Guía Gravitación

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Programa de Acceso Inclusivo, Equidad y Permanencia PAIEP U. de Santiago Física 1 Gravitación y Leyes de Kepler 1. En su trayecto a la Luna los astronautas del Apolo alcanzaron un punto donde la atracción gravitacional de la Luna es más intensa que la de la Tierra. Si se sabe que TLuna = 2,36 × 10 6 s; TTierra = 3,156 × 10 7 s; MTierra = 5,98 × 10 24 kg; MLuna = 7,36 × 10 22 kg. [1] a) Determine la distancia de este punto desde el centro de la Tierra b) ¿Cuál es la aceleración debido a la gravedad terrestre en este punto? Solución: Lo primera será realizar un diagrama con la información dada por el ejercicio, donde Q corresponde al punto donde la atracción gravitacional de la Luna es más intensa que la de la Tierra: A partir de la tercera ley de Kepler, se tiene: 2 = 4 2 3 → (2,36 × 10 6 ) 2 = 4 2 3 (6,67 × 10 −11 ) (5,98 × 10 24 ) = (2,36 × 10 6 ) 2 (6,67 × 10 −11 ) (5,98 × 10 24 ) 4 2 3 → = 3,84 × 10 8 En seguida, se estable que es la distancia entre la Tierra y el punto Q, por lo que se expresa de la siguiente manera: 2 = ( − ) 2 (6,67 × 10 −11 ) (5,98 × 10 24 ) 2 = (6,67 × 10 −11 ) (7,36 × 10 22 ) (3,84 × 10 8 − ) 2 Despejando, se obtiene: (5,98 × 10 24 )(3,84 × 10 8 − ) 2 = (7,36 × 10 22 ) 2 (8,82 × 10 41 ) − (4,59 × 10 33 ) + (5,98 × 10 24 ) 2 = (7,36 × 10 22 ) 2 (5,91 × 10 24 ) 2 − (4,59 × 10 33 ) + (8,82 × 10 41 )=0 1,2 = (4,59 × 10 33 ) ± √(4,59 × 10 33 ) 2 − 4(5,91 × 10 24 )(8,82 × 10 41 ) 2 (5,91 × 10 24 ) 1 = 3,49 × 10 8 2 = 4,28 × 10 8 Se desecha 2 , debido a que no puede ser mayor a la distancia entre la Tierra y la Luna, es por esta razón que la distancia del punto Q hasta el centro de la Tierra corresponde a 3,49 × 10 8 Tierra R Luna Q

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Guía elaborada para PAIEP, con ejercicios resueltos explicados metodicamente

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1

Gravitación y Leyes de Kepler

1. En su trayecto a la Luna los astronautas del Apolo alcanzaron un punto donde la atracción

gravitacional de la Luna es más intensa que la de la Tierra. Si se sabe que TLuna = 2,36 × 106 s; TTierra

= 3,156 × 107 s; MTierra = 5,98 × 1024 kg; MLuna = 7,36 × 1022 kg.[1]

a) Determine la distancia de este punto desde el centro de la Tierra

b) ¿Cuál es la aceleración debido a la gravedad terrestre en este punto?

Solución: Lo primera será realizar un diagrama con la información dada por el ejercicio, donde Q

corresponde al punto donde la atracción gravitacional de la Luna es más intensa que la de la Tierra:

A partir de la tercera ley de Kepler, se tiene:

𝑇2𝐿𝑢𝑛𝑎 =

4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑀𝑇 → (2,36 × 106)2 =

4𝜋2 𝑅3

(6,67 × 10−11) (5,98 × 1024)

𝑅 = √(2,36 × 106)2 (6,67 × 10−11) (5,98 × 1024)

4𝜋2

3

→ 𝑅 = 3,84 × 108 𝑚

En seguida, se estable que 𝑥 es la distancia entre la Tierra y el punto Q, por lo que se expresa de la

siguiente manera:

𝐺 𝑀𝑇

𝑥2=

𝐺 𝑀𝐿

(𝑅 − 𝑥)2 →

(6,67 × 10−11) (5,98 × 1024)

𝑥2=

(6,67 × 10−11) (7,36 × 1022)

(3,84 × 108 − 𝑥)2

Despejando, se obtiene:

(5,98 × 1024)(3,84 × 108 − 𝑥)2 = (7,36 × 1022) 𝑥2

(8,82 × 1041) − (4,59 × 1033)𝑥 + (5,98 × 1024)𝑥2 = (7,36 × 1022) 𝑥2

(5,91 × 1024)𝑥2 − (4,59 × 1033)𝑥 + (8,82 × 1041) = 0

𝑥1,2 =(4,59 × 1033) ± √(4,59 × 1033)2 − 4(5,91 × 1024)(8,82 × 1041)

