa.

26. Un planeta esferico tiene un radio de 3000 km, y la aceleracionde la gravedad en su superficie es 6 m/s2.a) ¿Cual es su densidad media?b) ¿Cual es la velocidad de escape para un objeto situado en lasuperficie de este planeta?Dato: Constante de Gravitacion Universal G = 6,67·10−11 Nm2kg−2

Solucion:a) Con la aceleracion de la gravedad y el radio se calcula la densidad:

g = GM

R2⇒ g = G

43πR3d

R2⇒ d =

3g

G4πR⇒ d = 7158 kg/m3

b) Aplicando la conservacion de la energıa desde la superficie del planetahasta el infinito:

−GMm

R+

12mv2

e = 0 + 0 ⇒ ve =

√2GM

R

Que en funcion de g0, queda: ve =

√2 · GM

R2·R ⇒ ve =

√2g0R

⇒ ve = 6000 m/s

27. Se pretende colocar un satelite artificial de forma que gireen una orbita circular en el plano del ecuador terrestre y en elsentido de rotacion de la Tierra. Si se quiere que el satelite paseperiodicamente sobre un punto del ecuador cada dos dıas, calcule:a) La altura sobre la superficie terrestre a la que hay que colocarel satelite.b) La relacion entre la energıa que hay que comunicar al satelitedesde el momento de su lanzamiento en la superficie terrestre paracolocarlo en esa orbita y la energıa mınima de escape.Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Radio de la Tierra RT = 6370 km; Masa de la Tierra MT = 5, 98 ·1024

kg.Solucion:El Ts = 2TT y ωs =

2π

Ts⇒ ωs =

2π

2 · 86400⇒ ωs = 3, 636 · 10−5 rad/s

a) Con la velocidad angular y la masa de la Tierra se puede determinar elradio de la orbita:

v =

√G

MT

rv = ωr

⇒ r = 3

√GMT

ω2⇒ r = 6, 706 · 107 m y h = 6, 07 · 107 m

b)La energıa de lanzamiento sera:

−GMm

R+ Elan = −G

Mm

2r⇒ Elan = GMm

( 1R− 1

2r

)

La energıa de escape sera:



−GMm

R+ Eesc = 0 ⇒ Eesc = G

Mm

RElan

Eesc= 1− R

2r⇒ Elan

Eesc= 0, 952 es decir el 95 % de la energıa de escape

28. Un planeta esferico tiene una masa igual a 27 veces la masa dela Tierra, y la velocidad de escape para objetos situados cerca desu superficie es tres veces la velocidad de escape terrestre. Deter-mine:a) La relacion entre los radios del planeta y de la Tierra.b) La relacion entre las intensidades de la gravedad en puntos dela superficie del planeta y de la Tierra.Solucion:Se sabe que M = 27MT y que ve = 3veT .a) Comparando las velocidades de escape...

ve =

√2GM

R

veT =√

2GMT

RT

⇒{

ve

veT=

√27√R

RT

⇒ R = 3RT

b) Comparando ahora las intensidades de la gravedad...

g =GM

R2

gT =GMT

R2T

⇒

g

gT=

R2T

R2

M

MT

g

gT=

279

⇒ g = 3gT

Es un planeta que tiene un radio 3 veces mayor y una masa 27 veces mayor.

29. Jupiter tiene aproximadamente una masa 320 veces mayor quela de la Tierra y un volumen 1320 veces superior al de la Tierra.Determine:a) A que altura h sobre la superficie de Jupiter deberıa encon-trarse un satelite, en orbita circular en tomo a este planeta, paraque tuviera un perıodo de 9 horas 50 minutos.b) La velocidad del satelite en dicha orbita.Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra, g = 9, 8ms−2; Radiomedio de la Tierra RT = 6, 37 · 106 m.Solucion:Se sabe que la masa de Jupiter es: MJ = 320MT , y el volumen de Jupiter:VJ = 1320 VT .Conocido el RR y gT , se calculan rimero las caracterısticas de Jupiter.A partir de la relacion de volumenes se obtiene el radio.43πR3

J = 132043πR3

T ⇒ RJ = 3√

1320RT ⇒ RJ = 6, 99 · 107 m.Para determinar la masa de Jupiter...



MT = 320MT

gT = GMT

R2T

⇒

MJ = 320gT R2

T

G

MJ = 1, 908 · 1027 kga) Suponiendo una orbita esferica la velocidad:

v =

√GMJ

r

v =2πr

TJ

⇒

r =3

√GMJT 2

J

4π2

r = 1, 593 · 108 m y h = 8, 936 · 107 m

b) La velocidad del satelite es ya inmediata:

v =

√GMJ

r⇒ v = 2, 83 · 104 m/s

30. Suponiendo un planeta esferico que tiene un radio la mitaddel radio terrestre e igual densidad que la Tierra, calcule:a) La aceleracion de la gravedad en la superficie de dicho planeta.b) La velocidad de escape de un objeto desde la superficie delplaneta, si la velocidad de escape desde la superficie terrestre es11,2 km/s.Datos: Aceleracion de la gravedad en la superficie de la Tierrag = 9, 81ms−2.Solucion:Se sabe que el planeta tiene un radio R = 1

2RT y la misma densidad que laTierra. A partir de estos datos se determnina la masa del planeta.

