F2 PAU Gravitacion Soluc

Ejercicios Física PAU Comunidad de Madrid 2000-2024.
Soluciones Gravitación
enrique@fiquipedia.es Revisado 23 noviembre 2023
En los criterios específicos de corrección de Física se indica “la calificación ...en múltiplos de
0,25 puntos”, por lo que un error resta al menos 0,25 puntos. Se comentan ideas de errores que
pueden restar, a veces son fallos habituales comentados en actas EvAU. Se comentan algunos fallos
genéricos y algunos asociados a gravitación:
- No indicar las unidades correctamente, no pasar a SI o mezclar unidades en los cálculos.
- Confundir datos y unidades: masas de varios objetos, km y m, altura y radio.
- Confusión en expresiones: poner 1/r2 en Ep y V, poner 1/r en F y g.
- No realizar la deducción de ciertas expresiones que se suele exigir que en la respuesta se incluyan
sin ponerlas directamente (a veces en estas soluciones por abreviar no se incluyan explícitamente).
Las deducciones exigidas en gravitación se pueden resumir en:
– Demostración 3ª ley de Kepler para órbitas circulares (relación entre T, v y radio de órbita)
– Velocidad de lanzamiento y de escape
– Expresión de energía cinética y mecánica en órbita circular, en general apoyadas en
conservación de energía mecánica y en igualar igualar fuerza centrípeta y gravitatoria.
– (No se pide deducir la expresión de energía potencial gravitatoria como una integral de la fuerza,
pero se puede citar que se puede obtener integrando y citar que V=Ep/m)
- No citar la ley de gravitación universal o que g=F/m.
- No citar el principio de superposición (campo, fuerza, energía potencia, potencial)
- No indicar si se calcula el trabajo realizado por el campo o el trabajo externo.
- No plantear bien conservación de energía, no considerando todas las energías en cada punto.
- Indicar que una magnitud vectorial es escalar o que una magnitud escalar es vectorial.
- No dar una magnitud vectorial (campo, fuerza, aceleración, velocidad, momento lineal) como
vector al limitarse a dar solo módulo. Si enunciado indica sistema de referencia/coordenadas, se
debe dar como vector con sus componentes, y si no, al menos citar cualitativamente dirección y
sentido además del módulo. La posición puede ser un vector, no solo dar su distancia a otro punto,
sino dar sus coordenadas.
- En los desarrollos igualar vectores con escalares. Hay que dejar claro que se sabe cuándo se
manejan módulos (o componentes de un vector) y cuándo vectores. Hay que tener cuidado de evitar
“encadenar igualdades” que realmente son igualdades distintas.
2024-Modelo
A.1. a) Se trata de una órbita elíptica. El eje mayor de la elipse es la suma de la distancia del Sol al
afelio y al perihelio, por lo que su semieje mayor es
a=(1,1·1011+7,6·109)/2=5,88·1010 m
2
4π 3
En una órbita circular se puede deducir la expresión de la 3ª ley de Kepler T 2 = R , que para
GM O
el caso de una órbita elíptica es válida cambiando el radio por el semieje mayor
T=
√ 4 π2 3
GM √
a=
4 · π2
−11
6,67 ·10 · 1,99· 10
30
·(5,88 ·10 10)3=7,78 · 106 s≈90 días
b) La velocidad en ambos puntos se puede plantear usando la conservación del momento angular.
Según la 2ª Ley de Kepler, la velocidad areolar es constante, dA/dt=L/2m.
Al mismo tiempo, dA/dt es igual al área de toda la elipse entre el periodo, calculado en a.
El área de la elipse es πab, siendo b el semieje menor, que se puede obtener con varias expresiones
b=√ a2−c 2= √ (5,88· 1010 )2−(5,88 · 1010−7,6 ·10 9)2=2,89 · 1010 m c es la semidistancia focal, el
semieje mayor menos la distancia al afelio
b=√ r a · r p =√1,1 ·10 ·7,6 · 10 =2,89· 10 m
11 9 10
Por lo tanto la velocidad areolar es dA/dt=π·5,88·1010·2,89·1010/7,78·106=6,85·1014 m2/s

Por lo tanto L/m=2·6,85·1014=1,37·1015 m2/s
Como el momento angular es constante, si igualamos módulos en perihelio y afelio, instantes en los
que el vector posición y el momento lineal forman 90º, llegamos a
r a · m· v a=r p · m· v p
Tras simplificar ambas expresiones son L/m, por lo que podemos plantear
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Ejercicios Física PAU Comunidad de Madrid 2000-2024. Soluciones Gravitación
En afelio r a · v a=L/m⇒ v a=1,37 ·10 15 / 1,1 ·1011=1,25 · 104 m/ s

En perihelio r p · v p=L/m⇒ v p =1,37· 1015 /7,6 ·10 9=1,8 ·105 m/s
B.1. a) Como la distancia recorrida desde el punto de caída al suelo es mucho menor que radio del
planeta, podemos asumir que la aceleración de la gravedad es constante y se trata de un MRUA con
velocidad inicial cero. Tomamos referencia x=0 en el punto en el que se deja caer y x positivas
hacia el sentido del movimiento, por lo que la aceleración es positiva
x= ½at2 → 2=0,5·a·1,5² → a=2/(0,5·1,52)=1,78 m/s2
La aceleración de la gravedad será un vector de módulo 1,78 m/s2, dirección radial y sentido hacia
el centro del planeta.
El módulo de la gravedad es g=GM/R2, luego M=g·R2/G=1,78·(1800·103)2/6,67·10-11=8,64·1022 kg
b) La velocidad de escape es la que debe tener un cuerpo para llegar a un punto infinitamente
alejado con velocidad nula. Aplicamos el principio de conservación de la energía mecánica en un
lanzamiento desde un punto A a una distancia R a un punto B infinitamente alejado: la energía
mecánica se conserva dado que no hay fuerzas no conservativas como el rozamiento.
Mm 1 2
A (superficie): E p=−G ; E c= m v e
R 2
B (∞): E p=0 ;E c =0
Como se conserva la energía mecánica, igualamos en A y en B y despejamos la velocidad de escape
−G
Mm 1
R 2
+ m v 2e =0 ⇒ v e= 2
√ GM
R
√
−11 22
6,67 · 10 · 8,64 · 10
Numéricamente v e = 2 3
=2,53· 103 m/s
1800 ·10
Como la velocidad de lanzamiento es mayor, sí escapa del planeta.
Planteando la conservación de energía mecánica, pero ahora considerando cierta velocidad inicial
no igual a la de escape y cierta velocidad final en el punto infinitamente alejado
Mm 1 2
A (superficie): E p=−G ; Ec = m v i
R 2
1 2
B (∞): E p=0 ; E c = m v f
2
−G
Mm 1
R
2023-Julio
2
1
2 √ M
+ m v 2i = m v 2f ⇒ v f = v 2i −2 G =√ v 2i −v 2e =√(3 · 103 )2 −(2,53 · 103)2=1,61 · 103 m/ s
R
A.1. a) En la órbita circular es RO=RT+h y v=2πR/T.
√
2 2
Mm v 2 4 π RO GM 3 6,67 · 10
−11
· 5,97 ·10 24 · 57102
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ = ⇒ R O = =6,902· 106 m
RO RO T
2
RO 4π
2
h=RO-RT=6,90210 -6,37·10 =5,32·10 m

6 6 5
Planteamos la conservación de energía entre la situación en el punto de lanzamiento de la superficie

terrestre (A) y la situación en la que está en órbita (B)
Al tratarse de una órbita circular igualando Fc=Fg llegamos a v2=GM/RB y Em(B)=Ep(B)+Ec(B)=-
½GMm/RB siendo RB=RT+h
E aportada=E m (B)−Em ( A)
−1 M m Mm 1 1
E aportada= G −(−G )=GMm ( − )
2 R T +h RT RT 2( R T +h)
1 1
Eaportada =6,67 · 10−11 · 5,97 ·1024 · 50( 6
− 6
)=1,68 · 109 J
6,37· 10 2(6,902 ·10 )
b) La velocidad en la órbita es v =
√
6,67 · 10−11 · 5,97 ·1024
6,902· 10
6
=7,60 · 103 m/ s
La aceleración centrípeta es un vector radial y sentido hacia el centro de módulo igual al campo
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gravitatorio, que también se puede calcular como

g=GM/RO2=an=v2/RO=(7,60·103)2/6,902·106=8,37 m/s2
B.1. a) La componente x de la fuerza ejercida sobre la nave se debe solamente a la atracción
gravitatoria del satélite, ya que el planeta solo genera fuerza en el eje y, por lo que podemos plantear
20 3
⃗ |· sen (α )=G M '2 · sen ( α )⇒ 9,5=6,67 ·10−11 · 2 ·10 ·82 · 10 · sen (53,13 º)
|F⃗x|=|F Satélite
R' R'
√
20 3
−11 2· 10 · 8 ·10 6
R '= 6,67 · 10 · · sen(53,13 º )=3,00 ·10 m
9,5
b) La componente y de la fuerza ejercida sobre la nave se tanto a la atracción gravitatoria del
satélite como a la atracción gravitatoria del planeta, por lo que podemos plantear usando
superposición
|F⃗ y|=|F Satélite ⃗ |=G M ' · cos( α )+G M
⃗ |·cos ( α )+|F Planeta
R '2 R2
20 3 23 3
2 ·10 · 8· 10 −11 4 · 10 · 8 ·10
66,4=6,67 ·10−11 · · cos (53,13º )+6,67 · 10 ·
(3,00 ·10 6)2 R2
√
6,67 · 10−11 · 4 · 1023 · 8 · 103
R= 20 3
=6,00 ·10 7 m
−11 2· 10 · 8 ·10
(66,4−6,67 · 10 · ·cos (53,13 º))
(3,00 · 106 )2
2023-Junio-Coincidentes
A.1. a) En la órbita circular es RO=RT+h y v=2πR/T.
√
2 2 −11
Mm v 2 4 π RO GM 3 6,67 · 10 · 4 ·1023 ·(4,36 · 3600)2
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ = ⇒ RO = =5,501 ·10 6 m
RO RO T 2
RO 4π 2
h=RO-RT=5,501·10 -5,00·10 =5,01·10 m

6 6 5
b) Si planteamos la conservación de la energía, Em órbita + E escape = E infinito = 0

Para la energía mecánica en órbita circular igualando Fc=Fg llegamos a v2=GM/RO y Em(O)=Ep(O)
+Ec(O)=-½GMm/RO , siendo m la masa conjunta de Rocannon y su nave.
Numéricamente –½·6,67·10-11·4·1023·m/5,501·106 + 1,5·1010=0
m=2·1,5·1010·5,501·106/6,67·10-11·4·1023=6,19·103 kg
B.1. Similar a 2022-Junio-A1, pero invirtiendo (es 6,8 en lugar 8,6, unidades en cm, masa en A)
a) Llamamos A al punto (6, 8) cm. La distancia entre la masa en A y el origen A usando Pitágoras es
√ 62 +82=10 cm . El ángulo que forma con la horizontal lo llamamos α, y el vector campo estará
dirigido hacia el punto A.
⃗g=g x ⃗i + g y ⃗j=g · cos( α ) ⃗i + g sen ( α ) ⃗j
El módulo es g=GM/R2=6,67·10-11·5·104/0,12=3,335·10-4 m/s2
6 8
⃗g=3,335 · 10−4 ( ⃗i + ⃗j)=2,00 ·10−4 ⃗i +2,67 ·10−4 ⃗j m/ s2
10 10
b) Solamente actúa la fuerza gravitatoria y se conserva la energía mecánica. Llamamos B al punto
en el que se detiene, en el que la energía cinética será nula.
Mm 1 2 Mm
E m ( A)=Em (B)⇒ E p ( A)+ E c ( A)=E p (B)⇒−G + m v =−G
RA 2 RB
4 −6 4 −6
−11 5 · 10 ·25 · 10 1 −6 −3 2 −11 5 ·10 · 25 ·10
−6,67 ·10 · + ·25 · 10 ·(5 ·10 ) =−6,67· 10 ·
0,1 2 RB
−11
−8,3375 · 10
RB= −10 −10
=0,160 m=16 cm
−8,3375· 10 +3,125 ·10
Se pide la distancia máxima respecto de la primera, no las coordenadas del punto.
2023-Junio
A.1. a) La energía potencial en la órbita circular es RO=RT+h
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M T ·m −11
24
5,97 · 10 · 150 9
E p=−G =−6,67 · 10 · =−7,89 ·10 J
RT + h 6
6,37 ·10 +1200 · 10
3
Utilizamos directamente la relación entre energía cinética y energía potencial en órbita circular, que
habría que deducir. Ec = -½Ep=3,95·109 J
También se podría calcular la velocidad igualando Fc=Fg llegando a a v2=GM/RO
b) Planteamos la conservación de energía entre la situación en el punto de lanzamiento de la
superficie terrestre (A) y la situación en la que está en órbita (B)
E aportada=E m (B)−Em ( A)
−1 M m Mm 1 1
E aportada= G −(−G )=GMm( − )
2 R T +h RT RT 2( R T +h)
−11 24 1 1 9
Eaportada =6,67 · 10 · 5,97 ·10 · 150( 6
− 6 3
)=5,43 ·10 J
6,37· 10 2(6,37 · 10 +1200· 10 )
√
2 −11 24
Mm v GM 6,67 · 10 · 5,97 ·10
B.1. a) F g=F c ⇒G =m ⇒ v2 = ⇒ v= =7,07 ·103 m/s
2
RO R O R O
6
6,37 ·10 +1,6 · 10 6
2 π RO 6 6 3
v= ⇒T =2 π(6,37· 10 +1,6 · 10 )=7,08 ·10 s
T
b) Igualamos módulos de fuerzas gravitatorias de la Tierra y la Luna, que tendrán sentido opuesto.
M m
G T2 =G
x
MLm
(d−x)
2
⇒
MT
=
x2
M L (d−x ) 2
⇒
MT
=
M L d−x
x
√ ⇒ x ·(1+
MT
ML
)=d·
MT
ML√ √
√
24
5,97 ·10
7,35 ·10 22
x=3,84 ·108 · =3,46· 108 m
√
24
5,97 · 10
1+
7,35· 1022
2023-Modelo
A.1. a) Planteamos la conservación de energía entre la situación en el punto de lanzamiento de la
superficie terrestre (A) y la situación en la que está en órbita (B)
Eaportada =Em (B)−E m (A )
−1 M m Mm 1 1
Eaportada = G −(−G )=GMm( − )
2 RT + h RT RT 2(RT + h)
−11 24 1 1 10
Eaportada =6,67 · 10 · 5,97 ·10 · 400( 6
− 6 3
)=2,13· 10 J
6,37 ·10 2(6,37· 10 +15000 ·10 )
Se pide también el periodo: conociendo el radio se puede obtener a partir de 3ª ley de Kepler, que se
Mm v2 GM 2
F g =Fc ⇒G 2 =m ⇒ R3B = T
RB R B 4 π2
puede deducir
T=
√ 4 π2 3
GM √
· R B=
4 π2
−11
6,67 ·10 ·5,97 · 10
24
·( 6,37· 106 +1,5 · 107)3 =3,11· 104 s
b) Planteamos la conservación de energía entre la situación en órbita (B) y un punto infinitamente
alejado, que es infinito, donde la energía potencial es cero, al que llegue con velocidad nula (para
que la energía aportada sea la mínima como se pide)
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E aportada=E m (∞)−Em ( B)
−1 M m
Eaportada =0−( G )
2 RT +h
24
1 −11 5,97 ·10 · 400 9
Eaportada = 6,67 ·10 · =3,73 ·10 J
2 6
2(6,37 · 10 +15000 ·10 )
3
B.1. Similar a 2008-Mod-C1 pero con 2 masas en lugar de con cuatro.

a) La fuerza total será la suma de las fuerzas aplicadas por cada masa, aplicando superposición, o
también el campo total, calculado por superposición, multiplicado por la masa.
La masa 1 genera una fuerza atractiva solo en el eje y, de módulo
GMm 6,67⋅10−11⋅15⋅5
|F 2 y|= 2 =
⃗ 2
=5,00⋅10−9 N
r 1
La masa 2 genera una fuerza atractiva con componente x y componente y, ambas negativas, que
podemos calcular de dos maneras:
A. Por trigonometría, utilizando el ángulo que forma r1 con el eje x, cuya tangente es ½
La distancia de la masa 1 al punto (2, 1) usando Pitágoras es d 1=√ 22 +12=√ 5 m
−11
|F⃗1 x|= GMm cos (arctan (
1
))=
6,67⋅10 ⋅10⋅5
⋅0,894=5,97⋅10 N
−10
r 2
2 5
−11
|F⃗1 y|= GMm sen (arctan (
1
))=
6,67⋅10 ⋅10⋅5
⋅0,447=2,98⋅10−10 N
r
2
2 5
Sumando vectores tomando signos del diagrama, la fuerza total es
⃗ =−5,97⋅10−10 ⃗i −5,30 · 10−9 ⃗j N
F
B. Teniendo presente que u⃗r =
⃗r
y F⃗ = −GMm u⃗r
∣r∣ r2
−GM 1⋅m GM 3⋅m
F⃗T = F⃗1 + F⃗ 3= 2
u⃗r 1− u⃗r 2
r1 r 22
−6,67⋅10 ⋅10⋅5 ( 2 ⃗i +1 ⃗j) −6,67⋅10 ⋅15⋅5 ⃗
−11 −11
F⃗T = + j
5 √5 1
2
Se llega al mismo resultado F ⃗ =−5,97⋅10−10 ⃗i −5,30 · 10−9 ⃗j N

b) El trabajo realizado por el campo gravitatorio, que es conservativo, solo depende del punto
inicial y final, no de la trayectoria, así que es el mismo por los tres caminos A, B y C del diagrama.
Sin estar la masa de 5 kg presente, el campo lo genera m1 y se mueve m2.
m1 m1
W campo (2,0 )→(0,1)=−Δ E p =−m2 ΔV =−m2 (−G −(−G ))
d (0,0)−(0,1) d(0,0)−(2,0)
1 1
W campo(2,0)→(0,1 )=15 ·6,67 · 10−11 · 10( − )=5,00 ·10−9 J
1 2
El trabajo realizado por el campo es positivo y es a favor del campo: la masa pasa a una posición
más cercana.
2022-Julio-Coincidentes
A.1. a) Calculamos el radio de la órbita planteando la tercera ley de Kepler igualando fuerza
gravitatoria y centrípeta en órbita circular y usando v=2πR/T. Al ser geoestacionario T=24 h.
Mm v2 GM 2
F g=F c ⇒ G 2 =m ⇒ R3 = T
R R 4 π2
R=
√3
4π
2
T =
√
GM 2 3 6,67· 10−11 ·5,97 · 1024
4π
2
(24 ·3600)2=4,22· 107 m
b) Planteamos la conservación de energía entre ambas órbitas: la diferencia será la energía aportada.
Llamamos A a la órbita inicial y B a la órbita con radio 3 veces mayor.
En la órbita la energía es la suma de potencial y cinética: Em=-GMm/R + ½mv2, y teniendo en
cuenta que v2=GM/R, llegamos a Em= - ½GMm/R.
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E m ( A )+ Eaportada =Em ( B)⇒ Eaportada =Em ( B)−E m ( A )