2 (5,91 × 1024)

𝑥1 = 3,49 × 108 𝑥2 = 4,28 × 108

Se desecha 𝑥2, debido a que no puede ser mayor a la distancia entre la Tierra y la Luna, es por esta razón

que la distancia del punto Q hasta el centro de la Tierra corresponde a 3,49 × 108 𝑚

Tierra

R

Luna Q

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Por otro lado, se determina la aceleración debido a la gravedad terrestre en el punto Q:

𝑔 =𝑀𝑇 𝐺

𝑥2=

(5,98 × 1024)(6,67 × 10−11)

(3,49 × 108)2= 3,27 × 10−3 𝑚/𝑠2

2. El sistema binario de Plaskett se compone de dos estrellas que giran en una

órbita circular en torno de un centro de gravedad situado a la mitad entre

ellas. Esto significa que las masas de las dos estrellas son iguales. Si la

velocidad orbital de cada estrella es de 220 km/s y el periodo orbital de

cada una es de 14,4 días, calcule la masa M de cada estrella. [2]

Solución: Lo primero será transformar el periodo orbital a segundos:

14,4 𝑑í𝑎𝑠 (86400 𝑠

1 𝑑í𝑎) = 1,24 × 106𝑠

Además es necesario, trabajar la velocidad en m/s, por lo que se prosigue a realizar la conversión:

220 𝑘𝑚

𝑠 (

1000 𝑚

1 𝑘𝑚) = 2,2 × 105 𝑚/𝑠

Luego, a partir de la fórmula de velocidad tangencial, se tiene:

𝑉 =2𝜋 ∙ 𝑅

𝑇 → 𝑅 =

𝑉 ∙ 𝑇

2𝜋=

(2,2 × 105)(1,24 × 106)

2𝜋 → 𝑅 = 4,34 × 1010 𝑚

En seguida, por tercera ley de Kepler:

𝑇2 =4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑀𝑃𝑙𝑎𝑠𝑘𝑒𝑡𝑡 → 𝑀𝑃𝑙𝑎𝑠𝑘𝑒𝑡𝑡 =

4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑇2

𝑀𝑃𝑙𝑎𝑠𝑘𝑒𝑡𝑡 =4𝜋2 (4,34 × 1010)3

(6,67 × 10−11) (1,24 × 106)2= 3,15 × 1031 𝑘𝑔

Finalmente, como sistema binario de Plaskett se compone de dos estrellas de masas iguales, la masa de

cada estrella estará dada por:

𝑀𝐸 =𝑀𝑃𝑙𝑎𝑠𝑘𝑒𝑡𝑡

2=

3,15 × 1031

2= 1,6 × 1031 𝑘𝑔

3. Sabiendo que las masas de la Luna, la Tierra y el Sol, son aproximadamente 7,23 × 1022 kg; 5,98 ×

1024 kg y 1,99 × 1030 kg, respectivamente. La distancia promedio entre el centro de la Luna y la

Tierra es 3,84 × 108 km, además, la distancia promedio entre la Tierra al Sol es 1,496 × 108 km.

Usando la tercera ley de Kepler, determinar los periodos orbitales de la Luna y la Tierra expresados

en días y segundos.

Solución: Primero se determinará el periodo para el caso de la Luna, para la cual se considerará la Tierra

en reposo, por lo que al aplicar la tercera ley de Kepler, se tiene:

𝑇2 =4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑀𝑇 → 𝑇 = √

4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑀𝑇

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Donde: 𝑅𝐿 = 3,84 × 108 𝑘𝑚; 𝑀𝑇 = 5,98 × 1024 𝑘𝑔; 𝐺 = 6,673 × 10−11 𝑚3 𝑘𝑔−1 𝑠−2

Por lo que reemplazando:

𝑇 = √4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑀𝑇= √

4𝜋2 (3,84 × 108)3

(6,673 × 10−11) (5,98 × 1024)= 2,367 × 106 𝑠

Luego, realizando la conversión de unidades para expresarlo en días, se tiene:

2,367 × 106 𝑠 (1 𝑑í𝑎

86400 𝑠) = 27,39 𝑑í𝑎𝑠

Sin embargo, es relevante destacar que tanto la Luna como la Tierra, describen órbitas aproximadamente

circulares en torno al centro de masa, por lo tanto, 𝑀 estaría comprendida por la suma de la masa la Luna