M =43πR3d

MT =43πR3

T d

⇒ M

MT=

R3

R3T

⇒ MT = 8M

a) Comparando las aceleraciones de la gravedad:

g =GM

R2

gT =GMT

R2T

g

gT=

M

MT

R2T

R2

g

gT=

18· 4

⇒ g =12gT ⇒ g = 4, 9 m/s2

b) Comparando las velocidades de escape:

ve =

√2GM

R

veT =√

2GMT

RT

ve

veT=

√MRT

MT R

ve

veT=

√18· 2

⇒ ve =veT

2⇒ ve = 5, 6 Km/s

31. La sonda espacial Mars Odissey describe una orbita circularen torno a Marte a una altura sobre su superficie de 400 km. Sabi-endo que un satelite de Marte describe orbitas circulares de 9390



km de radio y tarda en cada una de ellas 7,7 h, calcule:a) El tiempo que tardara la sonda espacial en dar una vuelta com-pleta.b) La masa de Marte y la aceleracion de la gravedad en su super-ficie.Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Radio de Marte RM = 3390 km.Solucion:a) Comparando la orbita de la sonda con la del satelite y aplicando la terceraley de Kepler:T 2

T 2sat

=r3

r3sat

⇒ T = Tsat

√r3

r3sat

⇒ T = 1, 974 h

b) Suponiendo una orbota circular:

v =

√GMM

r

v =2πr

T

⇒ MM =4π2r3

T 2G⇒ MM = 6, 377 · 1023 kg

Y la aceleracion de la gravedad en la superficie de Marte es:

gM = GMM

R2M

⇒ gM = 3, 70 m/s2

32. La luz solar tarda 8,31 minutos en llegar a la Tierra y 6,01minutos en llegar a Venus. Suponiendo que las orbitas descritaspor ambos planetas son circulares, determine:a) El periodo orbital de Venus en tomo al Sol sabiendo que el dela Tierra es de 365,25 dıas;b) La velocidad con que se desplaza Venus en su orbita.Dato: Velocidad de la luz en el vacıo c = 3 · 108 m/s.Solucion:Se calcula primero las distancias del Sol a Venus y la Tierra:rT = c · tT ⇒ rT = 1, 496 · 1011 m.rV = c · tV ⇒ rV = 1, 082 · 1011 m.a) Aplicando la tercera ley de Kepler se calcula el periodo de Venus.

T 2V

T 2T

=r3V

r3T

⇒ TV = TT

√r3V

r3T

⇒ TV = 593, 8 dıas

b) La velocidad de Venus:

vV =2πrV

TV⇒ vV = 1, 32 · 104 m/s

33. Un planeta esferico tiene 3200 km de radio y la aceleracionde la gravedad en su superficie es 6,2 m·s−2. Calcule:a) La densidad media del planeta y la velocidad de escape desdesu superficie.b) La energıa que hay que comunicar a un objeto de 50 kg de masa



para lanzarlo desde la superficie del planeta y ponerlo en orbitacircular alrededor del mismo, de forma que su periodo sea de 2horas.Dato: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2.Solucion:a) A partir del dato de la aceleracion de la gravedad en la superficie de laplaneta:

g = GM

R2⇒ g = G

43πR3ρ

R2⇒ ρ =

3g

4πRG⇒ ρ = 6, 934 · 103 kg/m3

La masa sera: M = V ρ ⇒ M =43πR3ρ ⇒ M = 9, 517 · 1023 kg

Y ya se puede calcular la velocidad de escape:

ve =

√2GM

R⇒ ve = 6, 299 · 103 m/s

b) Primero es preciso saber el radio de la orbita:

v =

√GM

r

v =2πr

T

⇒ r = 3

√GMT 2

4π2⇒ r = 4, 368 · 106 m.

y ya se puede determinar la energıa para poner el cuerpo en la orbita:

Ep0 + E = Ep + Ec ⇒ −GMm

R+ E = −G

Mm

r+

12m

GM

r

⇒ E = GMm(1R− 1

2r) ⇒ E = 6, 286 · 108 J

34. Se consideran dos planetas esfericos del mismo radio, R, ymasas, M1 y M2, siendo M2 = 2M1. Determine:a) La relacion entre las intensidades de campo gravitatorio en lasuperficie de ambos planetas.b) La relacion entre las velocidades de escape desde la superficiede ambos planetas.Solucion:a) Comparando las intensidades de campo gravitatorio en la superficie deambos planetas:

g2 =GM2

R2

g1 =GM1

R2

⇒ g2

g1=

M2

M1⇒ g2 = 2g1

b) Comparando las velocidades de escape en ambos planetas:

ve2 =

√2GM2

R

ve1 =

√2GM1

R

⇒ ve2

ve1=

√M2

M1⇒ ve2 =

√2 ve1



35. Razone si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:a) Un objeto de masa m1 necesita una velocidad de escape de laTierra el doble que la que necesita otro objeto de masa m2 = m1/2.b) Se precisa realizar mas trabajo para colocar en una mismaorbita un satelite de masa m1 que otro satelite de masa m2 = m1/2,lanzados desde la superficie de la Tierra.Solucion:a) FALSO. La velocidad de escape no depende de la masa del cuerpo,

ve =

√2GM

R.

b) CIERTO. La energıa necesaria para colocar un cuerpo en orbita sera:

−GMm

R+ E = −G

Mm

r+

12m

GM

r⇒ E = GMm(

1R− 1

2r),

y si la masa es mayor la energıa sera mayor.

36. a) Deduzca la expresion de la energıa cinetica de un sateliteen orbita circular alrededor de un planeta en funcion del radio dela orbita y de las masas del satelite y del planeta.b) Demuestre que la energıa mecanica del satelite es la mitad desu energıa potencial.Solucion:a) La expresion de la energıa cinetica de un satelite es:

Ec =12mv2 ⇒ Ec = 1

2mGMr

b) La energıa mecanica es: Em = Ec + Ep.