24 24
−1 −11 5,97 · 10 · 500 −1 −11 5,97 ·10 · 500
Eaportada = 6,67 ·10 · −( 6,67 ·10 · )
2 3· 4,22 · 10
7
2 4,22 · 10
7
24
−1 −11 5,97 ·10 · 500 1 9
E aportada= 6,67 · 10 · ( −1)=1,57 · 10 J
2 4,22 ·10 7
3
B.1. a) Conociendo la energía mecánica y la velocidad podemos calcular la energía potencial.
Ep=Em-Ec=9,9·10-10- ½ ·2·10-3·(10-3)2=-10-11 J
El potencial es la energía potencial por unidad de masa, V=Ep/m=-10-11/2·10-3=-5·10-9 J/kg
b) El potencial calculado en apartado a está generado por la única masa M
V=-GM/d → M=-V·d/G=-(-5·10-9·5)/6,67·10-11=375 kg
2022-Julio
A.1. a) Planteamos la deducción de la tercera ley de Kepler igualando fuerza gravitatoria y
centrípeta y usando v=2πr/T ya que es una trayectoria circular (usamos r como en enunciado)
2
Mm v 3 GM 2
F g =F c ⇒ G 2 =m ⇒r = 2
T
r r 4π
√ √
2 2
4π 3 4π 6 3 3 3
T= ·r = ·(6,37 · 10 +700· 10 ) =5,92· 10 s≈1,64 h
GM −11
6,67 · 10 · 5,97 ·10 24
b) En la órbita la energía es la suma de potencial y cinética: Em=-GMm/R + ½mv2, y teniendo en

cuenta que v2=GM/R, llegamos a Em= - ½GMm/R.
Numéricamente
24
−1 −11 5,97 · 10 ·2300 10
Em = 6,67· 10 · 6 3
=−6,48 · 10 J
2 6,37 ·10 + 700· 10
B.1. a) Llamamos P al origen (0, 0) y Q al punto (0, 2). Solamente actúa la fuerza gravitatoria y se
conserva la energía mecánica. La distancia del punto A al Q es √ 22+12 =√5 m y la distancia del
punto A al P es 1 m.
m m
W campo P →Q =−Δ E p=−mB ΔV =−mB (−G A −(−G A ))
d AQ d AP
1 1
−2,95 ·10−10 =−mB (−6,67 ·10−11 · 2( − ))
√5 1
−10
−2,95 ·10
mB = =4,0 kg
−11 1
−6,67 ·10 2·( −1)
√5
b) a) El campo en el punto Q estará dirigido hacia el punto A. El vector que va
y (m)
desde el punto Q a A es (1, -2) m y su módulo usando Pitágoras es
Q
√ 22+12 =√5 m . El ángulo que forma el vector campo con la horizontal lo 2
llamamos α, y tendrá componente x positiva e y negativa. α
⃗g=g x ⃗i −g y ⃗j=g · cos (α ) ⃗i −g sen ( α ) ⃗j
El módulo es g=GM/R2=6,67·10-11·2/5=2,67·10-11 m/s2
1 2 A
⃗g=2,67 · 10−11 ( ⃗i − ⃗j)=1,19 · 10−11 ⃗i −2,39· 10−11 ⃗j m/s 2 ó N /kg
√5 √ 5 P 1 x (m)
A.1. a) Calculamos el radio de la órbita planteando la tercera ley de Kepler igualando fuerza
gravitatoria y centrípeta en órbita circular y usando v=2πR/T
2
Mm v 3 GM 2
F g =F c ⇒G 2 =m ⇒ R = 2
T
R R 4π
√ √
−11 23
GM 2 3 6,67· 10 ·6,39 · 10 2 7
R= 3 2
T = 2
(12 ·3600) =1,263 · 10 m
4π 4π
Se pide altura h=R-RM=1,263·107-3,39·106=9,24·106 m
Página 6 de 66
b) Planteamos la conservación de energía mecánica entre la situación en la que la velocidad orbital

es cero (mientras están funcionando los retrocohetes no se conserva) y el momento de impacto en el
suelo lunar. En el punto superior (A) solo tiene energía potencial, y en el punto inferior (B), tiene
energía potencial y energía cinética.
Mm Mm 1
Em ( A)=Em (B)⇒ E p ( A)=E p (B)+ Ec ( B)⇒−G =−G + m v2
RA RB 2
6,39· 1023 −11 6,39 ·10
23
1
−6,67 ·10−11 · =−6,67 ·10 · + v2
3,39 · 10 2
7 6
1,263 ·10
v= √ 2(−3,375· 10 +1,257 ·10 )=4,29 ·10 m/s
6 7 3
B.1. a) El campo en el punto Q estará dirigido hacia el punto P. El vector que va desde el punto P a
Q es (100, -20) m y su módulo usando Pitágoras es √ 100 2+ 202=102 m . El ángulo que forma el
vector campo con la horizontal lo llamamos α, y tendrá componente x negativa e y positiva.
⃗g=−g x ⃗i + g y ⃗j=−g · cos( α ) ⃗i +g sen( α )⃗j
−14 −100
⃗g=3,2 ·10 ( ⃗i + 20 ⃗j)=−3,14 ·10−14 ⃗i +6,28 ·10−15 ⃗j m/s2
102 102
b) El punto (50, 10) m está en la recta que une los puntos P y Q: el vector velocidad estará
contenido en dicha recta y su vector unitario será el mismo que el vector unitario del campo.
Solamente actúa la fuerza gravitatoria y se conserva la energía mecánica. Llamamos R al punto en
(50, 10) m.
Mm Mm 1
Em (Q)=E m ( R)⇒ E p (Q)=E p ( R)+ E c ( R) ⇒−G =−G + mv 2
RQ RR 2
5 5 1
−6,67 ·10−11 · =−6,67 · 10−11 · + v 2
102 51 2
v=√ 2(−3,27 · 10−12 + 6,54 ·10−12)=2,56 · 10−6 m/s
Se pide vector, así que no basta solo el módulo v, hay que dar coordenadas.
−6 −100
⃗v =2,56 · 10 ( ⃗i + 20 ⃗j)=−2,51· 10−6 ⃗i + 5,01· 10−7 ⃗j m/ s
102 102
2022-Junio
A.1. Apartado a similar a 2021-Junio-A1
a) Llamamos A al punto (8, 6) m. La distancia entre la masa en el origen y el punto A usando
Pitágoras es √ 62 +82=10 m . El ángulo que forma con la horizontal lo llamamos α, y el vector
campo estará dirigido hacia el origen.
⃗g=−g x ⃗i −g y ⃗j=−g · cos( α ) ⃗i −g sen( α ) ⃗j
−11 8 6
⃗g=−1,334 · 10 ( ⃗i + ⃗j)=−1,07 · 10 ⃗i −8,00 · 10 ⃗j m/s
−11 −12 2
10 10
F =m· g=−3,21· 10 i −2,4 · 10 ⃗j N
−11 ⃗
⃗ ⃗ −11
b) Solamente actúa la fuerza gravitatoria y se conserva la energía mecánica. Llamamos B al punto

en el que se detiene, en el que la energía cinética será nula.
Mm 1 2 Mm
Em ( A)=Em (B)⇒ E p ( A)+ Ec ( A)=E p (B)⇒−G + mv =−G
RA 2 RB
−11 20 ·3 1 −5 2 −11 20 · 3
−6,67 ·10 · + · 3·( 1,2· 10 ) =−6,67 · 10 ·
10 2 RB
−9
−4 · 10
RB= =21,74 m
−4 · 10−10 +2,16 ·10−10
RB es distancia al origen y se pide el punto: será (21,74·8/10; 21,74·6/10) → B=(17,4 ; 13,04) m
B.1. a) Utilizamos directamente la expresión de velocidad de escape, que habría que deducir.
Si el diámetro de Marte es la mitad que el de la Tierra, su radio también es la mitad.
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v eT
=
√ 2G
MT
RT
=
√ M T RM
·
1
√
= 10· = √5 ⇒ v eT =√ 5 v eM
√
v eM MM M M RT 2
2G
RM
b) Solamente actúa la fuerza gravitatoria y se conserva la energía mecánica. Usamos directamente
expresión de velocidad de escape que habría que deducir.
A (superficie antes del lanzamiento):
Mm 1 1 M ( M T /10) m 1 M T m
E p=−G ; Ec = m v 2eM = m2 G M =G = G
RT 2 2 RM RT /2 5 RT
Se puede usar resultado de apartado para llegar a misma expresión para la energía cinética
1 M 1 M m
2
1 1 1 1
Ec = m v 2eM = m( v eT ) = m 2 G T = G T
2 2 √5 2 5 RT 5 RT
Mm
B (máxima altura): E p=−G ; E =0
R máx c
MT m 1 MT m MT m 4 1 −1 5
Em ( A)=Em (B)⇒−G + G =−G ⇒− = ⇒ Rmáx = R T
RT 5 RT Rmáx 5 R T R máx 4
Se pide altura h=Rmáx-RT=(5/4-1)RT=RT/4=1,59·10 m 6
2022-Modelo
A.1. a) Llamamos A al afelio y B al perihelio
Wrealizado campo A → B = -ΔEp=-M·ΔV=-M·(V(B)-V(A))
−GM 1,99 · 1030
V ( B)= =−6,67 · 10−11 · =−9,03 ·10 8 J /kg
R 1,47 · 10
11
30
−GM −11 1,99· 10 8
V ( A)= =−6,67· 10 · =−8,73 · 10 J /kg
R 1,52· 10 11
24 8 8 32
W realizado campo A → B =−5,97 ·10 ·(−9,03· 10 −(−8,73 · 10 ))=1,79 · 10 J
b) La energía mecánica se conserva durante toda la órbita, y es la suma de energía cinética y
potencial. La energía potencial es máxima en el afelio y mínima en el perihelio, por lo que la
energía cinética es mínima en el afelio y máxima en el perihelio. Planteamos en perihelio
−GMm 1 1
E m= + m v 2=M·V ( B)+ mv 2
R 2 2
8 1
−2,65 ·10 =−5,97 ·10 · 9,03· 10 + 5,97 · 1024 v 2
33 24
2
√
33 24 8
(−2,65 ·10 +5,97 · 10 · 9,03 ·10 )
v= 2· 24
=3,03 · 104 m/s
5,97 ·10
B.1. a) Planteamos usando la ley de gravitación universal, aplicando Pitágoras para calcular la
distancia entre C y A
1 M M M M M M
FCA = F BA ⇒ G C2 A =0,1 G B2 A ⇒ 2 C 2 =0,1 2B
10 d CA d BA d +D d
Aplicando la condición del enunciado MB=MC
d 2=0,1(d 2+ D2 )⇒ 0,9 d 2=0,1 D2 ⇒ D=3 d
b) El peso de A sobre la superficie terrestre es la fuerza gravitatoria usando la masa de la Tierra y su
radio, datos del enunciado.
−9 MB MA −9 M T · M A 10 −9 5,97 · 10
24
F BA=10 F Tierra sobre 10 kg ⇒G 2
=10 G 2
⇒ 2
=10 6 2
d RT d (6,37 · 10 )
2021-Julio
d=
√ 10 ·(6,37 · 106 )2
−9
10 5,97· 10
24
=0,26 m
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A.1. a) Calculamos el radio de la órbita, sabiendo que describe un movimiento circular uniforme
v=2πR/T → R=v·T/2π=(25000/3,6)·5·3600/2π=1,9894·107 m
Planteamos la tercera ley de Kepler igualando fuerza gravitatoria y centrípeta y usando v=2πR/T
2
Mm v 3 GM 2
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ R = T
R R 4π
2
2 7 3
4 π2 R 3 4 π ·(1,9894 · 10 )
M= 2
= −11 2
=1,4383 ·10 25 kg
GT 6,67 · 10 ·(5 · 3600)
√ √
25
4 3 M 1,4383 ·10 6
b) M = 3 π R ρ⇒ρ=R= 3 4 =3
4
=5,9685 ·10 m
πρ π 16150
3 3
25
M −11 1,4383 · 10 m
g=G 2 =6,67 ·10 · 6 2
=26,931 2
R (5,9685 · 10 ) s
B.1. a) El vector campo está dirigido hacia la masa en el centro de coordenadas.
La distancia entre la masa y el punto (2, 2) usando Pitágoras es √ 22+22 =2 √ 2 m≈2,83 m
m 1
El módulo de la componente x del campo será |g x|=|g|cos 45º =G 2 ·
d √2
m 1 1,18
· 4 ·2 · √ 2≈2,00 kg
−11 −11
1,18 ·10 =6,67 ·10 · · ⇒ m=
(2 √ 2) √ 2 6,67
2
b) Llamamos A al punto (4, 0) y B al punto (2, 2)

Wrealizado campo A → B = -ΔEp=-M·ΔV=-M·(V(B)-V(A))
−GM −11 2 −6,67 −11
V ( B)= =−6,67 · 10 · = · 10 J /kg
R 2√2 √2
−GM −11 2
V ( A)= =−6,67· 10 · =−3,335 ·10−11 J /kg
R 4
−6,67 −11 −11 −11
W realizado campo A → B =−5 ·( · 10 −(−3,335· 10 ))=6,91· 10 J
√2
Trabajo realizado por el campo positivo, es a favor del campo: estamos llevando una masa a
potenciales menores, la acercamos a la única masa que genera el campo.
A.1. a) Planteamos la tercera ley de Kepler igualando fuerza gravitatoria y centrípeta y usando
v=2πR/T ya que es una trayectoria circular
2
Mm v 3 GM 2
F g=F c ⇒ G 2 =m ⇒ R = 2
T
R R 4π
√ √
2 2
4π 3 4π 3 6
T= ·R = ·(2,5) =1,24 ·10 s
GM −11
6,67 · 10 · 6
b) La energía mínima a suministrar al perdigón para que escape del campo gravitatorio de la bola
(llega a una posición infinitamente alejada con velocidad nula) es la diferencia de energía entre
ambas situaciones: E órbita + E suministrada = E infinito
En el infinito la energía potencia y cinética es nula.
En la órbita la energía es la suma de potencial y cinética: Em=-GMm/R + ½mv2, y teniendo en
cuenta que v2=GM/R, llegamos a Em= - ½GMm/R, de modo que la energía a suministrar, positiva,
será ½GM/R=0,5·6,67·10-11·6·0,35·10-3/2,5=2,8·10-14 J
B.1. a) Planteamos la tercera ley de Kepler igualando fuerza gravitatoria y centrípeta y usando
v=2πR/T para trayectorias circulares
Mm v2 3 GM 2
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ R = T
R R 4 π2
Como se indica el periodo de revolución de Júpiter y la masa del Sol, podemos calcular el radio de
la órbita de Júpiter, para obtener a partir de él el radio de 51 Pegasus b. Tomamos 1 año = 365 días.
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√ √
−11 30
3 G M 2 3 6,67 ·10 ·1,99 · 10 2 11
R= 2
T = 2
·(12· 365 ·24 · 3600) =7,838 ·10 m
4π 4π
Aplicamos ahora la 3ª ley para calcular la masa de la estrella respecto a la que orbita 51 Pegasus b,
del que ya conocemos radio, 100 veces menor que el de Júpiter calculado, y periodo, dato, 4 días.
4π R
2 3
4 π2 (7,838 ·1011 / 100)3 30
M= 2
= −11 2
=2,39 ·10 kg
GT 6,67 · 10 ·( 4 · 24 ·3600)
b) En la órbita la energía es la suma de potencial y cinética: Em=-GMm/R + ½mv2, y teniendo en
cuenta que v2=GM/R, llegamos a Em= - ½GMm/R. Numéricamente
−1 2,39 ·1030 ·(51· 1,90 ·1027 )
Em = 6,67· 10−11 · =−9,85 ·10 38 J
2 11
7,838· 10 /100
2021-Junio
A.1. a) La distancia entre la masa y el punto A usando Pitágoras es
√ 62 +82=10 m y (m)
V(A)=-GM/R=-6,67·10 ·50·10 /10=-3,34·10 J/kg
-11 -3 -13
A
⃗g=g x ⃗i −g y ⃗j=g · cos( α ) ⃗i −g sen( α ) ⃗j 6
α
El módulo es g=GM/R2=-6,67·10-11·50·10-3/102=-3,34·10-14 m/s2
−14 8 6
⃗g=−3,34 · 10 ( ⃗i − ⃗j)=2,67 · 10 ⃗i −2,00 ·10 ⃗j m/ s
−14 −14 2
10 10 M
b) Wrealizado campo A → B = -ΔEp=-m·ΔV=-m·(V(B)-V(A))
B 8 x (m)
V(B)=-GM/R=-6,67·10-11·50·10-3/8=-4,17·10-13 J/kg
Wrealizado campo A → B = -20·10-3·(-4,17·10-13 -(-3,34·10-13))=1,66·10-15 J
Trabajo realizado por el campo positivo, es a favor del campo: estamos llevando una masa a
potenciales menores, la acercamos a la única masa que genera el campo.
B.1. a) Calculamos el radio de la órbita, planteamos la tercera ley de Kepler igualando fuerza
gravitatoria y centrípeta y considerando órbita circular por lo que v=2πR/T
Mm v2 GM 2
F g=F c ⇒ G 2 =m ⇒ R3= T
R R 4π
2
√
−11 26
6,67 ·10 ·5,68 · 10
R= 3 2
( 36· 3600)2≈2,53 · 108 m
4π
8
2 π R 2 π 2,53 ·10 4
v= = =1,23 · 10 m/s
T 36 ·3600
Dado que en órbita circular v2=GM/R
−GMm 1 2 −1 Mm
Em =E p + Ec = + mv = G ⇒ Em=−E c
R 2 2 R
−1 4 2 11
Numéricamente Em =−Ec = 3500 ·(1,23 ·10 ) ≈−2,65 ·10 J
2
b) La energía a suministrar es la diferencia de energía entre ambas situaciones. La situación final
sería un punto infinitamente alejado en el que no tendría energía potencial ni cinética, por lo que su
energía mecánica sería cero. La energía a aportar para que la energía total sea cero, teniendo energía
mecánica en órbita negativa, es el mismo valor numérico pero en positivo.
Esuministrada=Efinal-Einicial → Esuministrada=0-Em órbita=2,65·1011 J
2021-Modelo
A.1. a) Asumiendo órbita circular, y al ser un periodo tan largo de tiempo consideramos los años de
2πr 2 π 2,4 · 1020 5
365,25 días (para contabilizar bisiestos) v = = =2,35 ·10 m/ s
T 203 ·10 6 · 365,25· 24 · 3600
b) Planteamos la tercera ley de Kepler igualando fuerza gravitatoria y centrípeta y llamamos M a la
masa del centro galáctico y m a la del Sol.
2 2 5 2 20
Mm v v R (2,35 ·10 ) · 2,4 · 10
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ M = = =1,99· 1041 kg
R R G 6,67 ·10
−11
Página 10 de 66
B.1. a) Utilizamos directamente la expresión de velocidad de escape, que habría que deducir.
GM
2 2P
√
2
GM GM RP v ep M p v eT 1
ve= 2 ⇒ R=2 2 = = =360 · 2 =10
R ve RT GM T M T v eP 2
6
2 2
v eT
GM P
2 2
gP R M R 1
b) = P = p T2 =360 · 2 =3,6
g T GM T M T R P 10
2
RT
2020-Septiembre
A.1. a) Para calcular masa nos basta con el dato de densidad y el dato de radio que nos permite
calcular el volumen asumiendo que es esféricos. Pasamos datos a Sistema Internacional.
4 3 4 3 3 23
M Calisto=ρ· V =ρ π RCalisto =1830· π (2410· 10 ) ≈1,07 · 10 kg
3 3
La aceleración de la gravedad es un vector, que será radial, dirigido hacia el centro, y su módulo
M Calisto −11 1,07 ·10
23
2
será gCalisto=G 2 =6,67 · 10 · 3 2
≈1,23 m/ s
RCalisto (2410 ·10 )
b) Para calcular el radio de la órbita, planteamos la tercera ley de Kepler igualando fuerza
gravitatoria y centrípeta y considerando órbita circular por lo que v=2πR/T
Mm v2 GM 2
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ R3= T
R R 4π
2
√
−11 27
3 6,67 ·10 ·1,90 · 10
R= 2
( 16,89· 24 · 3600)2≈1,898· 109 m
4π
Dado que en órbita circular v2=GM/R
−GMm 1 2 −1 Mm
Em =E p + Ec = + mv = G ⇒ Em=−E c
R 2 2 R
Numéricamente
27 23
−1 −11 1,90 · 10 · 1,07 ·10 30
Em =−Ec = 6,67 · 10 · 9
≈−3,57 ·10 J
2 1,898 ·10
B.1. a) La única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria que es centrípeta.
2 2
Mm v 2 4π 3
F g =Fc ⇒G 2 =m ⇒T = R
R R GM
√
2
4π 6 3 3 3
T= −11 23
(3,39· 10 +290 · 10 ) ≈6,68 ·10 s
6,67 · 10 · 6,42 ·10
6 3
2 π R 2 π (3,39 · 10 +290 ·10 )
Al ser la órbita circular v = = ≈3,46 ·10 3 m/ s
T (6,68· 10 )
3
b) La energía a suministrar es la diferencia de energía entre los dos puntos

