Problemas de dinámica celeste
Problema 1
Un meteorito
de de masa m=20000 T se dirige desde el espacio exterior hacia la
Tierra. Su velocidad a una distancia de r=3.8 107 m del
centro de la Tierra es de v0=30 km/s. Calcular:
- La velocidad v con que llegará a la superficie de la
Tierra. (Se supone que la Tierra permanece inmóvil antes del choque).
Datos: M=
5.98 1024 kg; R = 6370 km ,G = 6.67 10-11 N
m2/kg2
Solución
La fuerza de atracción es conservativa, aplicamos el
principio de conservación de la energía
1
2
m
v
0
2
+(
−G
Mm
r
)=
1
2
m
v
2
+(
−G
Mm
R
)
Se
simplifica la masa m del meteorito, se sustituyen los datos, se obtiene v=31.7
km/s
Problema 2
Determinar:
- El módulo de la velocidad de un satélite artificial en órbita
circular a una altura h, por encima de la superficie de la Tierra.
- El valor de h para un satélite geoestacionario (aquél cuya
posición relativa respecto a la superficie de la Tierra permanece fija, es
decir, su periodo es el mismo que el de la rotación de la Tierra).
Datos: M=
5.98 1024 kg; R = 6370 km ,G = 6.67 10-11 N
m2/kg2
Solución
Aplicamos la ecuación de la dinámica del movimiento circular
uniforme
G
Mm
r
2
=m
v
2
r
v=
GM
R+h
Un satélite geoestacionario gira con una velocidad angular ω igual a la de la Tierra, es decir, una vuelta por día.
Aplicamos la ecuación de la dinámica del movimiento circular
uniforme
G
Mm
r
2
=m
ω
2
r ω=
2π
24·60·60
rad/s
r=
GM
ω
2
3
r=42250 km h=35880 km
Problema 3
- ¿Con qué velocidad mínima se debe lanzar un proyectil desde la superficie de
la Tierra para que escape a su atracción?
Datos masa de la Tierra M=5.98 1024 kg, radio R=6370
km, G=6.67 10-11 Nm2/kg2
Solución
la fuerza de atracción es conservativa, aplicamos el
principio de conservación de la energía.
En el infinito r→∞,
la energía cinética es cero (mínima velocidad de lanzamiento) y la energía potencial es cero.
1
2
m
v
2
+(
−G
Mm
R
)=0
Sustituyendo los datos, v=11190.7 m/s
Problema 4
Dos cuerpos iguales de 600 kg de masa cada una están fijos en el espacio y
distantes 60 cm. Un tercer cuerpo de masa m, equidistante de ambas, se
suelta en la posición A, distante 40 cm de la recta que une los dos primeros.
Calcular:
• la fuerza sobre el cuerpo de masa m en las posiciones A y B.
• la velocidad que llevará el cuerpo de masa m al pasar por la
posición B.
Datos: G=6.67 10-11 Nm2/kg2
Solución
Módulo de la fuerza de atracción F
F=G
Mm
r
2
F=6.67·
10
−11
600·m
0.4
2
+
0.3
2
La resultante es R=2F·cosθ, y tiene la dirección
de la recta que pasa por A y B
tanθ=0.3/0.4, R=2.56·10-7 N
Aplicamos el principio de conservación de la energía
2(
−6.67·
10
−11
600·m
0.4
2
+
0.3
2
)=
1
2
m
v
2
+2(
−6.67·
10
−11
600·m
0.3
)
v=4.62·10-4 m/s
Problema 5
Un satélite artificial cae hacia la Tierra desde una altura
de 150 000 km. Calcular la fuerza sobre el satélite de 100 kg.
- La velocidad de impacto sobre la superficie de la Tierra,
Se supone que el satélite parte del reposo.
Datos: La distancia entre los centros de la Tierra y de la Luna es d=384 000
km. Radio de la Tierra RT=6370 km. Masa de la Tierra MT=5.98
1024 kg. Masa de la Luna ML=7.34 1022 kg.
Constante G=6.67 10-11 Nm2/kg2.
