A P Zaragoza Septiembre 97 S · PDF fileenergía total en una órbita es: = +...

www.lortizdeo.tk I.E.S. Francisco Grande Covián Campo Gravitatorio mailto:[email protected] 27/01/2005 Física 2ªBachiller

solcagra.doc Luis Ortiz de Orruño pg 1 de 23

10.- Un satélite artificial describe una órbita elíptica, con el centro de la Tierra en uno de sus focos. a) En el movimiento orbital del satélite, ¿se conserva su energía mecánica? ¿Y su momento angular respecto al centro de la Tierra? ¿Por qué? b) Supón que conocemos las distancias máxima y mínima del satélite al centro de la Tierra (apogeo y peri-geo). RA y RP respectivamente. Plantea razonadamente. sin resolverlas. las ecuaciones necesarias para de-terminar las velocidades orbitales del satélite en el apogeo y en el perigeo, VA y VP. Datos: constante de gravitación universal. G. Masa de la Tierra. M. Zaragoza Septiembre 97 S



15.- Una sonda espacial se encuentra "estacionada" en una órbita circular terrestre a una altura sobre la superficie terrestre de 2,26 RT, donde RT es el radio de la Tierra. a) Calcular la velocidad de la sonda en la órbita de estacionamiento. b) Comprobar que la velocidad que la sonda necesita, a esa altura, para escapar de la atracción de la Tierra es aproximadamente 6,2 km/s Datos: Gravedad en la superficie de la Tierra g = 9,81 ms–2 Radio medio Terrestre RT = 6370 km . Madrid 97 4378,2 m/s ; 6,2 103 m/s



35.- La nave espacial Lunar Prospector permanece en órbita circular alrededor de la Luna a una altura de 100 km sobre su superficie. Determina: a) La velocidad lineal de la nave y el periodo del movimiento. b) La velocidad de escape a la atracción lunar desde esa órbita. Datos: Constante de gravitación: G =6,67 10–11 N m2 kg–2; Masa de la Luna: ML = 7,36 1022 kg ; Radio medio lunar: RL = 1740 km (2ptos) 1633,4 m/s ; 7078 s ; 2310 m/s

rvm

rMmGF

2

2 ==

( )2

3

2211

1010017401036,71067,6 v=

⋅+− ; v= 1633,4 m/s

Trv πω 2=⋅= ;

Tπ24,1633 = ; T= 7078 s

b) Aplicando la conservación de la energía:

0021 2 +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−+

rMmGmv

( )00

1010017401067,6

21

3

112 +=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅+⋅−

+−

v ; v= 2310 m/s



36.- Un satélite de 1000 kg de masa gira en una órbita geoestacionaria (es decir, la vertical del satélite siempre pasa por el mismo punto de la superficie terrestre).Calcula: a) Su velocidad angular. b) El módulo de su aceleración. c) Su energía total. Dato: radio de la Tierra = 6 370 km. Murcia 98. 7,272 10–5 rad/s: 0,22 ms–2 ; –4,71 109 J a) rm

rMmG 2

2ω=

2020 ; T

T

RgGMRMGg ==

sRadT

/1027,7360024

22 5−⋅=⋅

==ππω

( ) mRgMGr T 6

3 3 2

23

2

203

21021,42

3600242

1063708,9⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅

⋅===

πωω

b) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−+=

rMmGmvET

2

21

Cómo r

vmrMmG

2

2= ;

rMmGmv =2

( ) JrmRg

rMmG

rMmG

rMmGE TT

96

232

0 1071,41021,42

10001063708,921

21

21

⋅−=⋅

⋅⋅−=−=−=−=



38.- Se desea situar un satélite artificial de 50 kg de masa en una órbita circular situada en el plano del ecuador y con un radio igual al doble del terrestre. Calcula: a) Energía que hay que comunicar al satélite y velocidad orbital de éste. b) Energía adicional que habría que aportar al satélite en órbita para que escape de la acción del campo gra-vitatorio terrestre. Datos: G = 6,67 10–11 . N m2 kg–2 RT= 6,37 106 m M7 = 5,98 1024 kg País Vasco 98. 2,35 109 J ; 5595 m/s; 7,82 108 J

La velocidad orbital se obtiene:

smr

MGvr

vmr

MmGF /5595;2

2 ====

Aplicando la conservación de la energía en-tre las dos posiciones y recordando que la energía total en una órbita es:

=+−=+= 2

21 mv

rMmGEEE cinéticapotencialT

rMmG

rMmG

rMmG

21

21

−=+−

RMmG

RMmGEc 22

1−=−

JR

MmGR

MmGEc91035,2

431

41

⋅==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

b) Aplicando la conservación de la energía: 0022

1+=+− E

RMmG ; J

RMmGE 81082,7

41

⋅==

rMmG

rMmG

rMmG

21

21

−=+−



40.- Un satélite artificial de masa m = 300 kg describe una órbita circular en torno a la Tierra. Sabiendo su veloci-dad orbital es v = 6,3 km/s, que la masa de la Tierra es MT = 5,97 1024 kg y que la constante de gravitación es G = 6,67 10–11 N m2 kg–2, determina: a) El radio de la órbita de satélite. b) La energía mecánica. c) El momento angular respecto al centro de la Tierra del satélite. Zaragoza Septiembre 97 a) La fuerza de atracción gravitatoria vale:

2rMmGF =

y por ser normal a la trayectoria es igual = r

vm2

; r

vmrMmG

2

2=

Despejando r: 2v

GMr = , y sustituyendo: ( )

mr 62

24111003,10

63001097,51067,6

⋅=⋅⋅⋅

=−

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

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−+=+=

rMmGmvEEE pcmecánica

2

21 ; sustituyendo

Emecánica = J96

24112 109535,5

1003,103001097,51067,66300300

21

⋅−=⋅

⋅⋅⋅−⋅ −

c) El momento angular por definición: vmrLrrr

×= ; en módulo: 90sen⋅⋅⋅= vmrLr

y sustituyendo: 63003001003,10 6 ⋅⋅⋅ = 1,896 1013 kg m2 s–1



41.- Escribe y comenta la Ley de Gravitación Universal. (1 p.) b) La Tierra tarda un año en realizar su órbita en tomo al Sol. Esta órbita es aproximadamente circular con radio R = 1,49 1011 m. Sabiendo que G = 6,67 10–11 N m2 kg–2, calcula la masa de Sol. (1 p.) Zaragoza Junio 98

b) La fuerza de atracción gravitatoria vale: 2rMmGF =

y por ser normal a la trayectoria es igual = G

rm 12 ⋅⋅ω .

Despejando la masa del Sol 32rM ω= y sustituyendo: ( )31111

2

1049,11067,6

1360024365

2⋅

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅= −

πM =

1,97 1030 kg



43.- Imagina un planeta sin atmósfera, perfectamente esférico, de radio R= 5000 km y masa M = 5 1024 kg. Desde su superficie, se dispara horizontalmente un proyectil. G = 6,67 10–11 N m2 kg–2. a ) Calcula la velocidad con que debe dispararse el proyectil para que describa una órbita circular rasante a la superficie del planeta b) Explica qué es la "velocidad de escape" y calcúlala en nuestro caso.

a) La fuerza de atracción gravitatoria vale: 2rMmGF =

y por ser normal a la trayectoria es igual = r

vm2

,

siendo v la velocidad con la que se mueve el proyectil en la órbita de radio r.

Despejando v: 6

24112

1051051067,6⋅⋅

⋅== −

rMGv ; v = 8167 m/s

b) Es la velocidad con la que hay que lanzar un proyectil para que escape de la atracción del planeta: Aplicando la conservación de la energía entre la superficie del planeta y este punto:

0021 2 +=−

RMmGmvesc ; despejando la velocidad de escape:

RGMvesc 2= = 11549,9 m/s



44.- Compara las fuerzas de atracción que ejercen la Luna y la Tierra sobre un cuerpo de masa m que se halla si-tuado en la superficie de la Tierra. ¿A qué conclusión llegas? b) Si el peso de un cuerpo en la superficie de la Tierra es de 100 kp. ¿Cuál sería el peso de ese mismo cuer-po en la superficie de la Luna? Datos: La masa de la Tierra es 81 veces la masa de la Luna. La distancia entre los centros de la Tierra y la Luna es de 60 radios terrestres. El radio de la Luna es de 0,27 veces el radio de la Tierra. Madrid 97 La distancia que hay entre el cuerpo y la Tierra es RT