Ep =∫ r

∞G

Mm

r2dr ⇒ Ep = −G

Mm

r

Em =12m

GM

r+ (−G

Mm

r) ⇒ Em = −G

Mm

2r⇒ Em = Ep

2

37. Dos masas iguales, M=20 kg, ocupan posiciones fijas sepa-radas una distancia de 2 m, segun indica la figura. Una terceramasa, m’=0,2 kg, se suelta desde el reposo en un punto A equidis-tante de las dos masas anteriores y a una distancia de 1 m de lalınea que las une (AB = 1 m). Si no actuan mas que las accionesgravitatorias entre estas masas, determine:a) La fuerza ejercida (modulo, direccion y sentido) sobre la masam’ en la posicion A.b) Las aceleraciones de la masa m’ en las posiciones A y B.Dato: Constante de Gravitacion Universal, G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Solucion:



1 m

A

M M

1 m

1 m

A

M M

1 m

F1

F2

B

m’

m’

B


a) La fuerza ejercida sobre A es la suma vectorial de las dos fuerzas:

~F = ~F1 + ~F2 ⇒ ~F = GMm′

r3A1

~rA1 + GMm′

r3A2

~rA2

~F = 6, 67 · 10−11 20 · 0, 2(√

2)3[(−1,−1) + (1,−1)] ⇒ ~F = −1, 887 · 10−10~j N

b) La aceleracion en A sera la fuerza ejercida por unidad de masa:

~gA =~F

m′ ⇒ ~gA = −9, 435 · 10−10~j m/s2

La aceleracion en B sera nula, porque las fuerzas son iguales y de sentidoscontrarios F1 = −F2. ⇒ ~gB = 0 m/s2

38. Desde la superficie terrestre se lanza un satelite de 400 kgde masa hasta situarlo en una orbita circular a una distancia delcentro de la Tierra igual a las 7/6 partes del radio terrestre. Cal-cule:a) La intensidad de campo gravitatorio terrestre en los puntos dela orbita del satelite.b) La velocidad y el periodo que tendra el satelite en la orbita.c) La energıa mecanica del satelite en la orbita.d) La variacion de la energıa potencial que ha experimentado elsatelite al elevarlo desde la superficie de la Tierra hasta situarloen su orbita.Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Masa de la Tierra MT = 5, 98 · 1024 kg; Radio de la Tierra RT =6, 37 · 106 m.Solucion:a) La intensidad del campo gravitatorio es:

g = GM

r2⇒ g = G

M

(76RT )2

⇒ g = 7, 22 m/s2

b) La velocidad del satelite:

v =

√GMT

r⇒ v =

√GMT76RT

⇒ v = 7, 326 · 103 m/s

Y el perido a partir de la velocidad:



v =2πr

T⇒ T =

2π 76RT

v⇒ T = 6373 s o 1, 77 h

c) La energıa mecanica es la suma de la energıa cinetica y potencial delsatelite:Em = Ec+Ep ⇒ E = −G

Mm

2r⇒ Em = −G

Mm

276R

⇒ Em = −1, 073 · 1010 J

d) La variacion de la energıa potencial: ∆Ep = Ep− Ep0.

∆Ep = (−GMm76R

)−(−GMm

R) ⇒ ∆Ep = G

Mm

R(1−6

7) ⇒ ∆Ep = 3, 578 · 109 J

39. a) Enuncie las tres leyes de Kepler sobre el movimiento plan-etario.b) Si el radio de la orbita de la Tierra es 1, 50 ·1011 m y el de Urano2, 87 · 1012 m, calcule el periodo orbital de Urano.Solucion:a) 1a ley o ley de las orbitas: los planetas giran en torno al Sol en orbitaselıpticas en uno de cuyos focos esta el Sol.2a ley o ley de las areas: Los planetas giran en torno al Sol con velocidadareolar constante, el radio vector de los planetas respecto del Sol barre areasiguales en tiempos iguales.3a ley o ley de los periodos: El cuadrado del periodo de revolucion de losplanetas al rededor del Sol es proporcional al cubo de los semiejes mayoresde sus orbitas.b) Utilizando esta ultima ley:

T 2U

T 2T

=r3U

r3T

⇒ TU = TT

√r3U

r3T

⇒ TU = 83, 69 anos

40. Se lanza una nave de masa m = 5 · 103 kg desde la superfi-cie de un planeta de radio R1 = 6 · 103 km y masa M1 = 4 · 1024

kg, con velocidad inicial v0 = 2 · 104 m/s, en direccion hacia otroplaneta del mismo radio R2 = R1 y masa M2 = 2M1, siguiendo lalınea recta que une los centros de ambos planetas. Si la distanciaentre dichos centros es D = 4, 83 · 1010 m, determine:a) La posicion del punto P en el que la fuerza neta sobre la navees cero.b) La energıa cinetica con la que llegara la nave a la superficie delsegundo planeta.Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Solucion:a) En el punto considerado, la fuerza que ejercen ambos planetas han de seriguales y de sentidos contrarios: ~F1 = ~F2.

GM1m

r21

= GM2m

r22

⇒ M1

r21

=2M1

(D − r1)2⇒ D − r1

r1=√

2

⇒ r1 = 2 · 1010 m del planeta 1b) Aplicando la conservacion de la energıa mecanica del satelite desde la



superficie del planeta 1 a la superficie del planeta 2, se tiene:Ec0 + Ep10 + Ep20 = Ecf + Ep1f + E2f

⇒ 12mv2

0+(−GM1m

R)+(−G

2M1m

(D −R)) = Ecf +(−G

M1m

(D −R))+(−G

2M1m

R)

⇒ 12mv2

0 + (GM1m

R) + (−G

M1m

(D −R)) = Ecf

⇒ 12mv2

0 + GM1mD − 2R

R(D −R)= Ecf ⇒ Ecf = 1, 222 · 1012 J

Tambien se puede resolver a partir del teorema de la energıa cinetica: “Eltrabajo realizado por cualquier fuerza se invierte en aumentar la energıacinetica del sistema”. En este caso actuan dos fuerza de sentidos contrariosdesde la superficie del primer planeta x = R, hasta la superficie del segundoplaneta x = D −R.W = ∆Ec ⇒ W = Ecf −Ec0

W =∫ D−R

R

(G

M2m

(D − x)2−G

M1m

x2

)dx ⇒ W =

∫ D−R

RG

(2M1m

(D − x)2− M1m

x2

)dx ⇒

W = GM1m

∫ D−R

R

(2

(D − x)2− 1

x2

)dx ⇒ W = GM1m

(2

D − x

∣∣∣D−R

R+

1x

∣∣∣D−R

R

)

⇒ W = GM1m

(D − 2R

R(D −R)

)

Y se obtiene el mismo resultado anterior.