−GMm 1 2 −1 Mm
A (órbita, antes de suministrar la energía): Em =E p + Ec = + mv = G
R 2 2 R
B (∞): E p =0 ;E c =0
−1 GMm 1 Mm
La diferencia es E( B)−E( A)=0−( )= G
2 R 2 R
23
1 −11 6,42 ·10 ·1031 9
Numéricamente E( B)−E( A)= 6,67 ·10 · ≈6,0 · 10 J
2 6 3
2 ·(3,39· 10 +290 · 10 )
A.1. a) Usamos la definición de g, y simplificamos sabiendo que MP=MT.
Página 11 de 66
Mp MT 2 1 2 1 1 3 6
gP =2 g T ⇒G =2 G ⇒ R P = R T ⇒ R P= RT = · 6370 ·10 ≈4,5· 10 m
2
R
P R
2
T
2 √2 √2
Mm 1 2
R 2
B (∞): E p=0 ;E c =0
−G
Mm 1
R 2
2
+ m v e =0 ⇒ v e= 2
√ GM
R
Numéricamente v e = 2
√ 6,67 · 10−11 · 5,97 · 1024
4,5 ·10
6
=1,33· 104 m/ s
B.1. a) La única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria que es centrípeta. Al ser la
órbita circular v=2πR/T
Mm v
2
4π R
2 3
4 π2 (6,97 · 106)3 −11 2 −2
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ G= = ≈6,67 ·10 N · m · kg
R R MT
2 24
5,98 · 10 ·( 96,5· 60)
2
b) Usamos directamente la expresión de energía potencial gravitatoria (la deducción implica

integrar) y obtenemos la expresión de energía mecánica en órbita
−GMm 1 2 −GMm 1 GM −1 GMm
Em =E p + Ec = + mv = + m =
R 2 R 2 R 2 R
−11 24
−6,67 · 10 · 5,98 ·10 · 6000 11
Numéricamente Em = =−1,72 ·10 J
2· 6,97 ·10 6
2020-Julio
A.1. a) La única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria que es centrípeta
Mm
R
v2
R √ √
M
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ v = G = 6,67 · 10−11 ·
R
2π R
1,90 · 1027
5
1,59· 10 · 10
2 π R 2 π 1,59 ·105 · 103
3
=2,82 ·10 4 m/s
b) Al ser una órbita circular v = ⇒ T = = =3,54 ·10 4 s

T v 2,82· 10 4
Al ser una órbita sincrónica, el periodo del satélite calculado es el periodo de rotación pedido.
25
M −11 1,95 · 10
B.1. a) g=G 2 =6,67 ·10 · 3 2
≈43 m/s 2
R (5500 · 10 )
Mm 1 2
A (superficie): E p=−G ; Ec = m v e
R 2
B (∞): E p=0 ;E c =0
−G
Mm 1
R
2
+ m v e =0 ⇒ v e = 2
2 √ GM
R
√
−11 25
6,67 · 10 · 1,95 ·10
=2,17 · 104 m/s
5500· 10
2020-Modelo
A. Pregunta 1.-
a) La única fuerza que actúa el satélite es la gravitatoria y es radial si asumimos órbita circular.
Página 12 de 66
Deducimos la tercera ley de Kepler, planteando la segunda ley de Newton, en modo escalar con los
módulos, igualando fuerza gravitatoria y fuerza centrípeta, y considerando órbita circular.
F g=F c ⇒G 2 =m
Mm
R
v2
R
v=
2π R
T
⇒ R3 =
GM 2
4 ·π
2
√
T ⇒ R= 3
GM 2
4π
2
Si completa 15 órbitas en 24 h, el periodo es T=24/15 h. Sustituyendo valores numéricos

T
R= 3
√ 6,67 ·10−11 ·5,97 · 1024 24 · 3600 2
4π
2
(
15
) =6,94 ·106 m
Como se pide altura, h=R-RT=6,94·106-6371·103=5,69·105 m

Em =E p + Ec = + mv = + m =
R 2 R 2 R 2 R
−11 24
−6,67 · 10 · 5,97 · 10 · 5800 11
Numéricamente Em = 6
=−1,66 · 10 J
2· 6,94 ·10
B. Pregunta 1.-.
a) La única fuerza que actúa el planeta es la gravitatoria y es radial al ser la órbita circular.
F g=F c ⇒G 2 =m
Mm
R
v2
R
v=
2π R
T
⇒ R3 =
GM 2
4 ·π
2
√
T ⇒ R= 3
GM 2
4π
2
T
Si completa 1 vuelta en 3 años terrestres, el periodo son los 3 años terrestres (usamos 365,25 días)
√
−11 30
6,67 ·10 ·6,0 · 10
Sustituyendo valores numéricos R= 3 2
2 11
(3∗365,25 ·24 · 3600) =4,5 · 10 m
4π
Mp 2 GM p
b) Usando la definición de campo gravitatorio g=G 2 ⇒ R superficie=
R superficie g
Usamos directamente la expresión de velocidad de escape, que se podría deducir
√
2
GM p v e · R superficie
v e= 2 ⇒ M p=
R superficie 2G
2 3 2
v ·R (11,2 · 10 )
Sustituyendo Mp R2superficie =G e superficie = =4,18 · 106 m
2gG 2· 15
g R 2superficie 15 ·(4,18 ·106 )2 24
M p= = =3,93· 10 kg
G 6,67· 10 −11
A. Pregunta 1.-
a) La única fuerza que actúa la nave es la gravitatoria y es radial en una órbita circular. Deducimos
la tercera ley de Kepler, planteando la segunda ley de Newton, en modo escalar con los módulos,
igualando fuerza gravitatoria y fuerza centrípeta, y considerando órbita circular.
F g=F c ⇒G 2 =m
Mm
R
v2
R
v=
2π R
T
⇒ R3 =
GM 2
4 ·π
2
√
T ⇒ R= 3
GM 2
En un satélite geoestacionario el periodo son 24 h. Sustituyendo valores numéricos

4π
2
T
R= 3
√ 6,67 ·10−11 ·5,97 · 1024
4π
2
( 24 ·3600)2=4,22· 107 m
2 · π · 4,22· 107
La velocidad orbital es v = =3,1 ·103 m/s
(24 · 3600)
b) En la nueva órbita varía radio, periodo y velocidad. Se puede resolver de varias maneras, todas
son válidas.
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√ √
24
GM M −11 5,97 ·10
-La más rápida sería utilizar v 2= ⇒ v = G = 6,67 · 10 ·
3
=2,17 ·10 m/s
R R 2· 4,22 ·10
7
Otra opción, sabiendo radio, es calcular periodo, que se puede hacer de varias maneras
-Con el mismo planteamiento del apartado anterior:
√
2
2π R GM 2 4π 3
v= ⇒ R3= T ⇒T = R
T 4 ·π
2
GM
√
2
4π
Numéricamente T = −11 24
(2 · 4,22 ·107 )3=2,44 · 105 s
6,67 · 10 · 5,97 ·10
-Usando la tercera ley de Kepler teniendo en cuenta que ambas órbitas son sobre mismo objeto
centrales
√
2 2 3
T1 T2 R2
=24 · 3600 · √ 2 =2,44 · 10 s
3 5
3
= 3
⇒ T 2=T 1 3
R 1 R 2 R 1
2 · π ·2 · 4,22 ·107
La nueva velocidad orbital es v = 5
=2,17 · 103 m/s
(2,44 · 10 )
B. Pregunta 1.-
a) La velocidad de escape es la que debe tener un cuerpo para llegar a un punto infinitamente
Mm 1
A (superficie): E p=−G ; E c = m v 2e
R 2
B (∞): E p =0 ;E c =0
−G
Mm 1
R 2
+ m v 2e =0 ⇒ v e= 2
GM
R √
Numéricamente para R=2RT v e = 2
2· 6,37 · 10 √
6,67 · 10−11 · 5,97 ·1024
6
3
=7,906 · 10 m/s
b) La energía adicional requerida es la diferencia de energía entre los dos puntos
−GMm 1 2 −1 Mm
A (órbita, antes de aportar la energía): Em =E p + Ec = + mv = G
R 2 2 R
B (∞): E p=0 ;E c =0
−1 GMm 1 Mm
La diferencia es E( B)−E( A)=0−( )= G
2 R 2 R
24 3
1 −11 5,97 ·10 · 10 10
Numéricamente E( B)−E( A)= 6,67 ·10 · =1,56 ·10 J
2 2· 6,37 · 10
6
2019-Julio
A. Pregunta 1.-
a) La única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria y es radial al ser la órbita circular.
v2
√
2
Mm 2π R 3 GM 2 4π 3
F g=F c ⇒G 2 =m v= ⇒R = T ⇒T = R
R R T 4 ·π
2
GM
√
2 6 3 3
4 π ·(6,37 · 10 +5900 ·10 ) 4
Sustituyendo valores numéricos T = −11 24
=1,35· 10 s
6,67 ·10 ·5,97 · 10
b) La energía requerida es la energía a aportar, que es la diferencia de energía entre ambas
situaciones.
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Mm
A (superficie antes del lanzamiento): E p=−G ; Ec =0
RT
B (órbita): De igualar fuerza gravitatoria y centrípeta en una órbita circular se llega a
−GMm 1 2 −1 Mm
Em =Em + E p = + mv = G
RO 2 2 RO
−1 GMm −GMm 1 1
La diferencia es E( B)−E( A)= −( )=GMm( − )
2 RO RT RT 2 RO
Numéricamente
−11 24 1 1 10
E( B)−E( A)=6,67 ·10 ·5,97 · 10 · 405( 6
− 6 3
)=1,87 · 10 J
6,37 ·10 2(6,37 · 10 +5900 ·10 )
B. Pregunta 1-.
a) La única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria y es radial al ser la órbita circular.
Mm v2 2π R 3 GM 2 4 π2 R 3
F g=F c ⇒G 2 =m v= ⇒R = T ⇒ M =
R R T 4 · π2 G T2
2 3 3
4 π ·(671100 ·10 )
Sustituyendo valores numéricos (radio de órbita) M = =1,9 · 1027 kg
6,67 ·10−11 ·(3,55· 24 · 3600)2
b) Deducimos la expresión de la velocidad de escape aplicando el principio de conservación de la
energía mecánica en un lanzamiento desde un punto A en la superficie del planeta a un punto B
infinitamente alejado: la energía mecánica se conserva dado que no hay fuerzas no conservativas
como el rozamiento.
Mm 1 2
R 2
B (∞): E p=0 ;E c =0
Igualando energía mecánica en A y en B y despejando la velocidad de escape
−G
Mm 1
R 2
2
+ m v e =0 ⇒ v e= 2
√ GM
R
Numéricamente (radio de planeta) v e = 2
√ 6,67 · 10−11 · 1,9· 1027
69911 ·10
3
=6 · 104 m/s
A. Pregunta 1.-
a) Igualando fuerza gravitatoria y fuerza centrípeta en órbita circular.
Mm
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ v=
R
v2
R √ √
GM
R
=
6,67 · 10−11 ·7,35 · 1022
3
1737 · 10 +250 ·10
La energía total del satélite en órbita es la energía mecánica
3
=1,57 · 103 m/s
−GMm 1 −GMm 1 GM −1 GMm −1

Em =E p + Ec = + m v 2= + m = = mv 2
R 2 R 2 R 2 R 2
−1 6,67 ·10−11 · 7,35 ·1022 ·1,6 · 104 10
Numéricamente Em = =−1,97 ·10 J
2 3
1737 ·10 + 250· 10
3
b) Deducimos la expresión de la velocidad de escape aplicando el principio de conservación de la

energía mecánica en un lanzamiento desde un punto A en la superficie del planeta a un punto B
infinitamente alejado: la energía mecánica se conserva dado que no hay fuerzas no conservativas
como el rozamiento.
Mm 1 2
A (superficie): E p=−G ; Ec = m v e
R 2
B (∞): E p=0 ;E c =0
Igualando energía mecánica en A y en B y despejando la velocidad de escape
Página 15 de 66
−G
Mm 1
R
2
+ m v e =0 ⇒ v e = 2
2 √ GM
R
Numéricamente v e = 2
√ 6,67 · 10−11 · 7,35· 1022
1737 · 10
3
=2,38 ·103 m/s
Usando la definición de gravedad como fuerza por unidad de masa y la ley de gravitación universal
M L 6,67 ·10−11 ·7,35 ·10 22 2
gL =G 2 = 3 2
=1,62 m/s
RL (1737 · 10 )
B. Pregunta 1.-
a) La distancia desde el punto A (0, 0) al punto B (2, -2) es y (m)
√ 22+2 2=√ 8=2 √ 2m A 2

Se pide fuerza que masa en A ejerce sobre masa en B. Lo podemos x (m)
plantear de dos maneras.
A. Por trigonometría, utilizando el ángulo que forma r con el eje x,
que son 45º
|F⃗|=6,67 ·10−11 · 3 · 5 =1,25 ·10−10 N
8 B
-2
Calculamos las componentes multiplicando módulo por coseno y
seno, tomando signos de diagrama
⃗ =−|F
F ⃗ |cos 45 ⃗i +|F⃗ | sen 45 ⃗j=−1,25 ·10−10 1 ⃗i +1,25 ·10−10 1 ⃗j=−8,84 ·10−11 ⃗i +8,84 ·10−11 ⃗j N
√2 √2
Mm
B. Usando la definición vectorial de la ley de gravitación universal ⃗ F =−G 2 u⃗r
r
2 ⃗ 2 ⃗
El vector unitario que va desde el punto A (0, 0) al punto B (2, -2) es u⃗r = i− j
2 √2 2 √2
⃗ =−6,67 ·10−11 · 3 · 5 ( 1 ⃗i − 1 ⃗j)=−8,84 · 10−11 ⃗i +8,84 · 10−11 ⃗j N
F
8 √2 √2
b) Consideramos el trabajo realizado por el campo y llamamos C al punto (2, 0)
−11 3 −11 3 −10
W B →C =−m Δ V =−m(V (C)−V (B))=−5 ·(−6,67 · 10 −(−6,67 · 10 ))=1,47 J
2 2 √2
El trabajo realizado por el campo es positivo: es favor del campo atraer la masa de 5 kg desde la
posición B a la posición C más cercana a la masa A
2019-Junio
A. Pregunta 1.-
a) La distancia desde el punto (4, 3) al origen es √ 4 2+3 2=5 m
Lo podemos plantear de dos maneras
A. Por trigonometría, utilizando el ángulo que forma r con el eje x, cuyo coseno 4/5 y seno 3/5.
−11 5 −11 2
|⃗g|=6,67 · 10 · 2 =1,33 ·10 m/s ó N /kg
5
Calculamos las componentes multiplicando módulo por coseno y seno, tomando signos de diagrama
−11 4
g| cos α ⃗i +|⃗
g =|⃗
⃗ g| sen α ⃗j=1,33 ·10 ⃗i +1,33· 10−11 3 ⃗j=1,07 ·10−11 ⃗i +8,00 · 10−12 ⃗j m/ s 2 ó N /kg
5 5
M
B. Usando la definición vectorial ⃗g=−G 2 u⃗r
r
−4 ⃗ 3 ⃗
El vector unitario que va desde el punto (4,3) al origen es u⃗r = i− j
5 5
Usando la definición vectorial de campo
−11 5 −4
⃗g=−6,67 · 10 · 2 ( ⃗i − 3 ⃗j )=1,07 · 10−11 ⃗i + 8,00· 10−12 ⃗j m/s 2 ó N /kg
5 5 5
Consideramos el trabajo realizado por el campo
Página 16 de 66
−11 5 −11
W ∞→origen =−m Δ V =−m(V (origen)−V (∞))=−0,5 ·(−6,67 · 10 )=3,34 · 10 J
5
El trabajo realizado por el campo es positivo: es favor del campo atraer una masa desde el infinito
acercándola a otra masa.
b) Llamando x a la distancia medida desde el origen en la línea que une el origen con el punto (4,
3), podemos plantear que ambos campos tendrán misma dirección en esa línea pero sentido
opuesto, y para que el campo total resultante por superposición sea nulo, deben tener ambos el
mismo módulo.
m origen m(4,3) 0,5 5
⃗ |=|g(4,3)
|g origen ⃗ |⇒G 2
=G 2
⇒ 2=
x ( d(4,3)−x) x (5−x )2
5 √ 0,1
0,1(5−x) =x ⇒ √ 0,1(5−x )=x ⇒(1+ √ 0,1) x=5 √ 0,1 ⇒ x=
2 2
≈1,2m
1+ √ 0,1
Matemáticamente hay dos soluciones, pero solamente tiene sentido la que está más cerca de la masa
de 0,5 kg.
B. Pregunta 1.-
a) La única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria y es radial en una órbita circular.
Mm
F g=F c ⇒G 2 =m
R
v2
R
v=
2π R
T
⇒ R3 =
√
GM 2
4 ·π
2
T ⇒ R= 3
GM 2
4π
En un satélite geoestacionario el periodo son 24 h. Sustituyendo valores numéricos
2
T
√
−11 24
3 6,67 ·10 ·5,97 · 10 2 7
R= 2
( 24 ·3600) =4,22· 10 m
4π
Como se pide altura, h=R-RT=4,22·107-6,37·106=3,58·107 m
7
2 · π · 4,22· 10
La velocidad orbital es v = =3,1 ·103 m/s
(24 · 3600)
3 2
v2 (3,1 · 10 )
b) La fuerza centrípeta es Fc =m =5900 · =1,34 · 103 N
R 4,22 ·10
7
La energía total del satélite en órbita es la energía mecánica

Em =E p + Ec = + mv = + m =
R 2 R 2 R 2 R
−11 23
−1 6,67 · 10 ·5,97 · 10 · 5900 10
Numéricamente Em = 7
=−2,78 · 10 J
2 4,22 ·10
2019-Modelo
A. Pregunta 1.-
a) La única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria y es radial. Planteamos la ley
fundamental de la dinámica, segunda ley de Newton, en modo escalar con los módulos, igualando
fuerza gravitatoria y fuerza centrípeta.
Mm v2 v2 R
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ M =
R R G
2π R v·T
Al ser de una órbita circular v = ⇒ R=
T 2·π
3 4 3
v T (2,3 · 10 ) · 30 ·60
Sustituyendo M = = =5,226 · 1025 kg
2· π G 2 · π · 6,67· 10−11
Em =E p + Ec = + mv = + m =
R 2 R 2 R 2 R
Página 17 de 66
−11 25
−1 GMm · 2· π −6,67 · 10 · 5,226 ·10 ·150 · π 10
Numéricamente Em = = =−3,97 · 10 J
2 v· T 4
2,3 ·10 · 30 ·60
B. Pregunta 1.-
a) Planteamos que en una caída de una altura de 10 m con un radio de 8,5·106 m el valor de la
gravedad es constante, y describe un MRUA
1 2 1 2 20 2
x=x 0 +v 0 t+ at ⇒ 10= gC 1,58 ⇒ gC = =8,01 m/s
2 2 1,58
2
Conociendo la gravedad y utilizando la ley de gravitación universal

