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Campo Gravitatorio II
01. Sabiendo que la aceleración de la gravedad en un movimiento de caída libre en la superficie de la
Luna es un sexto de la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra y que el radio de la Luna es
0,27 RT, calcular:
a) La relación entre las densidades medias
b) La relación entre las velocidades de escape de un objeto desde sus respectivas superficies
G MT 

R 2T 
gT
M R 2 M 0,27 2 R 2T
M T ·0,27 2
La gravedad es
 6  T 2L  T

M

 0,012 M T
 
L
G ML 
gL
6
M LR T
MLR 2T
gL  2
RL 
gT 
4
La relación de densidades
3
T M T VL M T 3 (0,27R T )
0,27 3



 1,64  T  1,64 L
4
L ML VT
0,012
0,012 M T  R 3T
3
La velocidad de escape es v L 
2G ML

RL
2G 0,012 M T

0,27R T
0,012 G M T
 0,21v T
0,27
RT
02. La Tierra tarda 365 días en dar una vuelta completa alrededor del Sol. La masa del Sol es 1,986·10 30 kg
y su radio es 108 veces el terrestre. Calcular:
a) La distancia entre la Tierra y el Sol suponiendo la órbita circular.
FA  FCF
G
MS M T
R
2
 MT
4 2
R
T2
R
3
GM S T 2
4
2
 1,49·1011m
b) La velocidad con la que llegaría al Sol un objeto que cayese desde la Tierra.
03. Un satélite artificial de 100 kg de masa se encuentra girando alrededor de la Tierra en una órbita
circular de 7100 km de radio. Calcular:
a) El periodo de revolución del satélite.
Velocidad del satélite en su órbita: v 
GM

R
el tiempo que tarda en dar una vuelta es T 
6,67·10 11·5,98·10 24
 7495,2m·s1
7,1·106
2R 2·7,1·106

 5948,87 s
v
7495,2
b) El momento lineal y el momento angular respecto al centro de la Tierra.
el momento lineal es p  mv  100·7495,2  749520kg·m·s1
y el angular L  r  mv  5,32·1012 kg·m2 ·s1
c) La variación de energía potencial para subirlo a esa altura desde la superficie terrestre.
la energía en la superficie es EP 0  G
y en la órbita EPF  G
5,98·10 24 ·100
Mm
 6,67·10 11
 5,93·10 9 J
R
6,73·106
5,98·1024 ·100
Mm
 6,67·10 11
 5,62·10 9 J
R
7,1·106
luego la variación de energía es EP  EPF  EP0  2,69·10 9 J
d) Las energías cinética y total del satélite.
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La energía cinética es EC 
1
1
mv 2  100·7495,22  2,81·10 9 J
2
2
y la total ET  EC  EP  2,81·10 9  5,62·10 9  2,81·10 9 J
04. Calcular el trabajo necesario para trasladar un satélite de 500 kg desde una órbita de radio 2R T hasta
otra de radio 3RT.
Si lo que queremos es pasarlo desde la órbita inferior a la superior y que el satélite describa la órbita
superior, el trabajo es la diferencia entre las energías totales:
W  ET  ETF  ET 0  
G M T m G M T m G M T m 6,67·10 11 5,98·10 24 ·500



 2,61·109 J
2 3R T 2 2R T
2 6R T
2
6·6,37·106
05. Una masa de 1000 kg se desplaza desde un punto en el que el potencial es -5 J/kg a otro en el que es 7 J/kg. Calcular el trabajo de las fuerzas gravitatorias e indicar si se trata de una transformación
espontánea. Repetir los cálculos si el cuerpo se aleja desde el punto en que el potencial vale -5 J/kg hasta
otro en el que el potencial es nulo.
La masa se desplaza desde un punto en el que EP  5000 J hasta otro en el que EP  7000 J .
Supongamos que se trata de la Tierra. Nos movemos acercándonos hacia la Tierra. El trabajo es
realizado por las fuerzas del campo gravitatorio, luego es espontáneo (es una atracción).
En el otro caso hay que desplazarse en contra del campo gravitatorio (hay que vencer una fuerza)
y la transformación no es espontánea.
06. Dos satélites artificiales de masa m y 2m describen órbitas circulares del mismo radio r=2R T, siendo RT
el radio de la Tierra. Calcular la diferencia y el cociente entre las energías mecánicas de ambos satélites.
La energía mecánica de un satélite es ETOT  
1 GMm
2 r
1 G M1m 

1 GMm
2 r
  ETOT 2  ETOT1  
2 r
1 G M 2m 

2
r 
ETOT1  
ETOT 2
ETOT 2

ETOT1
2
07. ¿Cuánto tendría que durar un día terrestre para que los objetos situados en el Ecuador de la Tierra
pesasen aparentemente la mitad? ¿Y para que no pesasen nada aparentemente?
Si no hay peso
FA  FCF
Mm
4 2
 G 2 m 2 R
R
T
 T
4  2R 3