41. a) Desde la superficie de la Tierra se lanza verticalmente haciaarriba un objeto con una velocidad v. Si se desprecia el rozamien-to, calcule el valor de v necesaria para que el objeto alcance unaaltura igual al radio de la Tierra.b) Si se lanza el objeto desde la superficie de la Tierra con unavelocidad doble a la calculada en el apartado anterior, ¿escapara ono del campo gravitatorio terrestre?Datos: Masa y Radio de la Tierra MT = 5, 98 · 1024 kg; RT = 6370km; Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67 · 10−11 Nm2kg−2;Solucion:a) Aplicando la conservacion de la energıa mecanica:12mv2+

(−G

Mm

R

)=

(−G

Mm

2R

)+0 ⇒ v =

√GM

R⇒ v = 7, 913 · 103 m/s

b) Se calcula el valor de la energıa mecanica en la orbita, pero ahora la ve-

locidad serıa el doble de la calculada: v = 1, 439·103, o tambien v = 2

√GM

R.

Em = Ec + Ep ⇒Em =

12mv2 +

(−G

Mm

R

)⇒ Em =

12m 4

GM

R+

(−G

Mm

R

)

Em =GMm

Ry Em > 0 J

La energıa es positiva. Se trata de una orbita abierta, no sera elıptica, y



escapara de la atraccion gravitatoria.Igualmente se puede comprobar facilmente que 2v > ve sin hacer un solo

numero: 2

√GM

R>

√2GM

R

42. Un objeto de 5 kg de masa posee una energıa potencial gravi-tatoria Ep = −2 · 108 J cuando se encuentra a cierta distancia de laTierra.a) Si el objeto a esa distancia estuviera describiendo una orbitacircular, ¿cual seria su velocidad?b) Si la velocidad del objeto a esa distancia fuese de 9 km/s, ¿cualserıa su energıa mecanica? ¿Podrıa el objeto estar describiendouna orbita elıptica en este caso? Dato: MT = 5, 98 · 1024 kgSolucion:a) A partir de la energıa potencial se calcula el radio de la orbita:

Ep =(−G

Mm

r

)⇒ r =

(−G

Mm

Ep

)⇒ r = 9, 972 · 106 m.

Conocido el radio de la orbita se calcula la velocidad:

v =

√G

M

r⇒ v =

√−GMEp

GMm⇒ v = 6, 325 · 103 m/s

b) Si se encuentra a la misma distancia la energıa potencial es la misma:Ep = −2 · 108 J.La energıa cinetica depende unicamente de la velocidad:

Ec =12mv2 ⇒ Ec = 2, 025 · 108 J.

La energıa mecanica es: Em = Ec + Ep y Em = 2, 5 · 106 J.La orbita es abierta porque la Em > 0 y no puede ser una orbita elıptica.

43. Sabiendo que la aceleracion de la gravedad en un movimientode caıda libre en la superficie de la Luna es un sexto de la acel-eracion de la gravedad en la superficie de la Tierra y que el radiode la Luna es aproximadamente 0, 27RT (siendo RT el radio ter-restre), calcule:a) La relacion entre las densidades medias Luna/Tierra.b) La relacion entre las velocidades de escape de un objeto desdesus respectivas superficies veLuna/veTierra .Solucion:a) Comparando las aceleraciones de la gravedad:

gL = GML

R2L

gT =GMT

R2T

gL

gT=

ML

MT

R2T

R2L

gL

gT=

RLρL

RT ρT

⇒ ρL

ρT=

gL

gT

RT

RL⇒ ρL

ρT= 0, 617

b) Comparando las velocidades de escape:



veL =√

2GML

RL

veT =√

2GMT

RT

veL

veT=

√ML

MT

RT

RL

veL

veT=

√R2

LρL

R2T ρT

veL

veT=

√gL

gT

RL

RT

veL

veT= 0, 212

44. a) ¿Cual es la aceleracion de la gravedad en la superficie de unplaneta esferico cuyo radio es la mitad del de la Tierra y posee lamisma densidad media?b) ¿Cual serıa el perıodo de la orbita circular de un satelite situ-ado a una altura de 400 km respecto a la superficie del planeta?Datos: Radio de la Tierra RT = 6371 km; Aceleracion de la gravedaden la superficie de la Tierra g = 9, 8 m/s2.Solucion:a) Comparando las aceleraciones de la gravedad en la superficie.

g = GM

R2

gT =GMT

R2T

g

gT=

M

MT

R2T

R2L

g

gT=

Rρ

RT ρT

⇒ g = 4, 9 m/s2

b) A partir de la expresion de la velocidad orbital de un satelite:

v =

√GM

r

v =2πr

T

v =

√GMR2

R2r⇒ v =

√gR2

r⇒ v = 3, 723 · 103 m/s

v =2πr

T⇒ T =

2πr

v⇒ T = 6051 s o 1, 68 h

45. Un satelite de masa 20 kg se coloca en orbita circular sobre elecuador terrestre de modo que su radio se ajusta para que de unavuelta a la Tierra cada 24 horas. Ası se consigue que siemprese encuentre sobre el mismo punto respecto a la Tierra (satelitegeoestacionario).a) ¿Cual debe ser el radio de su orbita?b) ¿Cuanta energıa es necesaria para situarlo en dicha orbita?Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Masa de la Tierra MT = 5, 98 ·1024 kg; Radio de la Tierra RT = 6371km.Solucion:a) A partir de la expresion de la velocidad orbital de un satelite:

v =

√GMT

r

v =2πr

T

r = 3

√GMT T 2

4π2⇒ r = 3, 514 · 108 m

b) Y aplicando la conservacion de la energıa:



−GMT m

R+E = −G

MT m

2r⇒ E = GMT m

(1R− 1

2r

)⇒ E = 1, 237 · 109 J

46. Cuatro masas puntuales identicas de 6 kg cada una estan situ-adas en los vertices de un cuadrado de lado igual a 2 m. Calcule:a) El campo gravitatorio que crean las cuatro masas en el centrode cada lado del cuadrado.b) El potencial gravitatorio creado por las cuatro masas en el cen-tro del cuadrado, tomando el infinito como origen de potenciales.Dato: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2.Solucion:a) El campo gravitatorio es una magnitud vectorial:~g = ~g1A + ~g2A + ~g3A + ~g4A

~g =»»»»»»»(−G

m

r31A

~r1A

)+

»»»»»»»(−G

m

r32A

~r2A

)+

(−G

m

r33A

~r3A

)+

(−G

m

r34A

~r4A

)

~g = 6, 67 · 10−11 6(√

5)3((−1, 2) + (1, 2)) ⇒ ~g = 1, 432 · 10−10~j N/kg

Tambien se puede calcular de otro modo:

|~g| = | ~g3A| cosα ⇒ |~g| = 2Gm

r23A

cosα ⇒ |~g| = 2 · 6, 67 · 10−11 6(√

5)22√5

1

a

34

A2

g


b) El potencial en el centro del cuadrado (que es un escalar) es:V = V1 +V2 +V3 +V4 ⇒ V = 4V1 ⇒ V = 4G

m

r⇒ V = 1, 132 · 10−9 J/kg

47. Un satelite artificial de 200 kg describe una orbita circularalrededor de la Tierra. La velocidad de escape a la atraccion ter-restre desde esa orbita es la mitad que la velocidad de escape desdela superficie terrestre.a) Calcule la fuerza de atraccion entre la Tierra y el satelite.b) Calcule el potencial gravitatorio en la orbita del satelite.c) Calcule la energıa mecanica del satelite en la orbita.d) ¿Se trata de un satelite geoestacionario? Justifique la respuesta.Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Masa de la Tierra MT = 5, 98 · 1024 kg; Radio de la Tierra RT =6, 37 · 106 m.



Solucion:a) Primero hace falta saber la distancia de la orbita:

ve0 =

√2GMT

R

ve =

√2GMT

r

ve0

ve=

√r

R⇒ r = 4R ⇒ r = 2, 548 · 107 m

Ahora ya se puede determinar la fuerza:~F = −G

MT m

r2~ur ⇒⇒ ~F = −122, 87 ~ur N o 12, 53 kg

b) El potencial en la orbita es:

V = GMT

r⇒ V = 1, 565 · 107 J/kg

c) La energıa mecanica del satelite:

Em = −GMT m

2r⇒ Em = −1, 565 · 109 J

d) Para saber si es geoestacionario se calcula el periodo de la orbita, deberıaser de 24 horas.

v =

√GMT

r

v =2πr

T

T =

√4π2r3

GMT⇒ T = 40463 s o 11, 23 h

La orbita estacionaria estarıa en 4, 225 · 107 m.


1.2 Fuerzas Centrales Problemas resueltos

1.2. Fuerzas Centrales

1. En el movimiento de un planeta en su orbita elıptica alrededordel Sol indica que magnitudes, de las que se relacionan a contin-uacion, se conservan: a) su velocidad lineal; b) su momento angularrespecto a la posicion del Sol; c) su energıa potencial; d) su energıamecanica. Razona la respuesta.Solucion:a) La velocidad lineal no es constante, de hecho, es mayor en el prihelio queen el afelio.b) El momento angular se conserva. Dado que la fuerza gravitatoria siemprees central y el momento de una fuerza central es cero, entonces el momentoangular no varıa con el tiempo.

~M = ~r × ~F ⇒ ~M = 0 porque ~r ‖ ~F y comod~L

dt= ~M ⇒ ~L = cte.

c) La energıa potencial es funcion de la posicion Ep = −GMm

r, es mayor

en el afelio que en el perihelio y no es contante.d) La energıa mecanica se conserva, porque la unica fuerza que actua es lagravitatoria que a demas de ser central es conservativa.

2. a) Enuncia y demuestra el teorema del momento angular paraun punto material. b) Describe algun ejemplo de movimiento en elque se cumpla el teorema de conservaci6n del momento angular.Solucion:a) El momento angular es el momento de la cantidad de movimiento.~L = ~r ×m~v.La variacion del momento angular con el tiempo es:d~L

dt=

©©©©©d~r

dt×m~v + ~r ×m

d~v

dt⇒ d~L

dt= ~M

Que constituye el Teorema del momento angular.b) Siempre que se aplique un momento a un solido rıgido se vera modificadoel momento angular del solido y esto ocurre en el arranque de motores omovimientos de rotacion acelerados.

3. Define la magnitud momento angular de un punto material re-specto a un punto O. ¿Que condiciones tiene que cumplir la fuerzaque actue sobre el punto material para que dicha magnitud se con-serve? Razona la respuesta.Solucion:Momento angular de un punto material con respecto a un punto O es elmomento de la cantidad de movimiento de dicha partıcula.Es un vector perpendicular al plano determinado por el vector de posicionrespecto de O del punto material y el vector cantidad de movimiento dedicha partıcula.



~L = ~r ×m~v

Las condiciones que debe cumplir el punto material para que el momentoangular se conserve son:

~L = ~r ×m~v ⇒ d~L

dt=

©©©©©d~r

dt×m~v + ~r ×m

d~v

dt⇒ d~L

dt= ~r × ~F

⇒ Si ~F = 0 o ~r = 0 o ~F‖~r (F central) ⇒ ~L = constante

d~L

dt= ~M y si la fuerza es central ~M = 0 ⇒ ~L = constante

4. La ecuacion fundamental de la dinamica de rotacion de un soli-do rıgido en torno a un eje fijo, tiene por expresion ~M = I · ~α:a) Define las magnitudes que intervienen en dicha ecuacion. ¿Cualesson las unidades correspondientes a dichas magnitudes en el SI?b) Si en el citado movimiento, a partir de un cierto instante, elmomento resultante de las fuerzas exteriores que actuan sobre elsolido, respecto del eje de rotacion es cero, ¿como seran las magni-tudes velocidad angular de rotacion del solido y momento angulardel solido respecto del eje de rotacion, a partir de dicho instante?Razona la respuesta.Solucion:a) ~M = ~r × ~F : Momento de una fuuerza respecto de un punto o un eje degiro. Se mide en N·m.I: Momento de inercia. Se mide en kg·m2.α: aceleracion angular. Se mide en rad/s2.