(𝑀𝐿) y la masa de la Tierra (𝑀𝑇), es decir, en base a lo mencionado se tiene que:

𝑀 = 𝑀𝐿 + 𝑀𝑇

Por lo a partir de la tercera ley de Kepler:

𝑇 = √4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑀𝑇= √

4𝜋2 𝑅3

𝐺 (𝑀𝐿 + 𝑀𝑇)= √

4𝜋2 (3,84 × 108)3

(6,673 × 10−11) (5,98 × 1024 + 7,23 × 1022)

= 2,353 × 106 𝑠 = 27,23 𝑑í𝑎𝑠

Cabe destacar que ninguno de los dos cálculos puede ser considerado exacto, ya que el movimiento de

la Luna es mucho más complejo que una órbita circular.

En el caso de la Tierra, tenemos que 𝑅𝑇 = 1,496 × 1011 m; 𝑀𝑆 = 1,99 × 1030 kg

𝑇 = √4𝜋2 𝑅𝑇

3

𝐺 𝑀𝑆= √

4𝜋2 (1,496 × 1011)3

(6,673 × 10−11) (1,99 × 1030)= 3,154 × 107 𝑠

Luego, realizando la conversión de unidades para expresarlo en días, se tiene:

3,154 × 107 𝑠 (1 𝑑í𝑎

86400 𝑠) = 365,046 𝑑í𝑎𝑠

Este resultado es posible corroborarlo, debido a que la Tierra demora un año, es decir 365 días, en darle

vuelta al Sol

4. Durante un eclipse solar la Luna, la Tierra y el Sol se encuentran en la misma línea, con el satélite

terrestre entre la Tierra y el Sol. Si se sabe que TLuna = 2,36 × 106 s; TTierra = 3,156 × 107 s; MSol =

1,991 × 1030 kg; MTierra = 5,98 × 1024 kg; MLuna = 7,36 × 1022 kg.[3]

a) ¿Qué fuerza ejerce el Sol sobre la Luna?

b) ¿Qué fuerza ejerce la Tierra sobre la Luna?

c) ¿Qué fuerza ejerce el Sol sobre la Tierra?

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Solución: Lo primera será realizar un diagrama con la información dada por el ejercicio:

Para la determinación de las distancias necesarias para la determinación de las fuerzas solicitadas, es

conveniente hacerlo a partir de la tercera ley de Kepler, se tiene:

Periodo de Luna: 𝑇2𝐿𝑢𝑛𝑎 =

4𝜋2 𝑅23

𝐺 𝑀𝑇 … … (1)

Periodo de Tierra: 𝑇2𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎 =

4𝜋2 (𝑅1+𝑅2)3

𝐺 𝑀𝑆… … (2)

Reemplazando (1) y (2):

(2,36 × 106)2 =4𝜋2 𝑅2

3

(6,67 × 10−11) (5,98 × 1024) → 𝑅2 = 3,84 × 108 𝑚

(3,156 × 107)2 =4𝜋2 (𝑅1 + 𝑅2)3

(6,67 × 10−11) (1,991 × 1030)→ 𝑅1 = 1,49 × 1011 𝑚

Luego es posible determinar las fuerzas requeridas por el problema mediante la Ley de Gravitación, lo

cual se muestra a continuación:

Fuerza ejercida por el Sol sobre la Luna:

𝐹 =𝐺 𝑀𝑆 𝑀𝐿

𝑅12 =

(6,67 × 10−11)(1,991 × 1030)(7,36 × 1022)

(1,49 × 1011)2= 4,40 × 1020 N

Fuerza ejercida por la Tierra sobre la Luna:

𝐹 =𝐺 𝑀𝐿 𝑀𝑇

𝑅22 =

(6,67 × 10−11)(7,36 × 1022)(5,98 × 1024)

(3,84 × 108)2= 1,99 × 1020 N

Fuerza ejercida por el Sol sobre la Tierra:

𝐹 =𝐺 𝑀𝑆 𝑀𝑇

𝑅12 =

(6,67 × 10−11)(1,991 × 1030)(5,98 × 1024)

(1,49 × 1011)2= 3,57 × 1022 N

5. Los satélites geosincronos orbitan la Tierra a 42.000 km desde el centro de esta. Su velocidad angular

en esta altura es la misma que la velocidad rotacional de la Tierra, razón por la cual parecen

estacionarios en el cielo ¿Cuál es la fuerza que actúa sobre un satélite de 1000 kg a esta altura? [4]