Solución
Todas las distancias han de estar referidas al centro de la Tierra y al
centro de la Luna
F
T
=6.67·
10
−11
5.98·
10
24
·100
(
1.5·
10
8
+6.37·
10
6
)
2
F
L
=6.67·
10
−11
7.34·
10
22
·100
(
3.84·
10
8
−1.5·
10
8
−6.37·
10
6
)
2
F
T
−
F
L
=1.62 N
La fuerza resultante está dirigida hacia el centro de la Tierra
Para calcular la velocidad de impacto aplicamos el principio de conservación
de la energía
(
−6.67·
10
−11
5.98·
10
24
·100
1.5·
10
8
+6.37·
10
6
)+(
−6.67·
10
−11
7.34·
10
22
·100
3.84·
10
8
−1.5·
10
8
−6.37·
10
6
)=
1
2
100
v
2
+(
−6.67·
10
−11
5.98·
10
24
·100
6.37·
10
6
)+(
−6.67·
10
−11
7.34·
10
22
·100
3.84·
10
8
−6.37·
10
6
)
v=10959.65 m/s
Problema 6
Considérese el sistema formado por el planeta Tierra y su satélite Luna.
- Determinar, el (los) punto(s) en el que la fuerza de
atracción de la Luna se compensa con la de la Tierra.
- Calcular la velocidad mínima necesaria para que una bala
disparada desde la Tierra llegue al punto de equilibrio situado entre la
Tierra y la Luna con velocidad nula y caiga en la Luna por la acción de
la atracción lunar.
Datos: masa de la Tierra MT=5.98 1024 kg, masa
de la Luna ML=7.34 1022 kg, radio de la Tierra RT=6.37
106 m, radio de la Luna RL=1.74 106 m,
distancia Tierra-Luna (entre sus centros) d=3.84 108 m. G=6.67
10-11 Nm2/kg2.
Solución
En la posición de equilibrio, la fuerza de atracción de la Tierra sobre el
satélite se compensa con la fuerza de atracción de la Luna.
G
M
T
m
x
2
=G
M
L
m
(
d−x
)
2
{
x
1
=4.320·
10
8
m
x
2
=3.257·
10
8
m
Aplicamos el principio de conservación de la energía. La energía en la
posición A es igual a la energía en la posición B e igual a la de posición C.
1
2
m
v
T
2
+(
−G
M
T
m
R
T
)+(
−G
M
L
m
d−
R
T
)=(
−G
M
T
m
x
2
)+(
−G
M
L
m
d−
x
2
)=
1
2
m
v
L
2
+(
−G
M
T
m
d−
R
L
)+(
−G
M
L
m
R
L
)
vT=11076.8 m/s, vL=2269.6 m/s
Problema 7
Un satélite artificial describe una órbita elíptica de semieje mayor 8.69 106 m y de 0.193 de excentricidad, y su velocidad en el perigeo es de 8656.8 m/s.
- Calcular la velocidad del satélite en el apogeo.
Solución
La fuerza de atracción es central el momento angular permanece constante. En
el perigeo y en el apogeo
L=r1·mv1·sin90==r2mv2·sin90
(a-c)·v1=(a+c)·v2
La excentricidad es ε=c/a
Sustituyendo los datos, obtenemos v2=5855.9 m/s
Problema 8
Un cohete impulsor coloca un satélite artificial en el punto C del dibujo, a
una distancia de 20000 km del centro de la Tierra, con una velocidad de 5000
m/s que forma 60º con la dirección
radial.
- Calcular la posición del apogeo y del perigeo de la órbita que seguirá
el satélite y las velocidades del satélite en esos puntos.
MT = 6.0 1024 kg. G = 6.67 10-11 Nm2/kg2
Solución
La fuerza de atracción es central, el momento angular es constante en todos
los puntos de la trayectoria.
El módulo del momento angular inicial es L=r·mv·sinθ=2·107·m·5000·sin60
El momento angular en el perigeo o en el apogeo es L= r·mv·sin90=rmv
La fuerza de atracción es conservativa, la energía del satélite es
constante en todos los puntos de la trayectoria.
La energía inicial es
E=
1
2
m·
5000
2
+(
−6.67·
10
−11
6·
10
24
·m
2·
10
7
)
La energía del satélite en el perigeo o en el apogeo es
E=
1
2
m
v
2
+(
−6.67·
10
−11
6·
10
24
·m
r
)
Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas r y v
{
8.66·
10
10
=r·v
−7.51·
10
8
=
1
2
v
2
−
4.0·
10
14
r
{
v
A
=2104.2
r
A
=4.11·
10
7
{
v
P
=7138.0 m/s
r
P
=1.21·
10
7
m
Problema 9
El satélite Io del planeta Júpiter describe una órbita circular cuyo periodo
es de 1.769 días, sabiendo que el radio de la órbita de Io es de 421 600 km.