La Fuerza que ejerce la Tierra sobre un cuerpo colocado en su superficie vale 2T

TT R

mMGF = ,

como la masa de la Tierra es igual a 81 veces la masa lunar. 2

81

T

LT R

mMGF =

La distancia que hay entre el cuerpo y la Luna es 60RT – RT

Y la fuerza que la Luna ejerce sobre la masa vale: ( )260 TT

LL RR

mMGF−

=

Dividiendo las dos expresiones: 25981 ⋅=L

T

FF

= 281961

La fuerza que la Luna hace sobre el cuerpo es despreciable frente a la que hace la Tierra. b) El peso de un cuerpo en la Tierra son 100 kp , luego su masa (que es lo que permanece invariable en la Luna y en la Tierra) son 100 kg. O bien como 1 kp = 9,8 N el cuerpo pesa 100· 9,8 N; luego su masa es de 100 kg

La intensidad de campo gravitatorio en la Luna vale: ( )22 27,0

81T

T

L

LL

R

M

RM

Gg == = TT

T gR

GM169,0

)27,0(81

1

22 =

y el peso en la luna mgL = 100·0,169·9,8 = 166 N

Otra forma de resolverlo es calculando la fuerza de atracción que hace la Tierra y la Luna sobre el objeto de 100 kg.

En la Tierra 2100

8,9100T

T

RM

G⋅

=⋅

En la Luna: ( )22 27,0

10081100

T

T

L

LLuna

R

MG

RM

Gpeso⋅

=⋅

=

El cociente: 1

)27,0(81

)27,0(81100

1008,9100 2

22

2 ⋅=

⋅⋅

⋅

⋅

=⋅

T

T

T

T

Luna

RM

G

RM

G

peso

luego el NpesoLuna 166)27,0(818,9100

2 =⋅

⋅=



46.- a) Enuncia las leyes de Kepler. Sabiendo que el radio medio de la órbita de Neptuno en tomo al sol es 30 veces mayor que el de la Tierra. ¿cuántos años terrestres tarda Neptuno en recorrer su órbita? Zaragoza Junio 97

De acuerdo con la 3ª ley de Kepler 32

31

22

21

RR

TT

= ;

3

2

2 30⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Tierra

Tierra

Tierra

nep

RR

TT

; 2700022 ⋅= TierraNep TT ;

32,164⋅= TierraNep TT



47.- La luna es aproximadamente esférica, con radio R = 1,74.106 m y masa M = 7,35 1022 kg. a) Calcula la aceleración de la gravedad en la superficie lunar. (0,5 p.) b) Si se deja caer una piedra desde una altura de 2 m sobre la superficie lunar, ¿cuál será su velocidad al chocar con la superficie? (1 p.) G = 6,67 10–11 N m2 kg–2. Zaragoza Junio 99

a) La intensidad de campo gravitatorio ( )

226

2211

262,1

1074,1

1035,71067,6 −− =⋅

⋅⋅== ms

RMGg

b) Aplicando las fórmulas del movimiento uniformemente acelerado: 262,12220

2 ⋅⋅=⋅+= eavv ; v = 2,55 ms–1



48.-

a) Enuncia la tercera ley de Kepler y comprueba que se cumple para órbitas circulares en torno a un planeta esférico de masa M. (1,5 p.) b) Los satélites de comunicaciones geoestacionarios describen órbitas circulares en el plano ecuatorial de la Tierra. El periodo de estas órbitas coincide con el de rotación de la Tierra (un día), de forma que cada satélite geoestacionario se encuentra siempre sobre el mismo punto del ecuador. Calcula el radio de esta órbita. (1 p.) G = 6,67 10–11 N m2 kg–2 ; MT = 5,98 1024 kg. Zaragoza Junio 99

rmrMmGF 2

2ω== , simplificando

234Tr

MG π= ;

La tercera ley de Kepler queda: cteGMr

T==

π43

2

b) rmrMmG 2

2ω= ;

un satélite geoestacionario da una vuelta a la tierra en 24 horas, 360024

2⋅

=πω

2

3 3600242

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅=

πr

GM ; mGMr 732

1022,42360024

⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

=π



49.-



50.-



56.- Se lanza desde el ecuador un satélite artificial de masa 100 kg que se sitúa en una órbita circular geoestacio-naria. Se desea saber: a) El valor de la altura h sobre la superficie terrestre de la órbita del satélite. b) La energía que habrá que comunicar al satélite para colocarlo en esa órbita, despreciando el rozamiento con la atmósfera. c) El suplemento de energía que habría que aportar al satélite para, una vez en órbita, sacarlo del campo gra-vitatorio terrestre. Datos: go = 9,8 m/s2; radio de la Tierra = 6 370 km Cantabria 99 S Decimos de un satélite que es geoestacionario cuando su periodo de rotación coincide con el de la

Tierra. sRad /360024

2⋅

=πω

Como la fuerza gravitatoria según Newton vale 2gra

rMmGF v = y es normal a la trayectoria

232

2;