TIERRA LUNA SOL

R1 R2

F1 F2

F3

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Solución: A partir de la fórmula de Ley de Gravitación, se tiene:

𝐹 =𝐺 𝑀𝑇 𝑀

𝑅2=

(6,67 × 10−11)(5,98 × 1024)(1000)

(4,2 × 107)2= 226,11 N

La fuerza que actúa sobre un satélite de 1000 kg a esta altura es 226,11 N

6. Io, una pequeña Luna de Júpiter, tiene un periodo orbital de 1,77 días y un radio orbital de 4.22 ×

105 km. De acuerdo con estos datos, determine la masa de Júpiter. [5]

Solución: A partir de la tercera ley de Kepler, se tiene que:

𝑇2 =4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑀𝐽 → 𝑀𝐽 =

4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑇2

Luego, el periodo orbital es entregado en días, por lo que es necesario realizar la conversión a segundos,

lo que se aprecia a continuación:

1,77 𝑑í𝑎𝑠 (86400 𝑠

1 𝑑í𝑎) = 1,529 × 105 𝑠

Finalmente, se determina la masa de Júpiter:

𝑀𝐽 =4𝜋2 (4,22 × 108)3

(6,67 × 10−11) (1,529 × 105)2= 1,903 × 1027 𝑘𝑔

7. Marte es el cuarto planeta del Sistema Solar, su masa es una décima parte de la masa de la Tierra, y

forma parte de los llamados planetas telúricos. El planeta rojo posee dos satélites Deimos y Fobos.

Este último posee un período de 7 horas y 39 minutos, con una órbita de 9,4 × 106 m de radio.

Determine la masa de Marte, la velocidad orbital del satélite y número de vueltas que da Fobos a

Marte por día.

Solución: Se sabe que la fuerza gravitacional es igual a la fuerza centrípeta del satélite, es decir:

𝐹𝑔 = 𝐹𝑐 → 𝑀𝑀 ∙ 𝑀𝑆 ∙ 𝐺

𝑅2= 𝑀𝑆 ∙

𝑉2

𝑅 → 𝑉2 =

𝑀𝑀 ∙ 𝐺

𝑅… (1)

Luego, como

𝑉 =2𝜋 ∙ 𝑅

𝑇 → 𝑉2 = (

2𝜋 ∙ 𝑅

𝑇)

2

… (2)

Igualando (1) con (2):

𝑀𝑀 ∙ 𝐺

𝑅= (

2𝜋 ∙ 𝑅

𝑇)

2

→ 𝑀𝑀 =4𝜋2 ∙ 𝑅3

𝑇2 ∙ 𝐺… (3)

Realizando la transformación del periodo a segundos, se tiene:

𝑇 = 7ℎ (3600 𝑠

1 ℎ) + 39 𝑚𝑖𝑛 (

60 𝑠

1 𝑚𝑖𝑛) = 27540 𝑠

Reemplazando en (3):

𝑀𝑀 =4𝜋2 ∙ (9,4 × 106)3

(27540)2 ∙ (6,67 × 10−11)= 6,48 × 1023 𝑘𝑔

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Enseguida a partir de (2):

𝑉 =2𝜋 ∙ 𝑅

𝑇=

(2𝜋)(9,4 × 106)

(27540) → 𝑉 = 2,14 × 103 m/s

Por regla de tres simple, tenemos:

1 𝑟𝑒𝑣 27540 𝑠

𝑥 1 𝑑í𝑎 (86400 𝑠

1 𝑑í𝑎) = 8,64 × 104 𝑠

Finalmente, el satelite Fobos da 3,14 vueltas a la Marte por día.

8. Una partícula de masa m se mueve a lo largo de una línea recta con velocidad constante en la dirección

x una distancia b de dicho eje (Fig. 1). Demuestre que la segunda ley de Kepler se satisface mostrando

que los dos triángulos sombreados en la figura tienen la misma área cuando 𝑡4 − 𝑡3 = 𝑡2 − 𝑡1 [6]

Fig. 1

Solución: Se determinan las áreas, donde la 𝐴1 corresponde al área de la izquierda de la figura 1, y por

ende 𝐴2 el área de la derecha, luego como son triángulos, se calcula como el semiproducto de la base por

la altura, lo que es posible verlo a continuación:

𝐴1 =1

2 𝑏 ∙ (𝑡2 − 𝑡1); 𝐴2 =

1

2 𝑏 ∙ (𝑡4 − 𝑡3)

Por lo que igualando las áreas, se tiene: 1

2 𝑏 ∙ (𝑡2 − 𝑡1) =

1

2 𝑏 ∙ (𝑡4 − 𝑡3)

Finalmente, como 𝑡4 − 𝑡3 = 𝑡2 − 𝑡1, se demuestra que 𝐴1 = 𝐴2, cumpliendo efectivamente la segunda

ley de Kepler.