GM

4 2 6,37·106

3
6,67·10 11·5,98·10 24
Si el peso se reduce a la mitad FA  2FCF
T
 5055s  1h24m15s
2·4 2R 3
 1h59m8s
GM
08. Dos masas puntuales de 106 kg se encuentran en los puntos de coordenadas (0,0) (4,0). En el punto
(2,2) abandonamos una masa puntual de 10 kg. Calcular la velocidad de esa masa cuando pasa por el
punto (2,0). Calcular la aceleración media del recorrido.
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La energía total es la misma en los dos puntos:
G
 m m
m m  1
G  1  2  1  2   v2
 d10 d20 d1F d2F  2
 106
106 106 106  1 2
6,67·10 11  



 v
2
2  2
 2 2 2 2
0
1
F
m1m
mm
mm
mm 1
 G 2  0  G 1  G 2  mv 2
d10
d20
d1F
d2F
2
2
v  6,25·10 3 ms1
Si la aceleración fuera constante, v F2  v 02  2a e  a 
(6,25·10 3 )2
 9,76·10 6 m·s2
2·2
09. El cometa Halley se mueve en una órbita elíptica alrededor del Sol con un periodo de 76 años. En el
perihelio el cometa está a 8,75·10 7 km del Sol y en el afelio está a 5,2·10 9 km del Sol. ¿En cuál de los dos
puntos tiene el cometa mayor velocidad?. ¿Y mayor aceleración?. ¿En qué punto tiene mayor energía
potencial? ¿Y mayor energía mecánica?.
LA F
L PER
 1
rA F mv A F
rPER mv PER

5,2·10 9 v A F
7
8,75·10 v PER

vAF
v PER
 0,0168
La relación entre aceleraciones centrípetas es
a AF

aPER
m
v 2AF
rAF
m
2
v PER
rPER
2
v  r
8,75·107
  AF  PER  0,01682
 4,75·10 4
9
v
r
5,2·10
 PER  AF
La energía potencial es EP  G
EP AF
r
8,75·10 7
Mm
es mayor en el perihelio
 PER 
 0,0168
EPPER
rAF
r
5,2·10 9
La energía mecánica es la misma en todos los puntos.
10. La órbita de Plutón en torno al Sol es notablemente excéntrica. La relación de distancias máxima y
mínima entre su centro y el del Sol es 5/3. Razonando tus respuestas, calcula la relación entre los valores
en el afelio y en el perihelio de las siguientes magnitudes de Plutón: momento angular respecto al Sol,
energía cinética y energía potencial gravitatoria.
El momento angular vale lo mismo en todos los puntos de la trayectoria
La relación entre las velocidades es
Las energías cinéticas serán
EC AF
EC PER

L AF
r m v AF
5 v AF
 1  AF

LPER
rPER m v PER 3 v PER
1
mv 2AF
2
1
2
mv PER
2
EP AF
EPPER


L AF
1
LPER
v AF
3

v PER 5
2
v 
9
  AF  
25
 v PER 
G M mrPER rPER 3


G M mrAF
rAF
5
11. Un planeta esférico sin atmósfera tiene masa 1,2·10 23 kg y radio 1,3·106 m. Desde su superficie se
lanza verticalmente un proyectil que llega a alcanzar una altura máxima igual a la mitad de su radio antes
de volver a caer hacia la superficie. ¿Con qué velocidad inicial se ha lanzado el proyectil? ¿A qué altura
está cuando la velocidad se reduce a la mitad?
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La energía en la superficie del planeta y en el punto más alto es la misma:
EA  EB
G
Mm 1
Mm
 mv 2  G
0
R
2
R

R  2 


1 2 1 M
v  G
2
3 R

v

G
M 1 2
2M
 v  G
R 2
3R
2 M
G  2025ms 1
3 R
Cuando la velocidad se reduce a la mitad, también lo hacemos por energías:
Mm 1
Mm 1
 mv 02  G
 mv F2
R
2
R h 2
8,0·1012
6,16·10 6  2,05·10 6  
 5,13·10 5
1,3·10 6  h
v F  1013ms 1
E A  ED

G
4,62·10 6 
8,0·1012
1,3·10 6  h
h  4,32·105 m
12. El Imperio del Mal pretende utilizar como almacén de munición un objeto estelar esférico de 10 km de
radio y una masa de 2·1031kg. Calcular:
a) el valor de g en su superficie.
b) la velocidad de escape en dicho objeto estelar. Se puede utilizar el valor de g=9,8 ms -2.
c) Interpretar los resultados anteriores, en relación con los objetivos del Imperio del Mal.
a) g X 
b) v ESC 
G MX
R 2X

6,67·10 11 2·1031
 1,334·1013 m·s2
(10 4 )2
2·6,67·10 11 2·1031
 5,17·108 m·s1
1·10 4
2G M X

RX
c) Los del Imperio del Mal tendrían “algún problema” a la hora de sacar la munición puesto que la
velocidad de escape es superior a la velocidad de la luz.
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