2
MC g C R 8,01· (8,5 ·106 )2
gC =G 2 ⇒ M C = = =8,68 ·1024 kg
R G 6,67 ·10
−11
b) La única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria y es radial. Planteamos la ley
fundamental de la dinámica, segunda ley de Newton, en modo escalar con los módulos, igualando
fuerza gravitatoria y fuerza centrípeta.
MA m v2 v2 R
F g=F c ⇒G 2
=m ⇒ M A =
R R G
2π R
Al ser de una órbita circular v =
T
2 3 2 11 3
4π R 4 π (1,8 · 10 )
M A= 2
= −11 2
=2,96 · 1030 kg
GT 6,67 · 10 ·(395 · 24 · 3600)
2018-Julio
A. Pregunta 1.-
a) La masa del objeto no depende del punto en el que se encuentra, y en este caso sigue siendo de
50 kg.
El peso del objeto en la superficie de Mercurio es la fuerza gravitatoria que realiza Mercurio: será
un vector en la dirección de la línea que pasa por el centro de Mercurio y con sentido dirigido hacia
Mercurio al ser la fuerza gravitatoria atractiva. Su módulo según la ley de gravitación universal será
MM ·m 23
−11 3,30 · 10 · 50
Psuperficie=m· g M =G =6,67 · 10 · =184,85 N
R2M (2,44 ·10 6)2
b) Si llamamos R=RM+h a la distancia a la la que el peso se reduce a la tercera parte, planteamos
con módulos
1 M M·m 1 M M·m
⇒3 R M =R ⇒ √ 3 · R M =R M +h
2 2
PR = Psuperficie ⇒G = G
3 R 2
3 RM2
⇒ h=( √ 3−1)R M =1,78· 106 m

Validamos que módulo del peso a esa distancia y es ⅓ del calculado en a). También se podría haber
planteado numéricamente partiendo de ese valor 184,85/3=61,6
M ·m 3,30 · 10 · 50
23
PR =G M 2 =6,67 ·10−11 · 6 6 2
=61,8 N
R (2,44 · 10 +1,78 ·10 )
B. Pregunta 1.-
a) La única fuerza que actúa sobre el satélite artificial es la gravitatoria y es radial. Planteamos la
ley fundamental de la dinámica, segunda ley de Newton, en modo escalar con los módulos,
igualando fuerza gravitatoria y fuerza centrípeta.
Mm v2 2 GM
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ v =
R R R
El radio de la órbita es R=RT+h=6,37·106+694·103=7,064·106 m
v=
√ 6,67 · 10−11 ·5,97 · 1024
7,064 · 10
6
=7508 m/s
2π R 2· π · 7,064 ·10
6
Al tratarse de una órbita circular v = ⇒T= =5912 s
T 7508
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b) La energía necesaria a aportar para trasladarlo es la diferencia de energías mecánicas entre ambas
órbitas, que son la suma de energía cinética y potencial. Usamos directamente la expresión de
energía potencial gravitatoria (la deducción implica integrar) y obtenemos la expresión de energía
mecánica en órbita
−GMm 1 −GMm 1 GM −1 GMm
Em =E p + Ec = + m v 2= + m =
R 2 R 2 R 2 R
La diferencia solicitada es
−1 GMm −1 GMm 1 1 1
Δ E=Em , órbita1000 km−E m ,órbita 694 km= −( )= GMm ( − )
2 R 1000km 2 R694 km 2 R694 km R 1000km
1 −11 24 1 1 8
Sustituyendo Δ E= 2 6,67 ·10 5,97 · 10 ·712( 6− 6 3 )=8,33 ·10 J
7,064 · 10 6,37 · 10 +1000 ·10
2018-Junio-coincidentes
A. Pregunta 1.-
a) La única fuerza que actúa sobre la nave (que pasa a ser un satélite al orbitar) es la gravitatoria y
es radial. Planteamos la ley fundamental de la dinámica, segunda ley de Newton, en modo escalar
con los módulos, igualando fuerza gravitatoria y fuerza centrípeta.
Mm v2 GM
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ R= 2
R R v
2π R
Al tratarse de una órbita circular v = , que sustituyendo nos lleva a la expresión asociada a
T
GM
la tercera ley de Kepler R3= 2 T 2 ⇒ T =
4π √ 4 π2 3
GM
R
Numéricamente T =
√ 4 π2
−11
6,67 · 10 ·6,42 · 10
23
·(5000 ·10 3)3=10735 s
Considerando años de 365 días, 10·365·24·3600/10735=29377 vueltas.
lanzamiento desde un punto A en la superficie del planeta a un punto B infinitamente alejado: la
energía mecánica se conserva dado que no hay fuerzas no conservativas como el rozamiento.
Mm 1
A (superficie): E p=−G ; E c = m v 2e
R 2
B (∞): E p=0 ;E c =0
−G
Mm 1
R 2
2
+ m v e =0 ⇒ v e= 2
√ GM
R
√
−11 23
6,67 · 10 · 6,42· 10
=5,02· 103 m/s
3397,5 · 10
B. Pregunta 1.-
M
a) El campo generado por una única masa puntual es radial ⃗g=−G 2 u⃗r siendo el vector unitario
r
saliente desde la masa. Si llamamos Q al punto (4, 0) en el que se encuentra la masa, el vector
unitario lo que lo podemos plantear como el vector QP (-4, 3) dividido por su módulo, que es 5 m,
−4 ⃗ 3 ⃗
de modo que u⃗r = i+ j
5 5
−11 4 −4
Por lo tanto ⃗g=−6,67 · 10 ( ⃗i + 3 ⃗j)m· s−2=8,5376 ·10−12 ⃗i −6,4032 ·10−12 ⃗j m · s−2
5 5
2
5
b) Planteamos el trabajo realizado por el campo (no el trabajo externo), por lo que usamos la
definición de energía potencial W campo , origen→ P=−Δ E p=−mΔ V =−m(V P −V origen)
Página 19 de 66
M M −11 1 1 −10
W campo , origen→ P=−m(−G −(−G ))=10 ·(6,67 · 10 4( − ))=−1,334 ·10 J
d QP dQP 5 4
El trabajo realizado por el campo es negativo: se trata de un trabajo que hay que aportar
externamente, es en contra del campo, porque estamos alejando una masa (inicialmente estaba a 4
m y luego está a 5 m), llevándola a potenciales mayores.
2018-Junio
A. Pregunta 1.-
m 1 m2
a) Según la ley de gravitación universal, la fuerza es un vector F⃗12=−G 2 u⃗r dirección la
r
línea que une ambas masas, sentido atractivo: al ser la fuerza que m1 ejerce sobre m2 está dirigida
desde m2 hacia m1. (el vector unitario va desde m1 a m2). Su módulo es
|F⃗12|=6,67 · 10−11 10·220 =1,33 ·10−8 N
1
El peso P⃗2 es la fuerza que la Tierra ejerce sobre m2 , tendrá dirección la línea que une el centro
de masas de m2 con el centro de la Tierra, sentido dirigido hacia el centro de la Tierra, y módulo
(tomamos como distancia la del radio de la Tierra)
24
|P⃗2|=6,67 ·10−11 5,97 · 10 ·20 =196 N
(6,37 · 106)2
Aunque no es dato g, podemos validar el resultado, es aproximadamente P=m·g=20·9,8=196 N
b) La fuerza gravitatoria depende de las masas (linealmente) y de la distancia (con el inverso del
cuadrado). Aunque entre m1 y m2 la distancia sea mucho menor (1 m frente a 6,37·106 m), que
entre m2 y la Tierra, la masa de la Tierra es mucho mayor que la de m1. (5,97·1024 kg frente a 10 kg)
B. Pregunta 1.-
a) Si la órbita es geoestacionaria, su periodo es T=24 h, por lo que si queremos que el periodo sea el
doble será de 48 h.
Al indicarse radio asumimos órbita circular. La única fuerza que actúa sobre el satélite es la
gravitatoria y es radial. Planteamos la ley fundamental de la dinámica, segunda ley de Newton, en
modo escalar con los módulos, igualando fuerza gravitatoria y fuerza centrípeta.
Mm v2 GM
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ R= 2
R R v
2π R
T
3
la tercera ley de Kepler R = 2 T ⇒ R= 3
GM 2
4π √ GM 2
4 π2
T
√
−11
3 6,67 ·10 ·5,97 · 1024
Sustituyendo valores numéricos R= 2
(48 ·3600)2=6,7 · 107 m
4π
b) Planteamos la diferencia de energías mecánicas, que son la suma de energía cinética y potencial.
Usamos directamente la expresión de energía potencial gravitatoria (la deducción implica integrar)
y obtenemos la expresión de energía mecánica en órbita
−GMm 1 −GMm 1 GM −1 GMm
Em =E p + Ec = + m v 2= + m =
R 2 R 2 R 2 R
La diferencia solicitada es
−1 GMm −1 GMm 1 1 1
Δ E=Em , órbitaT =48 h−Em, órbitaT =24 h= −( )= GMm ( − )
2 RT =48 h 2 RT =24 h 2 R T=24 h R T=48 h
El radio de la órbita con T=24 h no lo tenemos calculado pero lo hacemos con el mismo
planteamiento de apartado a
√
−11
3 6,67 ·10 · 5,97 · 1024
R= 2
(24 ·3600)2=4,2· 107 m
4π
Sustituyendo
Página 20 de 66
1 −11 24 3 1 1 9
Δ E= 6,67 ·10 5,97 · 10 ·10 ( − )=1,77 ·10 J
2 7
4,2· 10 6,7 ·10 7
El valor es positivo, ya que es energía aportada al tener más energía en la segunda órbita (el radio es
mayor y tiene una energía mecánica mayor, número negativo de menor valor absoluto).
2018-Modelo
A. Pregunta 1.-
a) Al tener dos masas utilizamos el principio de superposición. En el eje x entre las masas se puede
ver que el campo tiene sentidos opuestos y hay un punto intermedio en el que se cancelará, más
cercano a x1 que a x2 al ser m2 mayor que m1. Lo planteamos como módulos, llamamos x para la
coordenada del punto donde se cancelan medida desde x1=0. Asumimos x2-x positivo (x entre las
( ) √
2
m1 m2 m2 x 2−x m2 x 2−x
dos masas) g⃗1 + g⃗2=0 ⇒ g1 =g 2 ⇒G 2 =G ⇒ = ⇒ =
( x 2−x ) m1 x m1 x
2
x
5
Sutituyendo y expresando con cuatro cifras significativas √ 5 x=5−x ⇒ x= ≈1,545 m
√5+1
Nota: enunciado pide “el punto en el eje X”, y podríamos plantear si hay puntos fuera del segmento
que une las masas en las que también se cancela. Podemos ver que en el eje X fuera de ese
segmento los campos gravitatorios tienen mismo sentido, por lo que no se cancela.
b) Aplicando el principio de superposición
( )
m1 m2 −11 2 10 −10
V total=V 1 +V 2=−G −G =−6,67 ·10 + =−2,79· 10 J /kg
d1 d2 1,545 5−1,545
B. Pregunta 1.-
a) En una órbita circular la única fuerza que actúa sobre el planeta es la gravitatoria y es radial.
Planteamos la ley fundamental de la dinámica, segunda ley de Newton, en modo escalar con los
módulos, igualando fuerza gravitatoria y fuerza centrípeta.
Mm v2 GM
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ R= 2
R R v
2π R
T
3 GM 2
4π √ GM 2
4π
2
T
Sustituyendo valores numéricos R= 3

√ 6,67 ·10−11 · 1,3 ·10 30
4π
2
(210 · 24 ·3600)2=8,98 · 1010 m
b) El campo gravitatorio en un punto intermedio lo obtenemos por superposición. Tendrá sentidos

opuestos, calculamos los módulos y comprobamos cual es mayor a esa distancia (aunque a priori
podemos asumir que el campo de la estrella será mayor)
M 1,3 · 1030
gestrella =G 2 =6,67 · 10−11 10 8 2
=0,0108637 m/ s2 ó N /kg
d estrella (8,98 ·10 −4,6 · 10 )
M planeta −6
−11 5 · 10 · 1,3 ·10
30
2
g planeta=G 2 =6,67 · 10 8 2
=0,0020489 m/ s ó N /kg
d planeta (4,6 ·10 )
Vemos que es mayor el gampo generado por la estrella en ese punto, luego tendrá sentido hacia
dentro de la estrella, y el módulo será la diferencia. Definimos como vector unitario el dirigido
hacia fuera de la estrella
g⃗ ⃗ + g planeta
total = gestrella ⃗ =−(0,0108637−0,0020489) u⃗r≈−0,00881 u⃗r m/s 2 ó N /kg
2017-Septiembre
A. Pregunta 1.-
a) La velocidad de escape es la que debe tener un cuerpo para llegar a un punto infinitamente
lanzamiento desde un punto A en la superficie del planeta a un punto B infinitamente alejado: la
energía mecánica se conserva dado que no hay fuerzas no conservativas como el rozamiento.
Página 21 de 66
Mm 1 2
R 2
B (∞): E p=0 ;E c =0
−G
Mm 1
R 2
2
+ m v e =0 ⇒ v e= 2
√
GM
R
b) Utilizamos la definición de aceleración de la gravedad para averiguar el radio
√ √
−11 23
M GM 6,67 ·10 · 3,30 ·10
g=G 2 ⇒ R= = =2,44 · 106 m
R g 3,70
√ √
−11 23
GM 6,67 ·10 · 3,30 ·10 3
ve= 2 = 2 =4,25 ·10 m/ s a) La velocidad de escape es la que debe
R 2,44 ·10 6
tener un cuerpo para llegar a un punto infinitamente alejado con velocidad nula. Aplicamos el
principio de conservación de la energía mecánica en un lanzamiento desde un punto A en la
superficie del planeta a un punto B infinitamente alejado: la energía mecánica se conserva dado que
no hay fuerzas no conservativas como el rozamiento.
Mm 1 2
R 2
B (∞): E p =0 ;E c =0
−G
Mm 1
R 2
+ m v 2e =0 ⇒ v e= 2
√ GM
R
b) Utilizamos la definición de aceleración de la gravedad para averiguar el radio
M
g=G 2 ⇒ R=
R √ √GM
g
=
6,67 ·10−11 · 3,30 ·10 23
3,70
=2,44 · 106 m
√
ve= 2
GM
R
B. Pregunta 1.-
= 2
√ 6,67 ·10−11 · 3,30 ·10 23
2,44 ·10
6
3
=4,25 ·10 m/ s
a) En una órbita circular la única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria y es radial.
Planteamos la ley fundamental de la dinámica, segunda ley de Newton, en modo escalar con los
módulos, igualando fuerza gravitatoria y fuerza centrípeta.
√
2
Mm v GM
F g=F c ⇒G 2 =m ⇒ v=
R R R
GM
b) Utilizando el mismo desarrollo de apartado a R= 2
v
2π R
T
3 GM 2
4π √ GM 2
4π
2
T
√
−11 23
6,67 ·10 · 6,42 ·10
Sustituyendo valores numéricos R= 3 2
(24,62 ·3600)2=2,042 ·10 7 m
4π
La energía mecánica es la suma de energía cinética y potencial. Usamos directamente la expresión
de energía potencial gravitatoria (la deducción implica integrar) y obtenemos la expresión de
energía mecánica en órbita y el valor pedido
Em =E p + Ec = + mv = + m =
R 2 R 2 R 2 R
−11 23
−1 6,67 ·10 · 6,42 ·10 ·21
Em = =−2,202 ·107 J
2 2,042 ·10
7
2017-Junio-coincidentes
Página 22 de 66
A. Pregunta 1.-
a) Planteamos conservación de energía mecánica entre los dos puntos
1 2 Mm
A. Punto de lanzamiento Ec = m v lanzamiento ; E p=−G
2 RTierra
Mm
B. Punto de altura h Ec =0 ; E p=−G
RTierra +h
1 2 Mm Mm
E m (A )=E m (B)⇒ m v lanzamiento−G =−G
2 R Tierra R Tierra +h
√
v lanzamiento= 2GM (
1
R Tierra
−
1
RTierra + h
)
√
v lanzamiento = 2 · 6,67 ·10
−11 124
· 5,97 ·10 ·( 6
− 6
1
6,37 · 10 6,37· 10 +150 · 10
3
)=1696 m/ s
b) La energía adicional a aportar es la energía cinética asociada a la velocidad que tiene que tener
para tener una órbita estable a esa altura.
Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en una órbita circular estable
Mm v2 2 GM
G 2 =m ⇒ v =
Ro Ro Ro
1 2 1 Mm
La energía cinética adicional a aportar será E= m v = G
2 2 Ro
(se podría haber llegado a la misma expresión restando la energía mecánica en una órbita circular
con ese radio y la energía potencial esa altura)
1 6,67 · 10−11 ·5,97 · 1024 · 120 9
Sustituyendo E= =3,66 · 10 J
2 6
6,37 · 10 +150 ·10 3
B. Pregunta 1.-
Aunque los puntos se dan con 3 coordenadas (x, y, z) la coordenada z y P3 (9/2,6)
siempre es 0, por lo que se trata de un problema en el plano XY.
Realizamos un diagrama en z=0 representando los puntos P1(1,0), P2(3,4)
y P3(9/2,6)
P2 (3,4)
a) Se plantea utilizando la relación ΔEp=m·ΔV aunque se podría haber
usando directamente ΔEp.
El trabajo realizado por el campo para mover m1 es
W P → P =−m1 Δ V =−m1 (V P −V P )
1 2 2 1
M M
W P →P =−2 ·(−G −(−G ))
1 2
d2 d1
M
1 1
W P → P =2 · 6,67· 10−11 · 50( 2 2 − )=−5,336 ·10−9 J P1 (1,0) x
1 2
√3 + 4 1
El trabajo es negativo, es en contra del campo: estamos alejando una masa de M y el campo
tendería a atraerla.
b) Se pide la energía cinética de la partícula partiendo del reposo, que por el teorema de las fuerzas
vivas es igual al trabajo total realizado Δ E c =W total
(También se puede plantear mediante conservación de E mecánica). En este caso el único trabajo lo
realiza el campo, y el trabajo realizado por el campo para mover m2 es
M M 1 1
W P → P =−3 ·(−G −(−G ))=3 · 6,67 ·10−11 · 50( 2 2 − )=6,67 ·10−10 J
3 2
d2 d3 √3 + 4 √(9 /2) +62 2
El trabajo es positivo, es a favor del campo: estamos acerando una masa a M, la masa m2 está
ganando energía cinética.
2017-Junio
A. Pregunta 1.-
a) Se podría incluir el deducir la expresión de la velocidad de escape en la superficie del asteroide
Página 23 de 66
en función de su masa y su radio, utilizando el principio de conservación de la energía mecánica