ωω GMrrm

rMmG ==

En la superficie de la Tierra: ( )330 1063708,9;

1063708,9 ⋅=

⋅== GMGMg

( ) mrr 72

33 1022,4;

3600242

1063708,9⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅

⋅=

π

La altura sobre la superficie terrestre: h = r–R = 4,22 107 – 6370 103 = 3,58 107 m b) Aplicando la conservación de la energía entre la superficie de la Tierra y la órbita: ( ) ( )

órbitacpTierrap EEEE +=+sup

2

21

órbitamvr

MmGER

MmG +−=+−

La relación entre la Ep y la Ec en una misma órbita será:

Como debido a la atracción gravitatoria r

MmGmvr

vmr

MmGF v === 22

2gra ;

rMmGmvELa c 2

121 2 ==

rMmG

rMmG

rMmGE

RMmG

21

21

−=+−=+−

JrR

GMmr

MmGR

MmGE 91077,5211

21

⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−=

c) Aplicando la conservación de la energía entre la Tierra y fuera de la atracción terrestre: ( ) ( )

∞+=+ cpTierrap EEEE

sup'

( )( )

JEER

MmG 923

231024,6

106370

1001063708,9';00' ⋅=⋅

⋅⋅=+=+−

Restando E' – E = 4,73 108 J



64.- En la superficie de un planeta de 2000 km de radio, la aceleración de la gravedad es de 3 m s-2. Calcula: a) La velocidad de escape desde la superficie del planeta. b) La masa del planeta. Dato: G = 6,67 10-11 N m2 kg–2 Canarias 99

En la superficie de la Tierra la intensidad de campo vale:

( ) kgMMRMGg 23

23

112 1080,1;

1020001067,63; ⋅=

⋅⋅== −

b) Aplicando la conservación de la energía entre la superficie de la Tierra y el infinito.

smvmvR

MmG escapeescape /3465102000

1080,11067,62;0021

3

23112 =

⋅

⋅⋅⋅⋅+=+−

−



72.- a) Escribe y comenta la Ley de Gravitación Universal. (1 p.) b) Calcula el radio de la órbita de Neptuno en tomo al Sol, supuesta circular, sabiendo que tarda 165 años te-rrestres en recorrerla. (1,5 p.) G = 6,67 10-11 N m2 kg-2; Msol = 1,99 1030 kg. Zaragoza Junio 2000 ; 5,71 1038 m

b) La fuerza que actúa es la de la gravitación universal y como es perpendicular a la trayectoria será igual a la masa por la aceleración normal

rmrMmGF v

22gra ω== ; despejando r mGMr 12

32

30113

2 1049,4

3600243651652

1099,11067,6⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅==

−

πω



73.- a) La intensidad media del campo gravitatorio en la superficie de la Tierra es g = 9,81 N/kg. Calcula la masa de la Tierra. (1 p.) b) ¿A qué altura sobre la superficie se reduce g a la mitad del valor indicado? (1 p.) G = 6,67 1011 N m2 kg2 ; radio de la Tierra: R = 6,37 106 m Zaragoza Junio 2000 ; 5,97 1024 kg ; 2,64 106 m a) La intensidad de campo gravitatorio vale:

2RMGg = ;

en nuestro caso ( )26

11

1037,61067,681,9

⋅⋅= − M ; M = 5,97 1024

kg

b) Si g vale la mitad 2

111067,6281,9

rM−⋅= ;

Dividiendo las dos ecuaciones:

2

2

281,981,9

rMG

RMG

= ;

2;22

2Rr

Rr

==

Cuando r (Distancia al centro de la Tierra)= 2R La altura h será ( ) mRRRRrh 61064,2122 ⋅=−=−=−=



83.- Una de las lunas de Júpiter, Io, describe una trayectoria de radio medio r = 4,22 108 m y período T = 1,53 105 s. Se pide: a) El radio medio de la órbita de otra luna de Júpiter, Calisto, sabiendo que su período es 1,44 106 s b) Conocido el valor de G, encontrar la masa de Júpiter. Dato: G = 6,67 10-11 unidades S.I. Cantabria 2000; 1,88 109 m; 1,90 1027 kg Aplicando la tercera ley de Kepler: El cuadrado de los periodos de revolución de los planetas, es proporcional a los cu-bos de los radios medios de las órbitas T2 = k r3