- Determinar la masa del planeta Júpiter.
Dato: G=6.67 10-11 Nm2/kg2
Solución
Aplicamos la ecuación de la dinámica del movimiento circular uniforme
G
Mm
r
2
=m
v
2
r
v=
2πr
P
El periodo de Io es P=1.769 días=152841.6 s, la masa de Júpiter es M=1.90·1027
kg
Problema 10
Un satélite artificial de 100 kg se mueve en una órbita elíptica cuyo
semieje mayor es de 8700 km y cuya excentricidad es 0.2.
- Calcular el perigeo y el apogeo (distancias máxima y mínima al
centro de la Tierra) y la velocidad del satélite en esos puntos.
- El periodo de revolución.
Datos: R=6370 km, M=5.98 1024 kg, G=6.67 10-11 Nm2/kg2.
Solución
La excentricidad es ε=c/a, c=ε·a=1740 km
Perigeo: r1=a-c=6960 km
Apogeo: r2=a+c=10440 km
La fuerza de atracción es central, por lo que el momento
angular es constante
L=r1·mv1·sin90==r2mv2·sin90
Y es conservativa por lo que la energía es constante.
Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas
{
r
1
v
1
=
r
2
v
2
1
2
m
v
1
2
+(
−G
Mm
r
1
)=
1
2
m
v
2
2
+(
−G
Mm
r
2
)
v
1
=
2GM
r
1
r
2
(
r
1
+
r
2
)
Sustituyendo los datos, v1=8292.7 m/s, v2=5528.5
m/s
El periodo es
P=
2πmab
L
P=
2πma
a
2
−
c
2
m·
r
1
·
v
1
Sustituyendo los datos, P=8073. 3 s
Problema 11
Un cohete coloca un satélite artificial a una altura de 1000 Km
sobre la Tierra y con una velocidad trasversal de 9000 m/s. Calcular:
- Su máximo alejamiento del centro de la Tierra.
- La velocidad en el apogeo
- El periodo de revolución
Datos masa de la Tierra M=5.98 1024 kg, radio R=6370
km, G=6.67 10-11 Nm2/kg2.
Solución
r1=1000+6370 km=7.37·106 m
La fuerza de atracción es central por lo que el momento
angular es constante
L=r1·mv1·sin90==r2mv2·sin90
Y es conservativala por lo que la energía es constante.
Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas
{
7.37·
10
6
·9000=
r
2
v
2
1
2
m·
9000
2
+(
−6.67·
10
−11
5.98·
10
24
m
7.37·
10
6
)=
1
2
m
v
2
2
+(
−6.67·
10
−11
5.98·
10
24
m
r
2
)
v2=3026.7 m/s, r2=21.9·106 m
La fórmula del periodo es
P=
2πmab
L
P=
2πma
a
2
−
c
2
m·
r
1
·
v
1
El semieje mayor, el menor y la semidistancia focal se calculan del
siguiente modo:
2a=
r
1
+
r
2
c=a−
r
1
b=
a
2
−
c
2
Se sustituyen los datos, el periodo es P=17627. 3 s
Problema 12
Las distancias más próxima y más alejada de la Tierra al Sol
en su órbita son 1.47·1011 m y 1.52·1011 m
respectivamente.
- Calcula, las velocidades máxima y mínima del movimiento orbital de la
Tierra.
Datos: G=6.67·10-11 Nm2/kg2,
Masa del Sol M=1.98·1030 kg.
Solución
La fuerza de atracción es central y conservativa, por lo que el momento
angular es constante
L=r1·mv1·sin90==r2mv2·sin90
Y la energía es constante.
Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas
{
1.47·
10
11
v
1
=1.52·
10
11
v
2
1
2
m
v
1
2
+(
−6.67·
10
−11
1.98·
10
30
m
1.47·
10
11
)=
1
2
m
v
2
2
+(
−6.67·
10
−11
1.98·
10
30
m
1.52·
10
11
)
v2=29229 m/s, v1=30223 m/s