entre el punto de lanzamiento y una posición infinitamente alejada, pero la usamos directamente.
ve= 2
√ GM
R
4 3 4 3 14
M =ρ· V =ρ· π R =3000· π 3000 =3,39· 10 kg
3 3
La densidad y el radio los expresamos en unidades del Sistema Internacional como G . La densidad
√ √
−11 14
es 3000 kg/m³ y el radio 3000 m. v e = 2 GM = 2· 6,67 · 10 · 3,39· 10 =3,88 m/s
R 3000
b) Planteamos la conservación de energía mecánica entre el punto de lanzamiento en superficie a la
velocidad de escape y el punto a 1000 m de altura.
1 2 Mm
A. Punto de lanzamiento Ec = m v e ; E p=−G
2 R asteroide
1 2 Mm
B. Punto a 1 km de altura Ec = 2 m v ; E p=−G
(Rasteroide + 1000)
1 Mm 1 Mm
Em ( A)=Em ( B)⇒ m v 2e −G = m v 2−G
2 Rasteroide 2 ( Rasteroide + 1000)
14 14
1 2 −11 3,39 ·10 1 2 −11 3,39 · 10
(3,88) −6,67 · 10 · = v −6,67 · 10 ·
2 3000 2 (3000+ 1000)
v= √2 ·5,642925≈3,36 m/ s
B. Pregunta 1.-
M estrella 0,12 · M S −11 0,12· 1,99 ·10
30
a) g=G 2 =G =6,67 ·10 · ≈1658 m/ s2
Restrella (0,14 · RS )2 (0,14 · 7 · 108)2
2πr
b) Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en una órbita circular, y usando v =
T
√
2 2 2
M Próxima Centauri m 4 π Rórbita 3 G ·0,12 · M S T
G =m ⇒ R órbita=
R 2órbita T 2 Rórbita 4 π2
√
−11 30 2
3 6,67 ·10 · 0,12· 1,99 ·10 ·(11,2· 24 · 3600) 9
Rórbita = 2
=7,23 ·10 m
4π
Comentario: son datos reales aproximados del exoplaneta Próxima Centauri b
2017-Modelo
A. Pregunta 1.-
Resolución idéntica a 2016-Modelo-A1
B. Pregunta 1.-
Resolución idéntica a 2016-Modelo-B1
2016-Septiembre
A. Pregunta 1.-
a) Planteamos conservación de energía mecánica entre los dos puntos
1 2 Mm
A. Punto de lanzamiento Ec = m v lanzamiento ; E p=−G
2 R planeta
Mm
B. Punto de altura máxima Ec =0 ; E p=−G ; r =R planeta +h máx
r máx máx
1 Mm Mm
Em ( A)=E m (B)⇒ m v 2lanzamiento −G =−G
2 R planeta r máx
23 23
1 3 2 −11 6,42 ·10 −11 6,42· 10
(2 ·10 ) −6,67 · 10 · =−6,67 · 10 ·
2 4500 ·10
3
r máx
6 6
r máx=5,697 · 10 m⇒ hmáx =1,197 ·10 m
b) Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en una órbita circular
Página 24 de 66
√ √
2
Mm v órbita GM
−11
6,67 · 10 ·6,42 · 10
23
G 2 =m ⇒ v órbita= = =2741,6 m/s
r órbita r órbita r órbita 5,697 ·10
6
>Comentario: la masa del enunciado es aproximadamente la de Marte, que tiene una velocidad de
escape de unos 5 km/s
B. Pregunta 1.-
2πr
a) Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en una órbita circular, y usando v =
T
2 2 2 3 2 8 3 3
Mm 4 π r órbita 4 π r órbita 4 π (0,45 · 10 ·10 ) 30
G 2 =m 2 ⇒M= 2
= −11 2
=9,2 · 10 kg
r órbita T r órbita GT 6,67 ·10 ·(28 · 24 · 3600)
30
M −11 9,2 · 10 10 2
b) Si diámetro=200 km, R=100 km |g |=G 2
=6,67 · 10 3 2
=6,14 · 10 m/s
R (100 · 10 )
>Comentario: si calculamos la velocidad de escape podemos ver que es próxima a la velocidad de
√ √
−11 30
GM 6,67 ·10 · 9,2 ·10
la luz, sin llegar a ser un agujero negro v = 2 = 2· =1,11· 108 m/s
R 100· 10 3
2016-Junio
A. Pregunta 1.-
a) En la órbita elíptica el momento angular se conserva, por lo que su módulo es el mismo en todos
los puntos. Dado que en en perihelio y afelio vector posición y velocidad forman 90º, podemos
igualar los módulos y llegamos a
⃗ |=|L ⃗ |⇒r r perihelio
|L perihelio perihelio perihelio · m· v perihelio =r afelio · m· v afelio ⇒ v afelio =v perihelio ·
r afelio
9
206,7 · 10
v afelio =26,50· 103 · 9
≈21980 m s−1
249,2 ·10
Se puede citar que la velocidad es un vector tangente a la trayectoria y se indica solamente su
módulo. Validación física: en afelio debe llevar una velocidad menor que en perihelio.
b) Con datos de afelio obtenidos en a)
M M 1
Ema=E pa+ E ca=−G S M + M M v 2a
ra 2
30 23
1,99 ·10 ·6,42 · 10 1
Ema=−6,67 · 10−11 · + 6,42 ·10 23(21,98 · 103 )2=−1,869 · 1032 J
249,2· 10
9
2
Con esto bastaría, pero hacemos validaciones:
-La energía mecánica también es constante en la órbita, la podemos calcular en cualquier punto.
Para el perihelio con los datos del enunciado
MS MM 1 2
E mp=E pp + Ecp =−G + M M vp
rp 2
30 23
1,99 ·10 · 6,42· 10 1
Emp=−6,67 · 10−11 · + 6,42 ·10 23(26,50 · 103 )2=−1,869 · 1032 J
206,7 · 10 9
2
-Si usamos expresión general para la energía mecánica en órbita elíptica, en la que se usa el valor
del semieje mayor que es a=(206,7·109+249,2·109)/2=2,2795·1011 m
−1 M S M M
E m= G
2 a
30 23
−1 1,99· 10 ·6,42 ·10
Emp= 6,67 · 10−11 · =−1,869 ·10 32 J
2 2,2795 · 10
11
B. Pregunta 1.-
a) Usamos la ley de Hooke F=kΔL, y como el muelle es el mismo, el cociente entre pesos que son
las fuerzas que realizan la deformación, es igual que el cociente entre alargamientos
Página 25 de 66
P T k Δ LT Δ LT 3
= ⇒ PT = PM= P
P M k Δ LM Δ LM 1,13 M
Al ser P=mg y haberse usado la misma masa, la relación es la misma entre los valores de
aceleraciones de la gravedad.
Si queremos que una masa tenga en Marte el mismo peso que en la Tierra, la masa total hay que
3
aumentarla en el mismo factor que la diferencia de pesos m= 90≈239 kg . Como se pide la
1,13
masa adicional, serían 239-90=149 kg.
gT 3
Planteamiento directo m gT =(m+ M adicional ) g M ⇒ M adicional =m −m=90( −1)≈149 kg
gM 1,13
b) Utilizando la constante elástica del muelle, calculamos el valor de la gravedad en la Tierra
P F k· Δ L 327 ·0,03 2
g= = = = =9,81 m/ s
m m m 1
Usamos la definición de gravedad
g R2 9,81 ·(6,37 · 106 )2
|g|=G M2 ⇒ M = T = =5,97 · 1024 kg
RT G 6,67 · 10−11
2016-Modelo
A. Pregunta 1.-
a) La distancia entre los centros de ambos cuerpos es la suma del radio de Urano (RU) más la
distancia entre sus superficies, más el radio de Titania (Rt).
Los radios de Urano y Titania los podemos calcular a partir de g y los datos dados:
MU
√
MU
√
25
−11 8,69· 10 7
gU =G 2 ⇒ RU = G = 6,67 ·10 · =2,58 ·10 m
RU gU 8,69
Mt
√ √ Mt 21
3,53 · 10
gt =G ⇒ Rt = G = 6,67 ·10−11 · =7,98· 105 m
Rt 2
gt 0,37
La distancia entre ambas superficies es d=c·t=3,0· 108 ·1,366=4,10· 108 m
El radio de la órbita de Titania es Rórbita Titania=2,58 · 107 +7,98 ·10 5+ 4,10 ·10 8=4,37 · 108 m
b) Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en la órbita circular de Titania:
2
Mm v2 GM ( 2 π R) GM 4 π2 3
G 2 =m ⇒ v 2= ⇒ = ⇒ T 2
= R
Ro Ro Ro T2 Ro GM o
T=
√ 4 · π2
−11
6,67· 10 · 8,69· 10
5
25
·(4,37 ·108 )3=7,54 · 105 s
1 día terrestre
T =7,54 ·10 s · =8,73 días terrestres
24 · 3600 s
B. Pregunta 1.-
a) Se podría incluir el deducir la expresión de la velocidad de escape en la superficie de un planeta
entre el lanzamiento y una posición infinitamente alejada, pero la usamos directamente:
ve= 2
√ GM
R
Sustituyendo y teniendo en cuenta que MPlaneta=2MTierra, y que RPlaneta= ½ RTierra
ve
=
Planeta
2
√
GM Planeta
R Planeta
=
√
2 M Tierra R Tierra
=√ 4=2
√
ve GM Tierra M Tierra ½ R Tierra
2
Tierra
RTierra
Página 26 de 66
M Planeta
G
g Planeta R2Planeta 2 M Tierra (RTierra )2
b) = = =8 ⇒ g Planeta=8 gTierra=8· 9,81=78,5 m/ s2
g Tierra M M Tierra (½ RTierra ) 2
G 2Tierra
RTierra
La aceleración de la gravedad es un vector: la dirección es una línea radial a partir del centro del
Planeta, y el sentido dirigido hacia el centro del planeta.
2015-Septiembre
A. Pregunta 1.-
2
M R superficie
gsuperficie =G 2 ⇒ M =g superficie ·
Rsuperficie G
8
8 2 ·10
a) 2 ·10 =2 π R superficie ⇒ R superficie =
2π
8 2
10
( π )
M =3· −11
=4,56 · 1025 kg
6,67 ·10
b) Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en la órbita circular del planeta:
2
Mm v2 GM (2 π R) GM 4 π2 3
G 2 =m ⇒v 2= ⇒ = ⇒ T 2
= R
Ro Ro Ro T
2
Ro GM o
√
2 8 3
4·π 10 6 4
T= −11 25
·( π +30 · 10 ) =5,54 ·10 s=15,4 h
6,67 ·10 · 4,56 · 10
B. Pregunta 1.-
4 3
ρ · π R superficie
M 3 4
gsuperficie =G 2 =G =Gρ π Rsuperficie
a) Rsuperficie
2
R superficie 3
−11 4 3 −3 2
g superficie=6,67 · 10 · 5500· π · 5 ·10 =7,68· 10 m/s
3
b) Se podría incluir el deducir la expresión de la velocidad de escape en la superficie de un planeta
√
4 3
Gρ π R
√
v e= 2
GM
R
= 2
3
R √ 4
= 2 · 6,67 ·10−11 · 5500 · π· (5· 103 )2=8,77 m/ s
3
A. Pregunta 1.-
a) Planteamos la diferencia de energía entre los dos puntos, asumiendo velocidad nula en ambos, y
esa diferencia será la energía mínima a aportar (enunciado habla de energía cinética a aportar; se
puede asumir que se trata de un lanzamiento vertical)
Mm
1. Superficie: E p =−G
RT
Mm
2. Altura h: E p =−G
RT +h
La energía a aportar será
Mm Mm 1 1 h
Δ E=−G −(−G )=GMm ( − )=GMm
RT +h RT RT RT +h (RT )(RT +h)
GMm
Para el caso h=RT la expresión queda Δ E=
2 RT
6,67 · 10 ·5,97 ·10 · 103
−11 24
Sustituyendo Δ E= 6
=3,13 ·10 10 J
2 ·6,37 · 10
Página 27 de 66
b) La energía adicional a aportar es la energía cinética asociada a la velocidad que tiene que tener
para tener una órbita estable a esa altura.
Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en una órbita circular estable
2
Mm v 2 GM
G 2 =m ⇒ v =
Ro R o Ro
1 2 1 Mm
La energía cinética adicional a aportar será E= m v = G En este caso Ro=RT+h = 2RT
2 2 Ro
1 6,67 · 10−11 ·5,97 · 1024 · 103
Sustituyendo E= =1,56 ·10 10 J
2 2 ·6,37 · 10
6
B. Pregunta 1.-
M planeta M planeta M Tierra M Tierra M planeta M planeta
a) g planeta=G 2 =G 2
· =G 2
· =g Tierra
R planeta (2· RT ) M Tierra RT 4 M Tierra 4 M Tierra
Como según enunciado la aceleración de la gravedad es la misma
M planeta
1= ⇒ M planeta=4 M Tierra
4 M Tierra
b) Planteamos la diferencia de energía entre los dos puntos, asumiendo velocidad nula en ambos, y
esa diferencia será la energía mínima a aportar
Mm
1. Superficie: E p =−G
R superficie
Mm
2. Altura h: E p =−G
R superficie +h
La energía a aportar será
Mm Mm 1 1 h
Δ E=−G −(−G )=GMm( − )=GMm
R superficie + h R superficie Rsuperficie R superficie +h ( Rsuperficie )(R superficie +h)
RT
G 4 M Tierra m
Δ E planeta (2 RT )(3 RT ) 4
Comparando para h =RT = =
Δ E Tierra RT 3
G M Tierra m
( RT )(2 R T )
2015-Junio
A. Pregunta 1.-
a) Para calcular la velocidad en una órbita circular, si el diámetro es 2,14·106 km, el radio es
1,07·109 m
2 · π · R exterior 2 · π ·1,07 · 109 4
v exterior = = =1,09 ·10 m/s
T exterior 171,6 ·3600
Utilizando la tercera ley de Kepler podemos plantear (no es necesario cambiar de unidades los
periodos mientras expresemos ambos con las mismas unidades)
√ √
3 2 2
Rexterior T exterior 3 T interior 42 2 8 9 3
3
=
2
⇒ Rinterior =Rexterior
2
⇒ Rinterior =1,07 ·10 ·
2
=4,19 ·10 m
Rinterior T interior T exterior 171,6
b) Si igualamos fuerza centrípeta y gravitatoria en la órbita circular para el planeta exterior:
4 2 9
Mm v2 v 2 · R (1,09 ·10 ) · 1,07· 10
G 2 =m ⇒ M = = =1,91 ·10 27 kg
R R G 6,67 ·10 −11
Si el diámetro del planeta es 2,4·104 km, su radio es 1,2·107 m

27
M −11 1,91 ·10
La aceleración de la gravedad en superficie es g=G 2 =6,67 ·10 · 7 2
=885 m/ s 2
R (1,2 ·10 )
B. Pregunta 1.-
a) Si el diámetro son 6,0·105 km, el radio son 3,0·108 m
Página 28 de 66
8 2
M gR2 125 ·(3,0 · 10 ) 29
g=G ⇒ M = = =1,7 · 10 kg
R
2
G 6,67· 10
−11
b) Si igualamos fuerza centrípeta y gravitatoria en la órbita circular llegamos a la expresión para la

tercera ley de Kepler, con la que obtenemos el radio de la órbita usando periodo y masa.
√
2 2 2 2
Mm v GM 2πR 2 4π 3 3 GM T
G 2 =m ⇒ =( ) ⇒T = R ⇒ R=
R R R T GM 4 π2
√
−11 29 2
3 6,67 ·10 · 1,7 ·10 ·(12 · 3600) 8
R= 2
=8,1· 10 m
4π
2015-Modelo
A. Pregunta 1.-
a) Llamamos M=Masa estrella, m=masa del planeta, T=Periodo revolución planeta
Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en la órbita circular del planeta:
2
Mm v2 2 GM ( 2 π R) GM 3 GMT
2
G 2 =m ⇒v = ⇒ = ⇒ R = (R es radio órbita del planeta)
R Rp R T2 R 4 π2
Esta relación es la 3ª ley de Kepler para órbitas circulares.
b) La expresión anterior es válida tanto para el planeta como para la Tierra: planteamos ambas
2
3 MT
Planeta: R =G 2
4π
2
3 M Sol T Tierra
Tierra: Rórbita Tierra=G 2
(indicamos Rórbita Tierra para no confundir con RTierra)
4π
Por el enunciado tenemos que M=3·MSol, y T=TTierra. Sustituyendo y dividiendo ambas expresiones
3· M Sol ·T 2
G
R3 4 π2 3
3
= 2
=3 ⇒ R=√ 3 RórbitaTierra
RórbitaTierra M T
G Sol 2
4π
B. Pregunta 1.-
a) Se indica solamente radio: asumimos planetas esféricos y de densidad uniforme.
4 3
ρ· π R planeta
M 4 3 3 4
g superficie=G 2 ; M =ρ· V =ρ· π R planeta ⇒ g superficie=G =G · ρ· π R planeta
R planeta 3 2
R planeta 3
4
G ·ρ A · π R A
g superficie A 3 ρ g R
= ⇒ ρA = superficie A · B =3 ·1=3
g superficie B 4 B g superficie B R A
G ·ρB · π R B
3
b) Introducción genérica (o bien plantear directamente la expresión para la velocidad de escape)
El significado físico de la velocidad de escape es la velocidad que debería tener un cuerpo en la
superficie de un planeta para escapar del campo gravitatorio, es decir, llegar al infinito con
velocidad nula. Utilizando el principio de conservación de la energía y teniendo en cuenta que en el
infinito la Ep y Ec son nulas
1
2
mv −
2 GMm
Rsuperficie √
=0 ; v escape = 2
v escape A √ 2· gsuperficie A · R A
GM
Rsuperficie
= √ 2· g superficie · R superficie
= = √ 3 · 1=√ 3
v escape B √ 2· gsuperficie B · R B
v escape A 2 3
v escape B= = · 10 m/ s≈1155m/s
√ 3 √ 3
Validación lógica: si ambos tienen el mismo radio, pero A tiene más aceleración gravitatoria en
superficie, la velocidad de escape de B tiene que ser menor que la de A.
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2014-Septiembre
A. Pregunta 1.-
a) Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en la órbita circular:
2 2 2
Mm v 2 GM ( 2 π Ro ) GM 3 GMT
G 2 =m ⇒ v = ⇒ 2
= ⇒ R o= 2
Ro Ro Ro T Ro 4π
No tenemos como datos G y M,pero tenemos como dato la gravedad en su superficie y su radio, por
lo podemos plantear
M 2
g superficie=G 2 ⇒ GM = g superficie · R planeta
R planeta
Sustituyendo
√
3 2 2
3 3,71 ·(3393· 10 ) · (24 · 3600) 7
Ro= 2
=2,01 ·10 m
4π
1
2
mv 2−
GMm
Rsuperficie √
=0 ; v escape = 2
GM
Rsuperficie
= √ 2· g superficie · R superficie= √ 2· 3,71 ·3393 · 103=5018 m/ s
Comentario: por los datos de gravedad en superficie y radio, el planeta es Marte.
B. Pregunta 1.-
a) Utilizando el dato de planeta esférico, densidad uniforme, y realizando los cambios de unidades
necesarios al Sistema Internacional
M 4 3
g superficie =G 2 ; M =ρ·V =ρ· π R planeta
R planeta 3
4
ρ · π R3planeta
3 4 4
g superficie=G =G ·ρ · π R planeta=6,67 · 10−11 · · π ·1,33 · 103 · 71500 ·10 3=26,57 m/s 2
2
R planeta 3 3
b) Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en la órbita circular, calculamos el radio de la órbita
2 2 2 2 2
Mm v 2 GM ( 2 π Ro ) GM 3 GMT g superficie · R planeta · T
G 2 =m ⇒ v = ⇒ = ⇒ R o = =
Ro Ro Ro T
2
Ro 4π
2
4π
2
Ro=
En una órbita circular
√
3 26,57 ·(71500 · 103)2 ·(73 · 3600)2
4π 2
=6,19 ·108 m
2 π R o 2 · π ·6,19 · 108 4
v= = =1,48 ·10 m/ s
T 73 ·3600
A. Pregunta 1.-
a) Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en una órbita circular
Mm v
2
2 GM ( 2 π Ro )2 GM 3 GMT
2
G 2 =m ⇒ v = ⇒ = ⇒ R o=
Ro Ro Ro T2 Ro 4 π2
No tenemos G y M como dato, pero utilizando el dato de energía mecánica y la expresión para la
energía mecánica para una órbita circular
−1 Mm E R
Em = G ⇒ GM=−2 m o
2 Ro m
Sustituyendo
Página 30 de 66
√ √
7 2
3 E m Ro T 2 Em T 2 (−5 ·10 ) ( 24 · 3600) 7
R =−2
o ⇒ Ro = −2 = −2 · =1,38 · 10 m
m 4π 2
m 4π 2
100 4π
2
Em Ro 7
(−5 ·10 · 1,38 ·10 )
7
23
b) M =−2 =−2 · =2,01· 10 kg
Gm −11
6,67 ·10 · 100
B. Pregunta 1.-
a) Si el diámetro de la Tierra es 2,48 veces mayor, el radio es también 2,48 veces mayor.
M Tierra
M Titán 44,3 M Tierra 2,482 2,48 2 2,482
g Titán=G 2 =G =G 2 =g Tierra · =9,81· ≈1,36 m/ s 2
R Tierra 44,3 44,3 44,3
2
RTitán R
( Tierra )
2,48
b) Se podría incluir el deducir la expresión de la velocidad de escape en la superficie de un planeta
ve= 2
√ GM
R
ve
=
Tierra
2
√
GM Tierra
√
RTierra
=
√
M Tierra RTitán
= 44,3 ·
1
≈4,23
√
ve GM Titán M Titán R Tierra 2,48
2
Titán
RTitán
2014-Junio
A. Pregunta 1.-
a) Se podría incluir el deducir la expresión de la velocidad de escape en la superficie de un planeta
v e= 2
√ GM
R
La combinamos con los datos del enunciado: MA/MB=3 y RA/RB=4
ve
A
=
2
√GM A
RA
√ =
√
M A RB
= 3· =
1 √3
√
ve GM B M B RA 4 2
2
B
RB
M
G 2A
g A , superficie R A M A R2B 1 3
b) = = =3 · 2 =
gB ,superficie M B M B RA 2
4 16
G 2
RB
B. Pregunta 1.-
a) Se podría incluir el deducir la expresión de la velocidad de lanzamiento para alcanzar una altura
h en la superficie de un planeta en función de su masa, su radio y la altura alcanzada, utilizando el
principio de conservación de la energía mecánica entre el lanzamiento y la posición de máxima
altura, pero la usamos directamente:
v L = 2 GM ( −
√ 1
R R+h
1
) La velocidad de escape es una particularización de esta velocidad para el
caso de h=∞, con lo que se tiene v e = 2