9. La Tierra en su perihelio está a una distancia de 147 millones de kilómetros del Sol y lleva una

velocidad de 30,3 km/s. ¿Cuál es la velocidad en km/hora de la Tierra en su afelio, si dista 152

millones de kilómetros del Sol?

𝑥 = 3,14 𝑟𝑒𝑣

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Solución: A partir de la segunda ley de Kepler, se sabe que el momento angular de la Tierra respecto del

Sol permanece constante a lo largo de toda la trayectoria, es decir, este será igual en el perihelio y en el

afelio, lo que se muestra a continuación:

𝑟𝑝𝑒𝑟𝑖ℎ𝑒𝑙𝑖𝑜 × 𝑚 ∙ 𝑣𝑝𝑒𝑟𝑖ℎ𝑒𝑙𝑖𝑜 = 𝑟𝑎𝑓𝑒𝑙𝑖𝑜 × 𝑚 ∙ 𝑣𝑎𝑓𝑒𝑙𝑖𝑜

𝑟𝑝𝑒𝑟𝑖ℎ𝑒𝑙𝑖𝑜 ∙ 𝑣𝑝𝑒𝑟𝑖ℎ𝑒𝑙𝑖𝑜 = 𝑟𝑎𝑓𝑒𝑙𝑖𝑜 ∙ 𝑣𝑎𝑓𝑒𝑙𝑖𝑜

Al reemplazar

(147 × 106)(30,3) = (152 × 106) ∙ 𝑣𝑎𝑓𝑒𝑙𝑖𝑜

𝑣𝑎𝑓𝑒𝑙𝑖𝑜 =(147 × 106)(30,3)

(152 × 106) → 𝑣𝑎𝑓𝑒𝑙𝑖𝑜 = 29,3 𝑘𝑚/𝑠

En seguida, como se solicita que la velocidad sea en kilometros por hora, es necesario realizar la

conversión:

𝑣𝑎𝑓𝑒𝑙𝑖𝑜 = 29,3𝑘𝑚

𝑠(

3600 𝑠

1 ℎ) = 105480 𝑘𝑚/ℎ

10. Si se sabe que el radio de la Tierra es 6370 km. Sabiendo que la estación espacial internacional (ISS),

gira en una órbita situada a una distancia media de 400 km sobre la superficie de la Tierra.

Determinar:

a) Velocidad orbital

b) El periodo en horas

c) Número de vueltas que da a la Tierra por día

Solución: Se sabe que la fuerza gravitacional es igual a la fuerza centrípeta del satélite, es decir:

𝐹𝑔 = 𝐹𝑐 → 𝑀𝑇 ∙ 𝑀𝑆 ∙ 𝐺

𝑅2= 𝑀𝑆 ∙

𝑉2

𝑅 → 𝑉2 =

𝑀𝑇 ∙ 𝐺

𝑅… (1)

Luego, notar que 𝑅 equivale a la suma del radio de la Tierra más la altura donde se sitúa el satélite, lo

que se expresa de la siguiente manera:

𝑅 = 𝑅𝑇 + ℎ = 6370 + 400 = 6,77 × 103km = 6,77 × 106 m

Reemplazando en (1):

𝑉 = √𝑀𝑇 ∙ 𝐺

𝑅= √

(5,98 × 1024)(6,67 × 10−11)

(6,77 × 106) → 𝑉 = 7,68 × 103 m/s

En seguida, se determina el periodo de la estación espacial internacional:

𝑉 =2𝜋 ∙ 𝑅

𝑇 → 𝑇 =

2𝜋 ∙ 𝑅

𝑉=

2𝜋 ∙ (6,77 × 106)

(7,68 × 103)= 5,54 × 103 𝑠

Realizando la transformación a horas, se tiene:

𝑇 = 5,54 × 103 𝑠 (1 ℎ

3600 𝑠) → 𝑇 = 1,54 ℎ

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Por regla de tres simple, tenemos:

1 𝑟𝑒𝑣 5,54 × 103 𝑠

𝑥 1 𝑑í𝑎 (86400 𝑠

1 𝑑í𝑎) = 8,64 × 104 𝑠

Finalmente, la estación espacial internacional da 15,6 vueltas a la Tierra por día.