b) Si ~M = 0 ⇒ Idω

dt= 0 ⇒ ω = constante y tambien

d~L

dt= ~M si ~M = 0 ⇒ ~L = constante

5. Una partıcula de masa m esta describiendo una trayectoria cir-cular de radio R con velocidad lineal constante v:a) ¿Cual es la expresion de la fuerza que actua sobre la partıculaen este movimiento? ¿Cual es la expresion del momento angularde la partıcula respecto al centro de la trayectoria?b) ¿Que consecuencias sacas de aplicar el teorema del momentoangular en este movimiento? ¿Por que?Solucion:a) Si describe una trayectoria circular con velocidad lineal constante se tra-ta de un movimiento circular uniforme y solo tiene aceleracion normal. Notiene aceleracion tangencial porque la velocidad linal es constante.

La expresion de la fuerza es ~F = m ~an ⇒ ~F = mv2

R~un La expresion del



momento angular de la partıcula es: ~L = ~R×m~v y como ~R y ~v son siempreperpendiculares |~L| = Rmv ⇒ |~L| = mR2ω ⇒ |~L| = Iωb) El teorema del momento angular expresa la relacion entre el momento delas fuerzas que actua sobre la partıcula y el momento angular. En este casola fuerza es central, el momento de una fuerza central es nulo y se conservael momento angular.

Si ~F es central, el momento ~M = ~r× ~F es nulo y comod~L

dt= ~M ⇒ ~L = cte

6. ¿Que es una fuerza central? ¿Cuando se dice que un campode fuerzas es conservativo? Los campos de fuerzas centrales ¿sonconservativos? Razona la respuesta y utiliza ejemplos.Solucion:Una fuerza es central, cuando el vector posicion ~r es paralelo a la fuerza ~F .Un campo de fuerzas es conservativo cuando el trabajo realizado por dichasfuerzas solo depende de la posicion inicial y final, o dicho de otro modocuando bajo su exclusiva accion se conserva la energıa mecanica, de ahı sunombre.El hecho de que la fuerza del campo sea conservativa, implica que la energıatotal (cinetica mas potencial) es constante, en cualquier punto de la trayec-toria y esto solo ocurre cuando la fuerza es central.7. Se considera el movimiento elıptico de la Tierra en tomo al Sol.Cuando la Tierra esta en el afelio (la posicion mas alejada del Sol)su distancia al Sol es de 1, 52 · 1011 m y su velocidad orbital es de2, 92 · 104 m/s. Hallar:a) El momento angular de la Tierra respecto al Sol.b) La velocidad orbital en el perihelio (la posicion mas cercana alSol), siendo en este punto su distancia al Sol de 1, 47 · 1011 m.Datos complementarios: Masa de la Tierra MT = 5, 98 · 1024 kg.Solucion:a) El modulo del momento angular es:| ~La| = raMT va ⇒ | ~La| = 2, 654 · 1040 kgm2/sb) Teniendo en cuenta que el momento angular se conserva:ra©©MT va = rp©©MT vp ⇒ vp = 3, 02 · 104 m/s

8. El cometa Halley se mueve en una orbita elıptica alrededordel Sol. En el perihelio (posicion mas proxima) el cometa esta a8, 75 · 107 km del Sol y en el afelio (posicion mas alejada) esta a5, 26 · 109 km del Sol.a) ¿En cual de los dos puntos tiene el cometa mayor velocidad?¿Y mayor aceleracion?b) ¿En que punto tiene mayor energıa potencial? ¿Y mayor en-ergıa mecanica?Solucion:



a) Como el momento angular se conserva (el cuerpo solo esta sometido afuerzas centrales), a menor distancia mayor velocidad y LA VELOCIDADSERA MAYOR EN EL PERIHELIO.ra©©MT va = rp©©MT vp

La aceleracion depende del modulo de la fuerza aplicada. En este caso sola-mente actua la fuerza gravitatoria, que es central. EN EL PERIHELIO ladistancia es menor y la fuerza sera mayor y tambien LA ACELERACIONSERA MAYOR.|~F | = G

Mm

r2

b) LA ENERGIA POTENCIAL SERA MAYOR cuanto mayor sea la dis-tancia, EN EL AFELIO. Al ser negativa cuanto mayor es r mas proxima acero sera la energıa potencial.

Ep = −GMm

rLA ENERGIA MECANICA SE MANTIENE CONSTANTE. Cuando soloactuan fuerzas conservaticas, como es el caso, la energıa mecanica se con-serva.

9. La velocidad de un asteroide es de 20 km/s en el perihelioy de 14 km/s en el afelio. Determine en esas posiciones cual es larelacion entre:a) Las distancias al Sol en tomo al cual orbitan.b) Las energıas potenciales del asteroide.Solucion:a) En el afelio y el perihelio se cumple:

ra½½Mva = rp½½Mvp ⇒ ra

rp=

vp

va⇒

ra

rp= 1, 429

b) Comparando las energıas potenciales en el afelio y perihelio:

Epp = −GMm

rp

Epa = −GMm

ra

Epp

Epa=

ra

rp⇒ Epp

Epa= 1, 429

10. Pluton describe una orbita elıptica alrededor del Sol. Indiquepara cada una de las siguientes magnitudes si su valor es mayor,menor o igual en el afelio (punto mas alejado del Sol) comparadocon el perihelio (punto mas proximo al Sol):a) Momento angular respecto a la posicion del Sol.b) Momento lineal.c) Energıa potencial.d) Energıa mecanica.Solucion:a) EL MOMENTO ANGULAR ES CONSTANTE. Si la fuerza es central, el



momento producido por esa fuera es cero y el momento angular se conserva.