√
Sustituimos los datos datos y calculamos valores numéricos:
GM
R
√ −11
v L = 2 · 6,67 ·10 · 5,97 ·10 (
24 1
6
− 6
1
6,37 · 10 6,37 ·10 + 500· 10
3
3
)=3,02· 10 m/s
Página 31 de 66
√
v e = 2 ·6,67 · 10
−11 24
· 5,97 ·10 (
1
6,37 · 10
6
4
)=1,12 · 10 m/s
Como se indica comparar, lo hacemos cualitativamente: la velocidad de escape tiene que ser mucho
mayor que la velocidad de lanzamiento para alcanzar esa altura, ya que supone “llevar la masa más
lejos, aportarle más energía potencial”.
Ni la velocidad de lanzamiento ni la velocidad de escape dependen de la masa del objeto, que son 2
kg según el enunciado. Esa masa influirá en la energía gastada en proporcionar a ese cuerpo esa
velocidad, que supone aportarle esa energía cinética.
b) Aunque se podría hacer numéricamente para la velocidad de lanzamiento calculada en a, y sería
válido y más corto, lo hacemos analíticamente para expresar esa distancia en función de R y h.
Utilizamos la conservación de la energía mecánica, llamando
A: Situación de lanzamiento: la energía mecánica es la cinética y la potencial gravitatoria asociada
al radio de la Tierra. Al mismo tiempo, y por conservación de energía mecánica en la situación del
apartado a, será la energía mecánica en el punto de altura máxima
1 2 Mm 1 1 1 Mm Mm
Em ( A)= mv L −G = m2 GM ( − )−G =−G
2 R 2 R R +h R R +h
B: Situación donde la velocidad se ha reducido un 10% (pasa a ser el 90% de la inicial) con
respecto a la velocidad de lanzamiento: la energía mecánica es la cinética asociada al 90% de
velocidad y la potencial gravitatoria asociada a la altura que queremos averiguar, que llamamos x.
1 2 Mm 2 1 1 Mm 0,81 0,81 1
Em (B)= m( v L · 0,9) −G =0,9 mGM ( − )−G =G Mm( − − )
2 R+ x R R+ h R+ x R R +h R + x
Igualando y operando
Mm 0,81 0,81 1
−G =G Mm( − − )
R+h R R +h R + x
−1 0,81(R+h)( R+ x )−0,81 R( R+ x )−R( R+ h)
=
R+ h R(R+ h)( R + x)
−R −Rx=0,81 R + 0,81 Rh+0,81 Rx+0,81 hx−0,81 R2−0,81 Rx−R2−Rh
2 2
2
(−1−0,81+0,81+1)R +(−R−0,81 R−0,81h+ 0,81 R) x=(0,81−1) Rh
−0,19 Rh 0,19 h
x= =
−R−0,81 h h
1+0,81
R
Físicamente podemos validar cierta consistencia: la expresión cumple que si h=0 entonces x=0.
Si h<<R, llegamos a que x=0,19h, que es la expresión a la que se llega si igualamos utilizando la
2
expresión de energía potencial gravitatoria para h<<R, y en ese caso v L =2 gh
2
mgx+ ½ m(0,9 v) =mgh⇒ gx +½0,81· 2 gh=gh⇒ x=0,19 h
Sustituyendo
−0,19 · 6,37 ·10 6 · 500 ·103 4
x= 6 3
=8,93 · 10 m=89 km
−6,37 · 10 −0,81· 500 ·10
Físicamente podemos validar cierta consistencia: es menor que 500 km, y que está más próximo al
punto más de lanzamiento (donde se tiene el 100% de la velocidad inicial) que al punto de máxima
altura donde la velocidad es nula.
Como enunciado pide “la distancia a la que se encuentra el cohete, con respecto al centro de la
Tierra”, el resultado pedido es 6,37·106+8,93·104≈6,46·106 m
2014-Modelo
A. Pregunta 1.-
a) Hay una manera elegante y simple de resolverlo sin ningún cálculo (idea de Juan G): el potencial
gravitatorio solamente es 0 en el infinito, tanto para el Tierra 11
1,5·10 m Sol
potencial creado por una única masa como para el
potencial creado por varias masas, ya que se suman x=0 11 x
x 1,5·10 -x
siempre potenciales con el mismo signo, luego no puede
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haber ningún punto con coordenada finita donde se anule el potencial.

Resolviéndolo de manera numérica, tomamos como eje x la línea que une ambos centros, con el
origen en la Tierra y x positivas dirigidas hacia el Sol, utilizando unidades en m. Con lo que la
coordenada x de un punto será su distancia a la Tierra, y 1,5·1011-x será la distancia de ese punto al
Sol. Utilizando el principio de superposición, el potencial gravitatorio será la suma de potenciales
gravitatorios asociados al Sol y a la Tierra. En la fórmula debemos utilizar distancias, no
coordenadas, y usamos valor absoluto ya que las distancias siempre son positivas.
M M Sol
V =V Tierra +V Sol =−G Tierra −G =0 Sustituyendo MSol=333183 ·Mtierra,
∣x∣ ∣1,5 · 1011−x∣
1 333183 1 333183
0= + ⇒− = Resolvemos desglosando casos de valores absolutos:
∣x∣ ∣1,5 · 10 −x∣
11
∣x∣ ∣1,5 · 1011−x∣
11 1,5· 1011 5
Caso A: x<0 → |x|=-x, |1,5·10 -x|=1,5·10 -x 333183· x=1,5 · 10 −x ⇒ x=
11 11
=4,5 ·10 m
333184
No es válido ya que la solución es positiva cuando la premisa es que fuera negativa.
Caso B: 0<x<1,5·1011 → |x|=x, |1,5·1011-x|=1,5·1011-x
11 1,5 ·10 11 5
−333183 · x=1,5 ·10 −x ⇒ x= =−4,5 · 10 m
−333182
No es válido ya que la solución es negativa cuando la premisa es que fuera positiva.
Caso C: 1,5·1011<x→ |x|=x, |1,5·1011-x|=-1,5·1011+x
11 −1,5 · 1011 5
−333183 · x=−1,5· 10 + x ⇒ x= =4,5 ·10 m
−333184
No es válido ya que la solución está fuera del rango establecido como premisa
Nota: Aunque los resultados fueran válidos, su valor es de 450 km, y tampoco serían válidos ya que
quedaría en el interior de la Tierra (RTierra ≈6370 km) y dejaría de ser válido el modelo de masa
puntual usado para la Tierra.
b) Tomando el mismo sistema de referencia del apartado a) y utilizando la ley de gravitación
universal y el principio de superposición tenemos
M M Sol
⃗ ⃗ + E⃗Sol =G Tierra (−⃗i )+G
E = E Tierra ⃗i =0 Sustituyendo MSol=333183 ·MTierra,
x2 (1,5 ·1011− x)2
−1 333183
0= 2 + 11 2
⇒333183 · x 2=(1,5· 1011− x)2 ⇒ √ 333183· x =1,5· 1011−x
x (1,5· 10 −x )
1,5· 1011
x= =2,6 ·10 8 m
√ 333183+ 1
B. Pregunta 1.-
a) El momento angular es un vector pero se pide solamente el módulo.
Al estar los satélites geoestacionarios en el plano ecuatorial, el vector posición respecto al centro de
la Tierra y el vector velocidad son perpendiculares, y podemos plantear
∣⃗
L∣= Rórbita · msatélite · v satélite
Calculamos el radio de la órbita geoestacionaria. Al ser una órbita circular, podemos igualar fuerza
2 π Rórbita
gravitatoria y centrípeta, siendo al mismo tiempo v= con T=24·3600=86400 s
T
√
2
Mm v
2
2 GM ( 2 π Ro ) GM 3 GMT
2
3 GMT
2
G 2 =m ⇒ v = ⇒ = ⇒ Ro= ⇒ Ro =
Ro Ro Ro T2 Ro 4 π2 4 π2
Ro =
√
3 6,67 ·10−11 · 5,97 ·10 24 · 864002
4π
7
2
7
=4,22 · 10 m
∣⃗L∣=4,22 ·10 7 · 500 · 2 π 4,22 ·10 =6,48· 1013 kg · m2 · s−1

86400
Para calcular la altura respecto de la superficie terrestre, restamos el radio terrestre:
h=Rórbita-Rterrestre=4,22·107-6,37·106=3,58·107 m
Página 33 de 66
24
1 2 Mm Mm −11 5,97 · 10 ·500 9
b) E m =E c + E p= m v −G =−G =−6,67 ·10 · =−2,36 · 10 J
2 Ro 2 Ro 2 · 4,22 ·10 7
2013-Septiembre
A. Pregunta 1.-
M planeta
a) g planeta=G 2
R Planeta
Como la órbita es circular, igualamos fuerza centrípeta y gravitatoria y expresamos en función de
los datos para el primer satélite, teniendo vo=2πRo/T
v 2 G M planeta m (2 π Ro) 2 G M planeta 4 π 2 R3o
m o= ⇒ = ⇒ G M planeta =
Ro R2o T2 Ro T2
2 3
4 π 2 ((3+1)·10 6)3
4 π Ro 2
Sustituyendo g planeta=
2 2 2
= 6 2
=5,4 m/s
T RPlaneta (2 ·3600) ·(3 ·10 )
b) Utilizando la tercera ley de Kepler, utilizamos subíndice 1 para datos primer satélite y 2 para
segundo. Según enunciado T1=2 h.
T 21 R31
√( ) √(
R2 3
)
6 3
(3+1+0,5) ·10
= 3 ; T 2=T 1 =2 =2,39 h
2
T 2 R2 R1 (3+1) · 10
6
B. Pregunta 1.-
M M 3
a) ρ= V = 3
⇒ M =ρ(4/ 3) π R
( 4 /3)π R
MA
G 2 2 3 2
gA R A M A · RB ρ A (4 /3) π R A RB
= = = Como enunciado indica misma densidad
gB M B M B · R2A ρB (4 /3) π R3B R2A
G 2
RB
g A R A 3500 gB
= = =7 /6≈1,17 =6/ 7≈0,86
g B R B 3000 gA
1
2
mv 2 −
GMm
Rsuperficie
=0 ;v escape = 2
√
GM
Rsuperficie
.
√
GM A
√
2
√
3
v escapeA RA M A RB ρ (4/3)π R A R B R A
= = = A = =7/ 6
v escapeB GM B M B RA ρ B (4/3)π RB R A R B
3
2
RB
A. Pregunta 1.-
2π 2π 4
a) Se pide periodo T = ω = −4
=1,45 ·10 s
4,33· 10
Igualando fuerza centrípeta y gravitatoria en una órbita circular, y expresando en función ω
√
2
Mm v 2 3 GM 3 GM
G 2 =m =mω R 0 ⇒ Ro= 2 ⇒ R o=
Ro Ro ω ω
2
√
−11 22
6,67 ·10 · 7,35 ·10
Sustituyendo Ro= 3 −4 2
=2,97 ·106 m
(4,33 ·10 )
Página 34 de 66
Se nos pide altura desde la superficie h=R0-RL=2,97·106-1,74·106=1,23·106 m

b) Podemos deducir la expresión para la energía mecánica para una órbita circular
−1 Mm 7,35· 1022 · 800
Em = G =−6,67 ·10−11 · =−6,60 ·10 8 J
2 R órbita 2 ·2,97 · 106
B. Pregunta 1.-
2
M g0 R 0 9,81·(6,37 · 106 )2 −11 2 −2
a) g0=G 2 ⇒G= = 24
=6,67 · 10 N·m · kg
R0 M 5,97· 10
Para un péndulo en régimen de pequeñas oscilaciones, se puede deducir la expresión T =2 π

√ L
g
,
que sustituyendo nos da T 0=2 π

M −11
√ 2
9,81
5,97 ·10
≈2,84 s
24
2
b) g 1 =G 2
=6,67 · 10 · 6 3 2
=9,79 m/s
R1 (6,37 ·10 + 8 ·10 )
T 0=T 1 =2 π
2013-Junio
√ L1
g1
T1 2
⇒ L1=g1 ·( ) =9,79 ·(
2π
2,83 2
2π
) =1,99 m
A. Pregunta 3.-
M Mercurio g Mercurio · R 2Mercurio 3,7 ·( 2440· 103 )2 23
a) g Mercurio =G 2 ⇒ M Mercurio = = =3,3· 10 kg
R Mercurio G 6,67 · 10−11
M Mercurio 3,3· 10 23
3
ρMercurio = = =5423 kg / m
V Mercurio (4 /3)π( 2440 ·10 3)3
b) Si górbita/gsuperfice=1/4 → Rsuperfice2/Rórbita2=1/4 → Rórbita = 2·Rsuperficie
La energía necesaria es la diferencia de energía mecánica entre ambas situaciones:
-En superficie la energía es potencial:
23
Mm −11 3,3· 10 · 5000 10
E p =−G =−6,67· 10 · 3
=−4,5 · 10 J
R superficie 2440 ·10
-En órbita la energía es la suma de cinética y potencial. Si asumimos órbita circular estable,
igualando fuerza centrípeta y gravedad podemos deducir la expresión para la energía mecánica
Mm
E m =−G R , y sustituyendo Rórbita = 2·Rsuperficie , tenemos que
2 órbita
23
Mm −11 3,3 ·10 ·5000 10
E m =−G =−6,67 ·10 · =−1,25 ·10 J
2 · 2 · Rsuperficie 2 · 2 · 2440 ·10 3
La energía necesaria es Em órbita – Em superficie =-1,25·1010 - (-4,5·1010 )= 3,25·1010 J

B. Pregunta 5.-
a) Falso. El momento angular, como vector y no solamente en módulo, es constante ya que la fuerza
gravitatoria del Sol es una fuerza central. El momento lineal en el afelio es menor que en el
perihelio, ya que en esos puntos, al ser vector posición r y momento lineal p perpendiculares,
podemos igualar rAmvA=rPmvP y dado que rA>rP, tiene que cumplirse que vP>vA
b) Falso. La energía mecánica se conserva en toda la órbita ya que solamente actúa la fuerza
gravitatoria del Sol que es conservativa. La energía potencial sí es mayor en el afelio que en el
perihelio, ya que la distancia es mayor, y de acuerdo a la expresión para la Energía potencial Ep=-
GMm/R, a valores mayores de R tendremos un número negativo más pequeño, que implicará un
valor mayor.
2013-Modelo
A. Pregunta 1.-
a) Al no existir rozamiento solamente actúa la fuerza de la gravedad que es conservativa y podemos
plantear la conservación de la energía mecánica en el instante de lanzamiento y en el instante en el
que alcanza la altura máxima.
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1 2 Mm
1. Lanzamiento: Ec = m v ; E p =−G
2 R
Mm −2 Mm
2. Altura máxima (la altura es R+R/2= (3/2)·R): Ec=0; E p=−G = G
(3/2)· R 3 R
Igualando energía mecánica en puntos 1 y 2
1
2
2
m v −G
Mm −2 Mm v 2 G M
R
=
3
G
R
⇒ =
2 3 R
⇒v=
√ 2GM
3R √=
2· 6,67 ·10−11 · 1,25 ·10 23
3 · 1,5 ·10
b) La aceleración es un vector. Calculamos su módulo e indicamos dirección y sentido
6
=1924,98 m/ s
cualitativamente: la dirección será radial y sentido dirigido hacia el centro del planeta.
23
∣⃗g∣=G M −11 1,25 · 10 2
2
=6,67 · 10 2
=1,65 m/ s
((3 /2)· R) 3
( ·1,5 · 106 )
2
B. Pregunta 1.-
−GMm
a) Al ser una órbita circular, se puede deducir y manejar a la expresión E p= =2 Em
R
2 E m R 2 ·(−3,27· 108 )· 6 ·10 6 22
Por lo tanto M = = =7,35· 10 kg
−G m −11
−6,67 · 10 ·800
b) La velocidad lineal en la órbita se puede obtener igualando fuerza centrípeta y gravitatoria, o
también deducir y manejar la expresión Ep= 2Em y Em =-Ec.
1 1
√
8
2 8
Ec = m v ⇒−(−3,27 ·10 )= · 800 · v
2 3,27 ·10 · 2
v= =904 m/s
2 2 800
v 904 −4
ω= = =1,5· 10 rad / s
R 6 ·10 6
Si igualamos fuerza centrípeta y gravitatoria, podríamos plantear
√ √
−11 22
Mm GM 6,67 · 10 · 7,35· 10
Fc =F g ⇒ m ω2 RO=G 2 ⇒ ω= 3
= 6 3
=1,5· 10−4 rad / s
RO RO (6 ·10 )
2012-Septiembre
A. Pregunta 2.-
a) El trabajo a realizar lo podemos relacionar con la diferencia de energía entre ambas órbitas:
-El trabajo realizado es la variación de energía cinética (teorema de las fuerzas vivas)
-El trabajo realizado para ir de órbita A a órbita B es la variación de energía potencial cambiada de
signo.
En órbita circular, igualando fuerza centrípeta y gravitatoria, podemos llegar a que la energía
mecánica y la cinética son la mitad en valor absoluto que la energía potencial, siendo la energía
cinética positiva.
Situación A. RoA=5/2 RT :
M m M m 1 M m M m M m
E pA =−G T =−2G T EcA = G T =G T EmA =−G T
5/2 R T 5 RT 2 5 /2 RT 5 RT 5 RT
Situación B. RoB=5 RT :
M m 1 M m −1 M T m
E pB=−G T EcB = G T EmB = G
5 RT 2 5 RT 2 5 RT
-El trabajo realizado por el campo asociado asociado a la variación de energía potencial:
M m M m M m
W FC A→ B =−( E pB− E pA)=−(−G T −(−2G T ))=G T (1−2)
5 RT 5 RT 5 RT
400
W FC A → B=−( E pB−E pA )=−6,67 ·10−11 ·5,98 ·10 24 · 6
=−5 ·10 9 J
5· 6,37· 10
El resultado es negativo, trabajo no realizado por el campo sino aportado contra el campo (en
sentido opuesto campo): estamos llevando el satélite a una “altura mayor”, con más energía
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potencial, aportamos energía al sistema.