11. Dos planetas X y Y viajan en órbitas circulares en dirección contraria a las de las manecillas del reloj

en torno de una estrella, como muestra la figura 2. Los radios de sus órbitas están en la proporción

3:1. En cierto momento están alineados, como en la figura 1ª, formando una línea recta con la estrella.

Cinco años después, el planeta X ha girado 90° como en la figura 2 b ¿Dónde está el planeta Y en

ese momento? [7]

Fig. 2

Solución: A partir de la tercera ley de Kepler para los dos planetas, se tiene:

𝑇𝑥2 =

4𝜋2 𝑅𝑥3

𝐺 𝑀𝑒𝑠𝑡𝑟𝑒𝑙𝑙𝑎… (1) ; 𝑇𝑦

2 =4𝜋2 𝑅𝑦

3

𝐺 𝑀𝑒𝑠𝑡𝑟𝑒𝑙𝑙𝑎… (2)

Con la información que entrega el ejercicio se sabe que la proporción entre los radios de sus órbitas están

en proporción 3:1, lo que se expresa de la siguiente forma: 𝑅𝑥

𝑅𝑦=

3

1 → 𝑅𝑥 = 3 𝑅𝑦 … (3)

Reemplazando (3) en (1):

𝑇𝑥2 =

4𝜋2 (3 𝑅𝑦)3

𝐺 𝑀𝑒𝑠𝑡𝑟𝑒𝑙𝑙𝑎 →

4𝜋2

𝐺 𝑀𝑒𝑠𝑡𝑟𝑒𝑙𝑙𝑎=

𝑇𝑥2

(3 𝑅𝑦)3… (4)

𝑇𝑦2 =

4𝜋2 𝑅𝑦3

𝐺 𝑀𝑒𝑠𝑡𝑟𝑒𝑙𝑙𝑎 →

4𝜋2

𝐺 𝑀𝑒𝑠𝑡𝑟𝑒𝑙𝑙𝑎=

𝑇𝑦2

𝑅𝑦3

… (5)

𝑥 = 15,6 𝑟𝑒𝑣

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Igualando (4) y (5), se tiene:

𝑇𝑥2

(3 𝑅𝑦)3 =

𝑇𝑦2

𝑅𝑦3 → 𝑇𝑥

2 =(3 𝑅𝑦)

3∙ 𝑇𝑦

2

𝑅𝑦3 → 𝑇𝑥 = 3√3 𝑇𝑦

𝑇𝑦 =𝑇𝑥

3√3 → 𝑇𝑦 =

√3

9𝑇𝑥

Por otro lado se sabe que tarda 5 años en un cuarto de periodo del planeta x, es decir 𝜋/2 radianes:

2 𝜋 𝑇𝑥 𝜋

2 rad 5 𝑎ñ𝑜𝑠 (

365 𝑑í𝑎

1 𝑎ñ𝑜) (

86400 𝑠

1 𝑑í𝑎) = 1,57 × 108 𝑠

𝑇𝑥 =5 ∙ 2 𝜋𝜋2 rad

= 20 𝑎ñ𝑜𝑠

Al convertir dicho periodo a segundos, se tiene:

𝑇𝑥 = 20 𝑎ñ𝑜𝑠 (365 𝑑í𝑎

1 𝑎ñ𝑜) (

24 ℎ

1 𝑑í𝑎) (

60 𝑚𝑖𝑛

1 ℎ) (

60 𝑠

1 𝑚𝑖𝑛) = 6,3 × 108 𝑠

Finalmente:

1 𝑟𝑒𝑣 𝑇𝑦 =√3

9∙ 6,3 × 108 𝑠

𝑥 1,57 × 108 𝑠

Es decir, que el planeta Y habrá completado 1,3 revoluciones en ese momento.

12. Un satélite síncrono, que se mantiene siempre en el mismo punto sobre un ecuador planetario, se

pone en órbita alrededor de Júpiter para estudiar la famosa mancha roja. Júpiter gira una vez cada 9,9

h.