Si−→F es central ⇒ −→

M = 0; comod−→L

dt=−→M ⇒ −→

L = cte.

b) El momento lineal: −→p = m−→v , depende de la velocidad, que no es con-stante. La velocidad es mayor en el perihelio luego EL MOMENTO LINEALES MAYOR EN EL PERIHELIO.c) La Energıa potencial aumenta con la distancia, porque es negativa Ep =

−GMm

r. LA ENERGIA POTENCIAL SERA MAYOR EN EL AFELIO.

d) LA ENERGIA MECANICA SE CONSERVA. Cuando solo actuan fuerzasconservativas la energıa mecanica se conserva.

11. Dos planetas de masas iguales orbitan alrededor de una es-trella de masa mucho mayor. El planeta 1 se mueve en una orbitacircular de radio 1011 m y perıodo de 2 anos. El planeta 2 se mueveen una orbita elıptica, siendo su distancia en la posicion mas proxi-ma a la estrella 1011 m y en la mas alejada 1,8·1011 m.a) ¿Cual es la masa de la estrella?b) Halle el perıodo de la orbita del planeta 2.c) Utilizando los principios de conservacion del momento angulary de la energıa mecanica, hallar la velocidad del planeta 2 cuandose encuentra en la posicion mas cercana a la estrella.Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6,67·10−11 Nm2kg−2

Solucion:a) A partir de los datos del primer planeta:

GMm

r21

= mv21

r1

v1 =2πr1

T1

⇒G

M

r1=

4π2r21

T 21

M =4π2r3

1

GT 21

⇒ M = 1, 49 · 1030 kg

b) El periodo del segundo planeta se determina a partir de la tecera ley dekepler:T 2

1

T 22

=r31

r32

⇒ T2 =

√T 2

1

r32

r31

⇒ T2 = 3, 31 anos

c) Aplicando la conservacion del momento angular y la conservacion de laenergıa en afelio y perihelio.rava = rpvp

−GMm

ra+

12mv2

a = −GMm

rp+

12mv2

p

Se sustituyen valores y se resuelve el sistema, las incognitas son va y vp.⇒ vp = 3, 57 · 104 m/s y va = 1, 99 · 104 m/s

12. La velocidad angular con la que un satelite describe una orbi-ta circular en torno al planeta Venus es ω = 1, 45 · 10−4 rad/s y su



momento angular respecto al centro de la orbita es L1= 2,2·1012

kgm2s−1.a) Determine el radio r1 de la orbita del satelite y su masa.b) ¿Que energıa serıa preciso invertir para cambiar a otra orbitacircular con velocidad angular ω = 10−4 rad/s?Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Masa de Venus Mv = 4, 87 · 1024 kg.Solucion:a) Con la velocidad angular y la masa de Venus se puede determinar el radiode la orbita:

v =

√G

Mv

rv = ωr

⇒ r = 3

√GMv

ω2⇒ r = 2, 49 · 107 m

Y de la definicion de momento angular se calcula la masa del satelite:

L = rmv ⇒ L = r2mω ⇒ m =L

ωr2⇒ m = 24, 46 kg

b) La orbita a la que corresponde una velocidad angular de 10−4 rad/s es:

r = 3

√GMv

ω22

⇒ r2 = 3, 19 · 107 m.

La energıa para cambiar de orbita sera la diferencia entre las energıas mecanicasen ambas orbitas.W = Em2 −E −m1

W =(−G

Mvm

2r2

)−

(−G

Mvm

2r1

)⇒ W =

gMvm

2

(1r1− 1

r2

)⇒

W = 3, 50 · 107 J

13. Mercurio describe una orbita elıptica alrededor del Sol. Enel afelio su distancia al Sol es de 6,99·1010 m, y su velocidad or-bital es de 3,88·104 m/s, siendo su distancia al Sol en el periheliode 4,60·1010 m.a) Calcule la velocidad orbital de Mercurio en el perihelio.b) Calcule las energıas cinetica, potencial y mecanica de Mercurioen el perihelio.c) Calcule el modulo de su momento lineal y de su momento an-gular en el perihelio.d) De las magnitudes calculadas en los apartados anteriores, decidcuales son iguales en el afelio.Datos: Masa de Mercurio MM = 3, 18 · 1023 kg; Masa del Sol MS =1, 99 · 1030 kg; Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67 · 10−11

Nm2kg−2.Solucion:a) Dado que todo cuerpo sometido a fuerzas centrales conserva su momentoangular, esto nos perimitira calcular la velocidad en el perihelio.ra©©©MMva = rp©©©MMvp ⇒ vp = 5, 9 · 104 m/s



b) La energıa cinetica en el perihelio:

Ecp =12MMv2

p ⇒ Ecp = 5, 535 · 1032 JLa energıa potencial en el perihelio:

Epp = −GMSMM

rp⇒ Epp = −9, 176 · 1032 J

La energıa mecanica en el perihelio:Emp = Ecp + Epp =⇒ Emp = −3, 641 · 1032 Jc) El modulo del momento lineal en el perihelio:|~p| = MMvp ⇒ |~p| = 1, 876 · 1028 kgm/sEl modulo del momento angular en el perihelio:|~L| = rpMMvp ⇒ |~L| = 8, 631 · 1038 kgm2/sd) En el afelio solo seran iguales la energıa mecanica y el momento angular

14. Un satelite artificial de 100 kg de masa se encuentra giran-do alrededor de la Tierra en una orbita circular de 7100 km deradio. Determine:a) El periodo de revolucion del satelite.b) El momento lineal y el momento angular del satelite respectoal centro de la Tierra.c) La variacion de energıa potencial que ha experimentado elsatelite al elevarlo desde la superficie de la Tierra hasta esa posi-cion.d) Las energıas cinetica y total del satelite.Datos: Masa de la Tierra MT = 5, 98 · 1024 kg; Radio de la TierraRT = 6, 37·106 m; Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11