-El trabajo asociado asociado a la variación de energía cinética:
1 M m M m M m 1 −1 M T m
W Total A→ B =E cB −E cA = G T −G T =G T ( −1)= G
2 5 RT 5 RT 5 RT 2 2 5 RT
−11 24 400 9
W Total A→ B= E cB −E cA=−0,5· 6,67 ·10 · 5,98 ·10 · 6
=−2,5 · 10 J
5 ·6,37 · 10
El resultado es negativo, en la órbita B la energía cinética es menor. Se extrae trabajo/energía del
sistema, que “pierde” energía cinética.
El trabajo total a realizar será el trabajo aportado para aumentar la energía potencial (cambiamos el
signo porque las expresiones son para el trabajo realizado por el campo, no externamente) menos el
trabajo extraído para reducir la energía cinética:
W No conservativo A→ B =Δ E m =Δ E p+ Δ E c =5 ·10 9−2,5 · 109 J =2,5 ·10 9 J
Nota: podemos llegar a la misma expresión indicando que el trabajo aportado es la variación de
energía mecánica. Como en las órbitas Em=-Ec,
W No conservativo A→ B =E mB− E mA=−( E cB−E cA)=2,5 ·10 9 J
b) Órbita circular, igualamos fuerza centrípeta y gravitatoria, y vo=2πRo/T
√ √
2 2 2 3
v o G M T m (2 π Ro ) G M T 4 π Ro 2 6 3
4 π (5 ·6,37 · 10 ) 4
m = ⇒ = ⇒T = =T = =5,68 ·10 s
Ro Ro
2
T
2
Ro GMT −11
6,67· 10 · 5,98· 10
24
B. Pregunta 2.- (Similitudes con 2010-Junio-Coincidentes-B.Cuestión 1: 1/6≈0,166, 1/4≈0,273)

a) Introducción genérica (o bien plantear directamente la expresión para la velocidad de escape)
superficie terrestre para escapar del campo gravitatorio, es decir, llegar al infinito con velocidad
nula. Utilizando el principio de conservación de la energía y teniendo en cuenta que en el infinito la
Ep y Ec son nulas
1
2
m v 2−
GMm
RT √
=0 ; v escape=
2GM
RT
.
Se pide la velocidad de escape de la Luna y no disponemos de masa: intentamos relacionar masa de
la Luna con la de la Tierra según la relación entre aceleraciones de la gravedad proporcionada:
GM L
2 2 2
∣g⃗L∣ R M R M RT M
=0,166= L = L⋅ T2 = L ⇒ L =0,166 · 0,2732
∣gT∣ GM T M T R L M T (0,273 R T ) M T
2
R2T
√2GM L
√
24
−11 2 10
ve = = 2 ·6,67 · 10 0,166 · 0,273 · 5,98 · =2382m/ s
L
RL 0,273 · 6,37 ·10
6
b) Órbita circular, igualamos fuerza centrípeta y gravitatoria. Pasamos la velocidad a m/s

2
vo G M L m G M L 6,67 ·10−11 · 0,166 · 0,2732 · 5,98 ·10 24 6
m = ⇒ R o= 2 = =2,19· 10 m
Ro 2
Ro vo 1,5 · 10 32
2012-Junio
A. Pregunta 1.-
a) Órbita circular, igualamos fuerza centrípeta y gravitatoria. Pasamos el radio de la órbita a metros.
RS=RT+h=6,37·106+2·107=2,637·107 m
√ √
2
vo G M T m G MT −11
6,67 · 10 ·5,98 ·10
24
m = ⇒v o= = =3889 m/s
RS R 2S RS 2,637 · 107
b) Si la velocidad se anulase repentinamente, no tendría energía cinética y solamente tendría energía
potencial asociada a la altura de la órbita, y caería verticalmente. Sin considerar el rozamiento del
aire solamente actúa la fuerza de la gravedad conservativa y podemos considerar que hay
conservación de la energía mecánica.
Página 37 de 66
MT m
A. Órbita tras el frenado: Ec =0, E p =−G
RS
1 2 MT m
B. Llegada a la superficie.Ec = m v suelo , E p=−G
2 RT
Igualando energías mecánicas en A y B
√
M m 1 M m 1 1
−G T = mv 2suelo −G T ⇒ v suelo = 2 G M T ( − )
RS 2 RT RT RS
√
v suelo= 2· 6,67 ·10
B. Pregunta 1.-
−11 24
· 5,98 ·10 (
1
−
1
6,37 · 10 2,637· 107
6
)=9746 m/ s
a) Órbita circular, igualamos fuerza centrípeta y gravitatoria. Pasamos el radio de la órbita (RO) a
metros, y obtenemos periodo ya que vO=2πRO/T. Con datos enunciado
RO=RT+h=6,37·106+2,5·107=3,137·107 m
2 π RO 2
√
( ) 2 3
T G MT m 2 3 2 4 π RO
m = ⇒ 4 π RO =G M T T ⇒ T =
RO RO
2
G MT
T=
√
MT m
4 · π2 ·(3,137 ·10 7)3
−11
6,67 · 10 ·5,98 ·10
24
=55276 s
24
−11 5,98 ·10 · 3000 10
b) E p =−G =−6,67 ·10 =−3,81 ·10 J
RS 3,137 · 10 7
Para la energía cinética calculamos la velocidad con el periodo

2 7 2
1 2 π RO 2· π· 3,137 ·10 10
E c = m( ) =0,5 · 3000 ·( ) =1,91 ·10 J
2 T 55276
También podríamos saber que en una órbita circular estable la energía mecánica y la cinética son la
mitad en valor absoluto que la energía potencial, siendo la energía cinética positiva.
|E p| |−3,81· 1010| 10
E c= = =1,91 · 10 J
2 2
2012-Modelo
A. Pregunta 1.-
2 3 2
a) g=G M ; M = g⋅R = 7,2⋅(4100⋅10 ) =1,81⋅1024 kg
R
2
G 6,67⋅10
−11
b) Calculamos la diferencia de energía entre ambas situaciones

−11 24
Mm −6,67⋅10 ⋅1,81⋅10 ⋅3 7
Superficie : E c =0 ; E p=−G = =−8,83⋅10 J
R 4100⋅10 3
1 2 Mm
Órbita: E c = m v ; E p=−G
2 Ro
Ro=4100+1000=5100 km
−6,67⋅10−11⋅1,81⋅1024⋅3
E p= 3
=−7,1⋅107 J
5100⋅10
Calculamos velocidad en la órbita estable , donde F g=F c
√ √
2 −11 24
Mm v GM 6,67⋅10 ⋅1,81⋅10
G =m ;v= = =4865 m/ s
Ro
2
R0 Ro 5100⋅10
3
2 7
E c =0,5⋅3⋅4865 =3,55⋅10 J
Energía mecánica total en superficie: Es=-8,83·107 J
Energía mecánica total en órbita: Eo=-7,1·107 +3,55·107 = -3,55·107 J
Página 38 de 66
−GMm
Nota: en una órbita estable la Em es la mitad en valor absoluto de la Ep , Em=
2R
La energía a suministrar es la diferencia: Eo-Es=-3,55·10 -(-8,83·10 )=5,28·10 J
7 7 7
B. Pregunta 1.-
1 2 Mm
Órbita: E c = m v ; E p =−G
2 Ro
R o=6370+ 2500=8870 km
Calculamos velocidad en la órbita estable , donde F g=F c
a) G
Mm
R2o
=m
v2
R0√ √
;
1
v=
2
GM
Ro
=
6,67⋅10−11⋅5,98⋅1024
8870⋅103
2 10
=6706 m/ s
Ec = m v =0,5⋅1100⋅6706 =2,47⋅10 J
2
−11 24
−6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 ⋅1100 10
E p= 3
=−4,95⋅10 J
8870⋅10
10 10 10
Em total=2,47⋅10 −4,95⋅10 =−2,48⋅10 J
b) El momento angular es un vector ⃗L=⃗r × ⃗p=⃗r ×m⋅⃗v
Al calcular el momento angular respecto al centro de la Tierra para una órbita circular, el vector
posición siempre es perpendicular al vector velocidad, por lo que su módulo será
2
|⃗L|=|⃗r|m|⃗v|=8870· 103 ·1100 ·6706=6,54 ·10 13 kg m [también J⋅s ]
s
2011-Septiembre-Coincidentes
A. Problema 1.-
a) El momento angular es constante en la órbita al ser fuerzas centrales, por lo que su módulo es
igual entre dos puntos cualquiera de la órbita. Como en perigeo y apogeo los vectores r y p son
perpendiculares, podemos igualar rAmvA=rPmvP y despejar para obtener el módulo de la velocidad
solicitado.
r p v p 7,02⋅106⋅8,22⋅10 3 3
v A= = =5,60⋅10 m/ s
rA 10,30⋅10 6
b) El módulo del momento angular es constante en la órbita, lo podemos calcular en perigeo o

apogeo, tomamos uno de ellos.
∣⃗
L∣=r p m v p=7,02⋅10 6⋅200⋅8,22⋅10 3=1,15⋅1013 kg m2 s−1 [también J⋅s ]
Su dirección es perpendicular al pano de la órbita, y su sentido vendrá dado por la regla de la mano
derecha al realizar el producto vectorial de los vectores r y p.
c) La velocidad areolar es constante según la 2ª ley de Kepler. Hay dos opciones
A.-Teniendo el periodo de la órbita, se puede utilizar la fórmula del área de la elipse y dividir por él
(similar a resolución apartado a de 2011-Junio-A.Cuestión 1 para órbita circular). No se da T
2 2
explícitamente, pero se puede obtener con la 3ª ley de Kepler T = 4 π recordando que para
R GM
3
órbitas elípticas en hay que usar como R el semieje mayor de la elipse “a”, que podemos calcular
como la mitad de la suma de radio en perigeo y apogeo.
r apogeo +r perigeo 10,30⋅106 +7,02⋅106 6
a= = =8,66⋅10 m
2 2
√
2 6 3
4 π ⋅(8,66⋅10 )
T= −11 24
=8017,6 s
6,67⋅10 ⋅5,98⋅10
Para calcular el área de la elipse debemos calcular su semieje menor, “b”
Una vez conocido el semieje mayor y el apogeo, podemos calcular la distancia del centro al foco
6 6 6
f =r foco a centro=a−r perigeo =8,66⋅10 −7,02⋅10 =1,64⋅10 m
Sabiendo que por geometría de la elipse la suma de distancias entre un punto cualquiera y ambos
Página 39 de 66
focos es constante (mirando en apogeo es ra + (2f+ra) =2a), y tomando los puntos donde cortan
semieje menor y mayor tenemos que la distancia total es 2a. Tomando un triángulo formado por f,
centro y extremo semieje menor. f 2 +b 2=a 2 luego b=√ (8,66⋅10 6)2 −(1,64⋅106) 2=8,5⋅106 m
El área es A=π a b=π⋅8,66⋅10 6⋅8,5⋅10 6=2,31⋅1014 m2
14 2
dA 2,31⋅10 10 m
La velocidad areolar es = =2,88⋅10
dt 8017,6 s
B.-Usar la relación de proporcionalidad entre el módulo del momento angular, que es constante en
toda la órbita, y la velocidad areolar, también constante. La expresión o bien se conoce, o se deduce:
Si planteamos la órbita elíptica y un área diferencial barrida
1
dA= ∣⃗r ×d ⃗r∣ (La mitad del área del paralelogramo
2 dr
formado por vectores r y dr) r(t)

dA
Operando para obtener la velocidad areolar r(t+dt)
dA 1
dt 2 ∣
= ⃗r × ∣ d ⃗r 1
dt 2
= ∣⃗r ×⃗v∣
α dr·senα
dA 1 |⃗ L| |⃗L|
Como ∣⃗ L∣=cte=m∣⃗r ×⃗v∣ = = =cte
dt 2 m 2 m
13 2
dA 1,15⋅10 10 m
= =2,88⋅10
dt 2 · 200 s
d) La energía mecánica del satélite es constante en toda la órbita. La calculamos en uno de los
puntos: perigeo.
1 2 3 2 9
Ec perigeo = m v perigeo=0,5⋅200⋅(8,22⋅10 ) =6,76⋅10 J
2
M ⋅m −6,67⋅10−11⋅5,98⋅1024⋅200
E p perigeo =−G T = =−1,136⋅10 10 J
r perigeo 7,02⋅10 6
Em =Em perigeo =6,76⋅10 −1,136⋅10 10=−4,6⋅10 9 J

9
Mm
Nota: la expresión Em =−G que se conoce / deduce fácilmente para órbitas circulares es
2r
válida en órbitas elípticas si se sustituye el radio r por el semieje mayor de la elipse “a”, calculado
en una de las opciones de apartado c.
Mm −6,67⋅10−11⋅5,98⋅1024⋅200
Em =−G = =−4,6⋅10 9 J
2a 2⋅8,66⋅10
6
B. Cuestión 1 .-
−GMm 1
a) Órbita circular , igualando F g=F c se llega a Em = = E p=−Ec
2r 2
−GMm −6,67⋅10−11⋅5,97⋅1024⋅200
E p= = =−2,65⋅10 9 J
r 3⋅10 7
−11 24
−GMm −6,67⋅10 ⋅5,97⋅10 ⋅200 9
Em = = =−1,33⋅10 J
2r 2⋅3⋅10
7
E c= Em−E p=−1,33⋅109 −(−2,65⋅10 9)=1,32⋅10 9 J

b) La energía a aportar es la diferencia de energía mecánica entre ambas situaciones
−GMm −6,67⋅10−11⋅5,97⋅1024⋅200
E m (r=4⋅10 7 m)= r= =−9,95⋅108 J
2 2⋅4⋅10
7
7 7 8 9 8
Δ E= E m ( r=4⋅10 m)−E m (r =3⋅10 m)=−9,95 ·10 −(−1,32 · 10 )=3,25· 10 J
2011-Septiembre
A. Cuestión 1.-
∣F⃗g∣ GM GM
a) ∣⃗g∣= = 2 En la superficie, si el radio del plantea es Rp ∣⃗g∣= 2
m r Rp
Página 40 de 66
La aceleración de la gravedad es una magnitud vectorial; tomando el origen de coordenadas en el

centro del planeta y considerando u⃗r un vector unitario que va desde el centro del planeta (lo
asumimos homogéneo y su centro geométrico coincide con el centro de masas) hasta el punto de la
superficie del planeta
−GM
⃗g=−∣⃗g∣u⃗r= 2
u⃗r El signo menos indica que está dirigido hacia el centro del planeta.
Rp
GM
∣g superfice
⃗ ∣ R2T 4 R2T ∣g superficie
⃗ ∣ 9,8 −2
b) Si h=RT, rh=RT+h=2RT; = = 2 =4 ⇒∣g⃗h∣= = =2,45 m s
∣g⃗h∣ GM RT 4 4
2
(2R T )
B. Problema 1.-
Enórbita circular estable , F g=F c
√ √
a) Mm v
2
GM
−11
6,67⋅10 ⋅5,98⋅10
24
G 2 =m ; v= = =5264 m/ s
Ro R0 Ro 2,26⋅6,37⋅10
6
Nota: la velocidad es independiente de la masa de la sonda.

−11 24
−GMm −6,67 ·10 ⋅5,98· 10 ·1000 10
b) E p = = 6
=−2,77· 10 J
Ro 2,26⋅6,37⋅10
−GMm 1
Órbita circular , igualando F g =F c se llega a E m = = E p =−E c
2r 2
c)
−GMm
E m= =0,5⋅(−2,77 ·10 10 )=−1,39 ·1010 J
2r
d) La energía a comunicar es la diferencia de energía entre ambas situaciones.
En el infinito la Ep y la Ec es cero, por lo que la Em es cero.
ΔE =Einfinito-Eórbita=0-(-1,39·1010) = 1,39·1010 J
2011-Junio
A. Cuestión 1.-
Nota: suponemos ciertos los datos (el radio real de una órbita geoestacionaria no es 3,6×107 m,
el dato suministrado es el valor real de la altura de una órbita geoestacionaria)
a) Como la órbita es circular y según la tercera ley de Kepler la velocidad areolar es constante
2 7 2
π⋅r π⋅(3,6⋅10 )
v areolar = = =4,7⋅1010 m 2 / s
T 24⋅3600
b) El momento angular es un vector ⃗L=⃗r × ⃗p=⃗r ×m⋅⃗v . Si es geoestacionario la órbita está en el
plano ecuatorial, pero el momento angular es referido a un punto, por lo que no lo hacemos respecto
al centro de la Tierra sino que utilizamos los dos puntos que indica el enunciado.
El momento angular respecto a los polos de la Tierra es respecto a dos puntos que están en el eje de
giro, por lo que el vector posición siempre lo podemos descomponer en un vector que vaya desde el
polo hasta el centro de la Tierra más un vector que vaya desde el centro de la Tierra hasta el punto
de la órbita (y este último vector está en el mismo plano que el vector velocidad)
⃗
L =( r PoloCentro
⃗ + r CentroOrbita
⃗ )× m⋅⃗
v z
⃗
L =r PoloCentro
⃗ × m⋅⃗v + r CentroOrbita
⃗ × m⋅⃗v = L⃗1 + L⃗2 Polo Norte
Para calcular el módulo de la la velocidad,
podemos calcular de manera intermedia la r PoloCentro
r
velocidad angular, o sabiendo que es constante,
L
utilizar el cociente entre espacio recorrido en la
2
L y
r
2⋅π⋅r
CentroOrbita
|v⃗|=
T p
órbita circular 7 L
|⃗v|= 2⋅π⋅3,6⋅10 =2618 m/ s
1
24⋅3600 x Polo Sur
Página 41 de 66
Si tomamos el plano ecuatorial como plano xy y el eje de giro en el que están los dos polos como
eje z, tomando como sentido positivo el dirigido hacia el polo norte geográfico, tendremos:
• L⃗1=r PoloCentro
⃗ ×m⋅⃗v
• Dirección: perpendicular al plano formado por eje z y el vector velocidad: será
dirección radial, misma dirección de vector posición.
• Sentido: de acuerdo al sentido de giro del satélite, y según de qué polo se trate, será
el mismo sentido que el vector posición (para polo norte) o sentido opuesto (polo
sur).
• Módulo: al ser siempre el vector perpendicular a la velocidad, será (no se
proporciona como dato el radio de la Tierra, se toma 6370 km.
2
6 3 13 kg⋅m
6,37⋅10 ⋅5⋅10 ⋅2618=8,3⋅10 [también J⋅s ]
s
• L⃗2=r CentroOrbita
⃗ ×m⋅⃗v
• Dirección: perpendicular al plano xy
• Sentido: de acuerdo al sentido de giro del satélite, que tiene que ser el mismo que el
de la tierra, estará dirigido hacia z positivas.
• Módulo: al ser siempre el vector perpendicular a la velocidad, será
2
7 3 14 kg⋅m
3,6⋅10 ⋅5⋅10 ⋅2618=4,7⋅10 [también J⋅s]
s
Fijándonos en los que nos solicita el enunciado, indicamos de manera global el módulo, dirección y
sentido. Realizamos un diagrama en 2 dimensiones más simplificado donde se ve el ángulo que
forma con la vertical: no está a escala, ya que se ve que ∣L⃗2∣≫∣L⃗1∣ , por lo que podríamos intentar
aproximar ∣⃗ L∣≈∣L⃗2∣
z
• Módulo: Viendo que los dos vectores calculados
antes son perpendiculares entre sí: Polo Norte
∣⃗ √
L∣= ∣L⃗1∣ +∣L⃗2∣
2 2
⃗∣=√(8,3⋅1013)2 +( 4,7⋅1014)2
∣L rPoloCentro
r L
2 L2 θ
14 kg⋅m
∣⃗
L∣=4,8⋅10 [también J⋅s ] y
s rCentroOrbita L1
• Dirección: en una recta que está en el plano
formado por el eje de la Tierra y el satélite, y que f
orma con el eje z un ángulo θ, siendo
∣L⃗1∣ 4,7⋅1014
tg θ= ⃗ = ⇒θ=arctg(5,66)=1,4 rad=80º Polo Sur
∣L2∣ 8,3⋅1013
• Sentido: dirigido hacia z positivas (Polo Norte) o z negativas (Polo Sur),
B. Problema 1.-
a) Aplicando la tercera Ley de Kepler para los datos de la Luna, y teniendo en cuenta que la masa
que aparece en la fórmula es la del objeto central respecto al que se orbita, en este caso la Tierra, y
haciendo cambios de unidades
2 8 3
T 2 4 π2 4 π 2⋅R3 4⋅π ⋅(3,84⋅10 ) −11 N⋅m
2
= ;G= = =6,7⋅10
R3 GM M⋅T 2 5,98⋅1024⋅(27,32⋅24⋅3600)2 kg 2
b) De acuerdo a la Ley de Gravitación universal, la fuerza será un vector, de dirección la línea que
une los centros de gravedad de ambos cuerpos, de sentido atractivo, y de módulo (mismo módulo
Tierra -Luna que Luna-Tierra pero sentido opuesto)
−11 24 22
⃗∣=G M 2m = 6,7⋅10 ⋅5,98⋅10 82⋅7,35⋅10 =2⋅1020 N
∣F
r 3,84⋅10
c) Para calcular el trabajo podríamos plantear una integral de la fuerza (variable según la posición)
en el recorrido, o plantear que W =−Δ E p teniendo en cuenta que el trabajo sería el realizado por
el campo y que la masa a mover de 5000 kg tendrá Energía potencial respecto de la Tierra y de la
Luna. Despreciamos el radio respecto de la distancia global, pero no para considerar el
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cuerpo sobre la superficie de cada planeta.