( ) ( )3825 1022,41053,1 ⋅=⋅ k

( ) ( )3261044,1 mrk=⋅

Dividiendo las dos ecuaciones: ( )3

382

6

5 1022,41044,11053,1

mr⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅⋅ ; rm = 1,88 109 m

La fuerza de atracción entre Júpiter y Io 2JO

IJIJ

rMM

GF = es igual a la masa por la aceleración normal

JII

IJIII rT

MrM2

2 2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

πω

JII

IJI

IJ rT

Mr

MMG

2

22

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

π ; Despejado ( )( )

kgGT

rMI

JIJ27

112

238

2

23 1090,1

1067,636002455,341071,64

⋅=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅=

⋅=

−

ππ



88.- a) Enuncia las Leyes de Kepler. (1 p.) b) Europa es un satélite de Júpiter que tarda 3,55 días en recorrer su órbita, de 6,71 108 m de radio medio, en torno a dicho planeta. Otro satélite de Júpiter, Ganímedes, tiene un periodo orbital de 7,15 días. Calcula el ra-dio medio de la órbita de Ganímedes y la masa de Júpiter. (1,5 p.) Constante de gravitación: G = 6,67 10-11 N m2 kg–2. Zaragoza Junio 2001; 1,07 109 m; 1,90 1027 Kg Aplicando la tercera ley de Kepler: El cuadrado de los periodos de revolución de los planetas, es proporcional a los cu-bos de los radios medios de las órbitas T2 = k r3

( ) ( )382 1071,655,3 ⋅= k

( ) ( )3215,7 mrk=

Dividiendo las dos ecuaciones: ( )3

382 1071,615,755,3

mr⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ; rm = 1,07 109 m

La fuerza de atracción entre Júpiter y Europa 2JE

EJEJ

rMM

GF = es igual a la masa por la aceleración normal

JEE

EJEEE rT

MrM2

2 2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

πω

JEE

EJE

EJ rT

Mr

MMG

2

22

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

π ; Despejado ( )( )

kgGT

rME

JEJ27

112

238

2

23 1090,1

1067,636002455,341071,64

⋅=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅=

⋅=

−

ππ



89.- a) Explica el concepto de campo gravitatorio creado por una o varias partículas. (1,5 p.) b) Dos partículas de masas M1 y M2 = 4M1 están separadas una distancia d = 3 m. En el punto P, situado en-tre ellas, el campo gravitatorio total creado por estas partículas es nulo. Calcula la distancia x entre P y M1. (1 p.) Zaragoza Junio 2001; 1 m b)

21xMGg =

r ;

( )223

4x

MGg−

=r

Igualando las intensidades de campo ( )22 3

4x

MGxMG

−=

Simplificando: ( )22 3

41xx −

=

Sacando la raíz cuadrada: ( )xx −=

321 ; x = 1 m



102.- a) Calcula la intensidad de campo gravitatorio, g, en la superficie de Júpiter. ¿A qué altura sobre la superficie de Júpiter, h, se reduce g al valor superficial terrestre de 9,81 N/kg G=6,67 10–11 Nm2kg–2; MJ=1,90 1027 kg; RJ=6,98 107 m b) El periodo de oscilación de un péndulo simple en la superficie de la Tierra es T= 1,2 s. ¿Cuál sería su pe-riodo de oscilación en la superficie de Júpiter? (2ptos) , 26 ms–2; 4,4 107 m; 0,74 s

( )2

27

2711

2 261098,6

1090,11067,6 −− =⋅

⋅⋅== ms

RMGg

J

J

2

2711 1090,11067,681,9

r⋅

⋅= − ; r = 1,14 108 m ; h = r-RJ = 1,14 108 –6,98 107 = 4,4 107 m

b) glT π2= ;

8,922,1 lπ= ;

262 lTJ π= ; TJ = 0,74 s



110.- Sabemos que el cometa Halley tiene un período T = 76 años. Durante su última visita a las proximidades del Sol, en 1986, se midió la distancia al Sol en el perihelio: d1 = 8,8 107 km. a) ¿Cuál es la distancia al Sol en el afelio? b) ¿En qué punto de su órbita alcanza el cometa su máxima velocidad y cuánto vale esta? Datos: G = 6,67 10–11 N; Masa del Sol: MS= 2 1030 kg Cantabria 2002; rafelio=5,37 1012 m; vperihelio=21514 m/s El radio medio de la órbita teniendo en cuenta la ley de gravitación universal, vale:

rmrMmGF 2

2ω==

Despejando r: mGMr 12

3 2

30113

2 10687,2

360024365762

1021067,6⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅==

−

πω

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