Nm2kg−2.Solucion:a) Considerando una orbita circulr:

v =

√GM

r

v =2πr

T

⇒ T =

√4π2r3

GM⇒ T = 5, 95 · 103 s

b) El momento lineal del satelite:

|~p| = mv ⇒ |~p| = m

√GM

r⇒ |~p| = 7, 495 · 105 kgm/s

El modulo del momento angular:|~L| = rmv ⇒ |~L| = 5, 323 · 1012 kgm2/sc) La variacion que experimenta la energıa potencial:

∆Ep = Ep− Ep0 ⇒ ∆Ep = (−GMm

r)− (−G

Mm

R)

⇒ ∆Ep = GMm(1R− 1

r) ⇒ ∆Ep = 6, 438 · 109 J

d) La energıa cinetica:



Ec =12mv2 ⇒ Ec =

12m

GM

r⇒ Ec = 2, 809 · 109 J

La energıa mecanica total:

Em =12m

GM

r+ (−GMm

r) ⇒ Em = −GMm

2r⇒ Em = −2, 809 · 109 J

15. Un satelite artificial de la Tierra de 100 kg de masa describeuna orbita circular a una altura de 655 km. Calcule:a) El periodo de la orbita.b) La energıa mecanica del satelite.c) El modulo del momento angular del satelite respecto al centrode la Tierra.d) El cociente entre los valores de la intensidad de campo gravi-tatorio terrestre en el satelite y en la superficie de la Tierra.Datos: Masa de la Tierra MT = 5,98 · 1024 kg; Radio de la TierraRT = 6, 37·106 m; Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11

Nm2kg−2;Solucion:a) A partir de la expresion de la velocidad orbital:

v =

√GM

r

v =2πr

T

⇒ T =

√4π2r3

GM⇒ T = 5, 8575 · 103 s o 1, 627 h y

v = 7, 535 · 103 m/s.b) La energıa mecanica es la suma de las energıas cinetica y potencial en laorbita, y es:

Em = −GMm

2r⇒ Em = −2, 839 · 109 J

c) El modulo del momento angular es:|~L| = rmv ⇒ |~L| = 5, 293 · 1012 kgm2/sd) Comparando las intensidades del campo gravitatorio:

g =GM

r2

g0 =GM

R2

⇒ g

g0=

R2

r2⇒ g

g0= 0, 822

16. Un satelite artificial describe una orbita circular alrededorde la Tierra. En esta orbita la energıa mecanica del satelite es−4, 5 · 109 J y su velocidad es 7610 m·s−1. Calcule:a) El modulo del momento lineal del satelite y el modulo del mo-mento angular del satelite respecto al centro de la Tierra.b) El periodo de la orbita y la altura a la que se encuentra elsatelite.Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Masa de la Tierra MT = 5, 98 · 1024 kg; Radio de la Tierra RT =



6, 37 · 106 m.Solucion:A partir de la expresion de la velocidad y de la energıa mecanica:

v =

√GM

r⇒ r =

GM

v2⇒ r = 6, 887 · 106 m/s.

Em = −GMm

2r⇒ m = −Em2r

GM⇒ m = 155, 41 kg.

a) El modulo del momento lineal es:|~p| = mv ⇒ |~p| = 1, 183 · 106 kgm/sEl modulo del momento angular es:|~L| = rmv ⇒ |~L| = 8, 145 · 1012 kgm2/sb) La altura y el periodo se calculan a partir del radio de la orbita y lavelocidad.h = r −R ⇒ h = 5, 174 · 105 m

v =2πr

T⇒ T =

2πr

v⇒ T = 5687 s o 1, 58 h

17. Fobos es un satelite de Marte que gira en una orbita circularde 9380 km de radio, respecto al centro del planeta, con un peri-odo de revolucion de 7,65 horas. Otro satelite de Marte, Deimos,gira en una orbita de 23460 km de radio. Determine:a) La masa de Marte.b) El perıodo de revolucion del satelite Deimos.c) La energıa mecanica del satelite Deimos.d) El modulo del momento angular de Deimos respecto al centrode Marte.Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Masa de Fobos = 1,1·1016 kg; Masa de Deimos = 2,4·1015 kgSolucion:a) A partir de los datos de Fobos se calcula la masa de marte:

vF =√

GMM

rF

vF =2πrF

TF

⇒ MM =4π2r3

F

GTF⇒ MM = 6, 440 · 1023 kg

b) A partir de la tercera ley de Kepler el perido de Deimos:

T 2D

T 2F

=r3D

r3F

⇒ TD = TF

√r3D

r3F

⇒ TD = 30, 26 horas

c) la energıa mecanica del satelite Deimos:

EmD = −GMMmD

2r⇒ EmD = −2, 197 · 1021 J

d) El modulo del momento angular de Deimos

| ~LD| = rmDvD ⇒ | ~LD| = rDmD2πrD

TD⇒ | ~LD| = 7, 619 · 1025 kgm2/s



18. Una sonda de masa 5000 kg se encuentra en una orbita circulara una altura sobre la superficie terrestre de 1,5 RT . Determine:a) el momento angular de la sonda en esa orbita respecto al centrode la Tierra;b) la energıa que hay que comunicar a la sonda para que escapedel campo gravitatorio terrestre desde esa orbita.Datos: Constante de Gravitacion Universal G = 6, 67·10−11 Nm2kg−2;Masa de la Tierra MT = 5, 98 · 1024 kg; Radio de la Tierra RT =6, 37 · 106 m.Solucion:a) Para calcular el momento angular hace falta conocer la velocidad:

|~L| = rmv ⇒ |~L| = rm

√GMT

r⇒ |~L| = 3, 985 · 1014 kgm2s−2

b) Para determinar la energıa que hay que comunicar a la sonda para queescape, se aplica la conservacion de la energıa mecanica.

Em1 + E = 0 ⇒ E = −Em1 ⇒ E = GMT m

2r⇒ E = 6, 262 · 1010 J


problemas resueltos segunda parte

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