Si se sabe que la masa de Júpiter es 1,9 × 1027 kg, encuentre la altura del satélite. [8]

Solución: Se sabe que la fuerza gravitacional es igual a la fuerza centrípeta del satélite, es decir:

𝐹𝑔 = 𝐹𝑐 → 𝑀𝐽 ∙ 𝑀𝑆 ∙ 𝐺

𝑅2= 𝑀𝑆 ∙

𝑉2

𝑅 → 𝑉2 =

𝑀𝐽 ∙ 𝐺

𝑅… (1)

Luego:

𝑉 =2𝜋 ∙ 𝑅

𝑇 (2)

Reemplazando (2) en (1):

(2𝜋 ∙ 𝑅

𝑇)

2

=𝑀𝐽 ∙ 𝐺

𝑅 → 𝑅 = √

𝑀𝐽 ∙ 𝐺 ∙ 𝑇2

(2𝜋)2

3

… (3)

En seguida, se convierte el periodo de Júpiter a segundos, debido a que es otorgado en horas por el

problema:

9,9 ℎ (60 𝑚𝑖𝑛

1ℎ) (

60 𝑠

1 𝑚𝑖𝑛) = 35640 𝑠

𝑥 = 1,3 𝑟𝑒𝑣

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Reemplazando en (3):

𝑅 = √𝑀𝐽 ∙ 𝐺 ∙ 𝑇2

(2𝜋)2

3

= √(1,9 × 1027)(6,67 × 10−11)(35640)2

(2𝜋)2

3

→ 𝑅 = 1,60 × 108 𝑚

13. Si se sabe que TLuna = 2,36 × 106 s; MTierra = 5,98 × 1024 kg; MLuna = 7,36 × 1022 kg. ¿En qué punto

a lo largo de la línea que conecta la Tierra y la Luna la fuerza gravitacional sobre un objeto es igual

a cero? (ignore la presencia del Sol y de los otros planetas) [9]

Solución: A partir de la tercera ley de Kepler:

𝑇𝐿2 =

4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑀𝑇 → 𝑅 = √

𝑇2 𝐺 𝑀𝑇

4𝜋2

3

Reemplazando:

𝑅 = √(2,36 × 106)2 (6,67 × 10−11) (5,98 × 1024)

4𝜋2

3

→ 𝑅 = 3,84 × 108 m

En seguida, como la fuerza gravitacional sobre un objeto es igual a cero, se tiene:

𝐹1 = 𝐹2 → 𝑀𝑇 ∙ 𝑀𝑃 ∙ 𝐺

𝑥2=

𝑀𝐿 ∙ 𝑀𝑃 ∙ 𝐺

(𝑅 − 𝑥)2

Reemplazando:

5,98 × 1024

𝑥2=

7,36 × 1022

((3,84 × 108) − 𝑥)2

(5,98 × 1024)((3,84 × 108) − 𝑥)2 = (7,36 × 1022) 𝑥2

(8,82 × 1041) − (4,59 × 1033)𝑥 + (5,98 × 1024)𝑥2 = (7,36 × 1022) 𝑥2

(5,91 × 1024)𝑥2 − (4,59 × 1033)𝑥 + (8,82 × 1041) = 0

𝑥1,2 =(4,59 × 1033) ± √(4,59 × 1033)2 − 4(5,91 × 1024)(8,82 × 1041)

2 (5,91 × 1024)

𝑥1 = 3,49 × 108 𝑥2 = 4,28 × 108

Tierra

P

Luna

R

x (R – x)

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11

Se desecha 𝑥2, debido a que no puede ser mayor a la distancia entre la Tierra y la Luna, es por esta razón

el objeto estará a 3,49 × 108 𝑚 desde el centro de la Tierra, o en su defecto 3,5 × 106 𝑚 desde el centro

de la Luna.

14. Saturno es el sexto planeta del sistema solar, es el segundo en tamaño después de Júpiter y es el único

con un sistema de anillos visible desde la Tierra. Su masa es 95,2 veces la masa terrestre, y su radio

es 9,5 veces el radio de la Tierra. Si Titán, uno de sus satélites, posee una masa de 1,345 × 1023 kg,

se encuentra a una distancia de 1.221.850 km de Saturno y presenta una órbita circular.

Determina:

a) El tiempo (en días) que demora Titán en dar una vuelta completa en torno a Saturno.

b) La magnitud de la fuerza de atracción gravitacional que Titán ejerce sobre una persona de 80 kg

situada en “Polo Norte” de Saturno, si se sabe que el diámetro de la Tierra es 12.742 km.

c) A qué distancia, entre Saturno y Titán, medida desde la superficie de Titán, la atracción

gravitacional sobre un cuerpo es nula, si se sabe que el diámetro del satélite Titán es 5,16 × 106 m

Solución: Por la tercera ley de Kepler se tiene:

𝑇2 =4𝜋2 𝑅3

𝐺 𝑀𝑆𝑎 → 𝑇 = √

4𝜋2 (122,185 × 107)3

(6,67 × 10−11) (95,2 ∙ 5,98 × 1024)= 1,377 × 106 𝑠

Luego, la conversión a días

𝑇 = 1,377 × 106 𝑠 (1 ℎ

3600 𝑠) (

1 𝑑í𝑎

24 ℎ) = 15,94 𝑑í𝑎𝑠

En seguida, se realiza un diagrama para graficar la información disponible

La distancia RS-T se determina a partir del Teorema de Pitágoras, como se ve a continuación:

𝑅𝑆−𝑇 = √𝑅2 + 𝑅𝑆𝑎2 = √(122,185 × 107)2 + (9,5 ∙ (

12,742 × 106

2))

2

= 1,22 × 109 𝑚

Aplicando la fórmula de ley de Gravitación

𝐹 =𝐺 𝑀𝑇𝑖𝑡á𝑛 𝑀𝑝𝑒𝑟𝑠𝑜𝑛𝑎

𝑅𝑆−𝑇2 =

(6,67 × 10−11)(1,345 × 1023)(80)

(1,22 × 109)2= 4,82 × 10−4 N

Saturno Titán R

RSa RS-T

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En seguida, como la fuerza gravitacional sobre un objeto es nula, se tiene:

𝐹𝑆𝑎 = 𝐹𝑇 → 𝑀𝑆𝑎 ∙ 𝑀𝑃 ∙ 𝐺

(𝑅 − 𝑥)2=

𝑀𝑇 ∙ 𝑀𝑃 ∙ 𝐺

𝑥2

Reemplazando:

95,2 ∙ 5,98 × 1024

((122,185 × 107) − 𝑥)2=

1,345 × 1023

𝑥2

(5,69 × 1026)𝑥2 = (1,345 × 1023)((122,185 × 107) − 𝑥)2

(2,01 × 1041) − (3,29 × 1032)𝑥 + (1,345 × 1023)𝑥2 = (5,69 × 1026) 𝑥2

(5,69 × 1026)𝑥2 + (3,29 × 1032)𝑥 − (2,01 × 1041) = 0

𝑥1,2 =−(3,29 × 1032) ± √(3,29 × 1032)2 − 4(5,69 × 1026)(−2,01 × 1041)

2 (5,69 × 1026)

𝑥1 = −1,9 × 107 𝑥2 = 1,85 × 107

Se desecha 𝑥1, debido a que no puede ser negativa la distancia entre Saturno y Titán, es por esta razón el

objeto estará a 1,85 × 106 𝑚 desde el centro del satélite Titán, luego como se solicita la distancia desde

la superficie del satélite es:

𝐷 = 𝑥 − 𝑅𝑇 = 1,85 × 107 − 5,16 × 106 = 1,334 × 107 𝑚

Finalmente, la distancia, entre Saturno y Titán, medida desde la superficie de Titán donde la atracción

gravitacional sobre un cuerpo es nula, corresponde a 1,334 × 107 𝑚.

Saturno

P

Titán

R

(R – x) x

FT FSa

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Referencias:

[1] Serway, R. A. (1997). Física (Cuarta ed., Vol. 1). McGRAW-HILL – Problema Sección 14.1 – 14.3

– Ejercicio 1

[2] Serway, R. A. (1997). Física (Cuarta ed., Vol. 1). McGRAW-HILL – Problema Sección 14.1 – 14.3

– Ejercicio 11

[3] Serway, R. A. (1997). Física (Cuarta ed., Vol. 1). McGRAW-HILL – Problema Sección 14.4: Las

leyes de Kepler – Ejercicio 13

[4] Serway, R. A. (1997). Física (Cuarta ed., Vol. 1). McGRAW-HILL – Problema Sección 14.4: Las

leyes de Kepler – Ejercicio 18

[5] Serway, R. A. (1997). Física (Cuarta ed., Vol. 1). McGRAW-HILL – Problema Sección 14.4: Las

leyes de Kepler – Ejercicio 15

[6] Serway, R. A. (1997). Física (Cuarta ed., Vol. 1). McGRAW-HILL – Problema Sección 14.4: Las

leyes de Kepler – Ejercicio 16

[7] Serway, R. A. (1997). Física (Cuarta ed., Vol. 1). McGRAW-HILL – Problema Sección 14.4: Las

leyes de Kepler – Ejercicio 17

[8] Serway, R. A. (1997). Física (Cuarta ed., Vol. 1). McGRAW-HILL – Problema Sección 14.4: Las

leyes de Kepler – Ejercicio 19

[9] Serway, R. A. (1997). Física (Cuarta ed., Vol. 1). McGRAW-HILL – Problema Sección 14.6: El

Campo gravitacional – Ejercicio 23