En el punto final (la Luna)
−11 24
M m −6,7⋅10 ⋅5,98⋅10 ⋅5000
E p Final respectoTierra=−G = =−5,2⋅10 9 J
r 3,84⋅10
8
−11 22
M m −6,7⋅10 ⋅7,35⋅10 ⋅5000 10
E p Final respectoLuna=−G = =−1,4⋅10 J
r 1,74⋅10
6
10
E p Final=−1,92⋅10 J
En el punto inicial (la Tierra)
−11 22
M m −6,7⋅10 ⋅7,35⋅10 ⋅5000 7
E p Inicialrespecto Luna=−G = 8
=−6,4⋅10 J
r 3,84⋅10
−11 24
M m −6,7⋅10 ⋅5,98⋅10 ⋅5000
E p Inicial respecto Tierra=−G = =−3,14⋅10 11 J
r 6,37⋅10
6
E p Inicial=−6,4⋅10 −3,14⋅10 =−3,14064⋅1011 J

7 11
Calculamos la variación para calcular el trabajo

10 11 11
W =−Δ E p=−(E p Final−E p inicial )=−(−1,92⋅10 −(−3,14064⋅10 ))=−2,95⋅10 J
El trabajo es negativo porque claramente no es realizado por el campo, sino que se realiza de
manera externa a él.
d) Si la distancia a la Tierra es RL/4, la distancia a la Luna será ¾ RL
M m
G T2
∣F⃗T∣ rT M T (3/4 R L )2 M T 2 5,98⋅1024
= = = ⋅3 = ⋅9=732
∣F⃗L∣ M L m M L ( 1/4 R L )2 M L 7,35⋅10
22
G 2
rL
2011-Modelo
A. Problema 1.-
a) Aplicando la tercera Ley de Kepler para los datos del planeta, y teniendo en cuenta que la masa
que aparece en la fórmula es la del objeto central respecto al que se orbita, en este caso la estrella, y
haciendo cambios de unidades (se puede llegar también igualando Fg y Fc)
T
2
4π
2 2
4 π ⋅R
3
4⋅π2⋅(108⋅10 3)3
= ; M = = =6,61⋅1028 kg
R
3
GM G⋅T
2 −11
6,67⋅10 ⋅(3⋅365⋅24⋅3600)
2
1 2 GMm 2 GM −GMm
E m =E c + E p= m v − ;[ F c =F g ⇒ v = ]=
2 r r 2r
b) −11 28 24
−6,67⋅10 ⋅6,61⋅10 ⋅10 31
E m= 8 3
=−2,2⋅10 J
2⋅10 ⋅10
c) El momento angular es un vector ⃗L=⃗r ⃗p=⃗r m⋅⃗v
Al calcular el momento angular respecto al centro de la estrella para una órbita circular, el vector
posición siempre es perpendicular al vector velocidad, por lo que su módulo será
√ 6,67⋅10−11⋅6,61⋅1028 2
⃗ 8 3 24 38 kg⋅m
∣L∣=∣⃗r∣m ∣⃗v∣=10 ⋅10 ⋅10 ⋅ =6,64⋅10 [tambiénJ⋅s]
8
10 ⋅10
3
s
GM
√ √
√
d) v r2 GM 6,67⋅10−11⋅6,61⋅10 28
r 2=2⋅r 1 ;ω2= 2 = = = =2,35⋅10−8 rad /s
r2 r2 (2 r 1)3 (2⋅108⋅103 )3
B. Cuestión 1.-
GMm mv 2
a) Órbita circular F g= F c ; 2 =
r r
; v=
GM
r √
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1 2 GM
Ec mA v A v 2 r rB
2 A A
= A
=( ) = = < 1 , luego E c < E c . Tiene mayor E c el satélite B
Ec 1 2 vB GM r A A B
B
mB v B
2 rB
1 2 GM
Ec 2 m v 2
A A m v m r m
b) = A
= A ( A ) = A A = A < 1,luego E c < E c . Tiene mayor E c el satélite B
Ec 1 2 mB v B mB GM mB A B
mB v B
B
2 rB
2010-Septiembre-Fase General
A. Problema 1.-
Solución 100% idéntica a 2008-Septiembre-A-Problema 2, varía ligeramente enunciado apartado d
B. Cuestión 1.-
√
2
GMm mv GM
a) Órbita circular F g=F c ; 2 = ;v=
r r r
1 1 GM T
Ec = mL v 2L = mL
L
2 2 r
mL
E p =−GM T L
r
Ec −1
= L
; E p =−2 Ec
Ep 2
L
L L
2 3/ 2
2πr 2πr 2πr 2πr
; T =4 π r (Tercer ley de Kepler)
2 3
Órbita circular v L = ;T = = =
GM T √GM
√
b) T vL GM
r
2010-Septiembre-Fase Específica
A. Cuestión 1.-
a) (Similar a 2009-Septiembre-Cuestión 1-b) Se puede razonar de dos maneras
– El momento angular es constante en la órbita al ser fuerzas centrales. Como en perihelio y
afelio los vectores r y p son perpendiculares, podemos igualar rAmvA=rPmvP y dado que
rA>rP, tiene que cumplirse que vP>vA
– La Energía mecánica es constante en toda la órbita al ser fuerzas conservativas, por lo tanto
en el punto donde la Ep es menor (perihelio deducible según expresión Ep, la Ep será
mínima en valor absoluto pero máxima (es negativa)), la Energía cinética será mayor y por
lo tanto también la velocidad.
b) Como sólo actúan fuerzas conservativas, la energía mecánica se conserva en toda la órbita, por lo
−GMm 1 2
que es la misma en toda ella, incluyendo afelio y perihelio E m =E p + E c = + mv
r 2
B. Cuestión 1.-
Órbita circular F g =F c ; 2 =
1 2
GMm mv 2
r
1
r
; v=
GM
r
GM estrella
√
E c = m asteroide v asteroide= masteroide
2 asteroide
2 r
a) m asteroide
E p =−GM estrella
r
asteroide
Ec −1
= ; E p =−2 E c
asteroide
Ep 2 asteroide
asteroide asteroide
E m =E p + E c =−2 E c + E c =−E c
b)
E c =10 10 J ; E p =−2⋅1010 J
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A. Problema 1.-
a) Según la segunda ley de Kepler sabemos que la velocidad areolar es constante, por lo que
podemos obtener el periodo del satélite A.
2
área 6 πrA π⋅(8400⋅103 )2
v areolar = =8210⋅10 = ⇒T A = 6
=27000 s
tiempo TA 8210⋅10
b) Igualando Fc y Fg en órbita circular obtenemos expresión de la relación entre periodo, radio y
masa del planeta, que es la tercera ley de Kepler
2 π Ro GMm mv 2 (2 π Ro )2 GM 2 4 π2 3
Órbita circular F g=F c ; v= ; 2 = ; = ;T = R
T r r T2 Ro GM o
2 3 2 3 3
4 π Ro 4 π (8400⋅10 )
Despejando la masa y sustituyendo M = 2
= −11 2
=4,8⋅10 23 kg
GT 6,67⋅10 ⋅(27000)
−GMm 1
c) Órbita circular , igualando F g=F c sellega a Em = = E p=−Ec
2r 2
GMm A
∣F⃗A∣ R2oA m R2 mA R2oA
=37= = A oB ⇒ =37
∣F B∣ GMm B m B R 2oA mB R2oB
2
R oB
−GMm A
E mA 2RoA m R R2 R oB 8400
= = A oB =37 oA =37 =13,2
E mB −GMm B mB RoA R oB R oA
2
23500
2RoB
d) El momento angular es un vector ⃗L=⃗r × ⃗p=⃗r ×m⋅⃗v . Si tomamos el origen de coordenadas en
el centro de la órbita, el plano ecuatorial como plano xy, y el giro del planeta en el sentido de las
agujas del reloj visto desde z positivas, tendremos que los vectores posición y momento lineal
siempre estarán en el plano xy, y su producto vectorial tendrá dirección del eje z y sentido dirigido
hacia z negativas.
El módulo lo podemos calcular teniendo en cuenta que la órbita es circular, por lo que vectores
posición y momento lineal son siempre perpendiculares, y la expresión de la velocidad la podemos
deducir de la expresión vista en apartado b.
√ 6,67⋅10−11⋅4,8⋅10 23 2
⃗ 3 16 26 kg⋅m
∣L∣=∣⃗r∣m ∣⃗v∣=8400⋅10 ⋅1,08⋅10 ⋅ =1,77⋅10 [también J⋅s ]
8400⋅10
3
s
B. Cuestión 1.-
a) El significado físico de la velocidad de escape es la velocidad que debería tener un cuerpo en la
superficie terrestre para escapar del campo gravitatorio, es decir, llegar al infinito con velocidad
nula. Utilizando el principio de conservación de la energía y teniendo en cuenta que en el infinito la
Ep y Ec son nulas
1
2
m v 2−
GMm
RT √
=0 ; v escape=
2GM
RT
independiente de la masa del objeto. Lo que sí variará con la
masa será la energía cinética del objeto lanzado a esa velocidad
GM L
∣g⃗L∣ 1 R2L M L R2T M L (4 R L )2 M L 1 1
b) = = = ⋅ 2= ⇒ = =
∣gT∣ 6 GM T M T R L M T R L M T 6⋅16 96
2
RT
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ve L
=
√ 2GML
RL
=
√ M L RT
⋅ =
√
1 4 RL
=
√
4
=0,2
√
ve T 2GMT M T RL 96 R L 96
2
RT
2010-Junio-Fase General
A. Cuestión 1.- (Cuestiones de fechas anteriores donde se piden enunciados leyes Kepler: 2009-
Modelo-Cuestión 1 (3ª), 2006-Modelo-Cuestión 1 (1ª, 2ª y 3ª), 2000-Junio-Cuestión 1 (1ª y 2ª))
a) Ley de las áreas. El área barrida por unidad de tiempo por el radio vector que une el Sol y el
planeta, la velocidad areolar, es constante. En una órbita elíptica en la que el Sol está en uno de los
focos según la primera ley, en el perihelio (punto más cercano al Sol, radiovector de valor mínimo)
la velocidad debe ser máxima para que barra la misma cantidad de área por unidad de tiempo que en
otros puntos de la órbita. De la misma manera la velocidad es mínima en el afelio (punto más
alejado del Sol, radiovector de valor máximo), ya que con poco giro el radiovector barre más área
que en otros puntos de la órbita donde el radiovector es menor.
b) Ley de los períodos. Los cuadrados de los períodos son directamente proporcionales a los cubos
de los semiejes mayores de las órbitas. T2 = C·R3.
GMm mv2 2 GM 2πr
Órbita F g =Fc ; 2 = ;v = ; Circular v =
r r r T
2 2 2 2
GM 4 π r 4π 3 4π
= ;T 2= r =C r 3 donde C=
r T
2
GM GM
B. Problema 1.-
a) Aplicando la tercera Ley de Kepler para los datos de Io, y teniendo en cuenta que la masa que
aparece en la fórmula es la del objeto central respecto al que se orbita, en este caso Júpiter, y
haciendo cambios de unidades (se puede llegar también igualando Fg y Fc)
T 2Io 4 π2 4 π2⋅R 3Io 4⋅π 2⋅(4,22⋅108 )3 27
= ; M Júpiter = = =1,9⋅10 kg
R Io GM Júpiter
3 2 −11
G⋅T Io 6,67⋅10 ⋅(1,77⋅24⋅3600) 2
b) La intensidad de campo es un vector:

- su dirección será radial uniendo centro Júpiter y centro Io
- su sentido será dirigido hacia el centro de Júpiter
27
GM −11 1,9⋅10 2
- su módulo ∣g∣= 2 =6,67⋅10 8 2
=0,712 m/s ó N /kg
r (4,22⋅10 )
c) E = 1 m v 2 Necesitamos calcular v, y tenemos varias opciones:
c
2 Io Io
√ √
GM Júpiter −11 27
6,67⋅10 ⋅1,9⋅10
1. Igualando F g y F c ; v= = =17329m/ s
RIo 4,22⋅108
8
2 π r 2 π 4,22⋅10
2.Órbita circular v= = =17338 m/ s
T 1,77⋅24⋅3600
22 2 31
Ec =0,5⋅8,9⋅10 ⋅17338 =1,34⋅10 J
d) Como es una órbita circular, el vector r y el vector v son perpendiculares en todo momento
2
∣⃗L∣=∣⃗r∣⋅m∣⃗v∣ sen 90º=4,22⋅10 8⋅8,9⋅1022⋅17338=6,51⋅1035 kg⋅m [también J⋅s ]
s
2010-Junio-Fase Específica
A. Cuestión 1.- (Idéntico a 2005-Junio-Cuestión 2)
B. Problema 1.-
a) R= 12·103·103=12·106 m
Página 46 de 66
√ √
2 −11 24
GMm mv GM 6,67⋅10 ⋅5,98⋅10
Órbita circular F g = F c ; 2 = ; v= = =5765 m/s
r r r 12⋅10
6
∣⃗p∣=mv =1000⋅5765=5,765⋅106 kg⋅m

s
Al ser una órbita circular los vectores r y v son perpendiculares en todo momento
2
∣⃗L∣=∣⃗r∣⋅m∣⃗v∣ sen 90º=12⋅106⋅1000⋅5765=6,918⋅10 13 kg⋅m [también J⋅s]
s
El vector momento lineal sí cambia de dirección continuamente, de manera cíclica: siempre es
tangencial a la órbita circular.
El vector momento angular no cambia de dirección, se mantiene constante perpendicular al plano de
la órbita: el vector globalmente es constante (módulo, dirección y sentido) al ser fuerzas centrales.
6
2πr 2 π r 2 π 12⋅10
b) Órbita circular v = T ;T = v = 5765 =13079 s=3,63 h
−GMm −6,67⋅10−11⋅5,98⋅10 24⋅1000
E m= = =−1,66⋅1010 J
2R 2⋅12⋅10 6
2010-Modelo
A. Problema 1.-
a) Consideramos sólo fuerzas conservativas por lo que se conserva la energía mecánica
1 2 −GMm
Punto A, lanzamiento: E c = m v ; E p =
2 A
RT A
−GMm
Punto B, altura 300 km: E c =0 ; E p =
(RT + h)
B B
Igualando energía mecánica en A y en B

1
2
m v 2−
GMm −GMm
RT
=
( RT + h)
; v= 2GM( −
1 1
RT RT + h√ )
√
v = 2⋅6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 (
−11 1
24
−
1
6,37⋅10 6,37⋅10 + 300⋅10 3
−11
−GMm −6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 ⋅100
6
24
6
)=2373,3 m/ s
b) E p = = =−5,98⋅109 J
B
(RT + h) 6
6,37⋅10 + 300⋅10
3
c) Calculamos la energía que tendría en órbita, y luego restaremos la calculada anteriormente

−GMm 9
E m órbita circular = =−2,99⋅10 J
2( RT + h)
La energía a suministrar sería ΔE=Em órbita circular – Ep a 300 km=-2,99·109 -(-5,98·109)=2,99·109 J
√ √
−11 24
GM 6,67⋅10 ⋅5,98⋅10
d) Igualando Fc y Fg, v = = =7733 m/ s
RT + h 6
6,37⋅10 + 300⋅10
3
2 π(RT + h) 2 π( RT + h) 2 π(6,37⋅106+ 300⋅103 )

v= ;T = = =5419,5 s
T v 7733
El período también se puede calcular utilizando la tercera ley de Kepler
B. Cuestión 1.-
a) Utilizando la tercera ley de Kepler
√( ) √
3
1
2 3 R
T s R s 4 L 1 T 27,32
= ; T s =T L =T L 3 = 3L ; T s= =3,415 días=3 días , 9 horas , 57,6 min
T
2
L R
3
L
RL 4 2 8
√ √
GM
√
2 GM vs Rs RL RL
b) Igualando Fc y Fg en órbita circular v = = = = =2 ; v s=2⋅v L
√
R órbita vL GM Rs 1
RL
RL 4
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También se puede hacer usando la relación entre períodos del apartado anterior.
2 π Rs
vs Ts R T 1
= = s L = 8=2
v L 2 π RL RL T s 4
TL
2009-Septiembre
Cuestión 1.-
a) Falso. La velocidad de escape es la velocidad que debe tener un objeto para escapar del campo
gravitatorio llegando al infinito con velocidad nula. Utilizando el principio de conservación de la
energía y teniendo en cuenta que en el infinito la Ep y Ec son nulas
1
2
mv 2−
GMm
RT √
=0 ; v escape =
2GM
RT
independiente de la masa del objeto. Lo que sí variará con la
masa será la energía cinética del objeto lanzado a esa velocidad.
b) Verdadero. Se puede razonar de dos maneras
2009-Junio
Cuestión 1.-
GMm mv 2 2 GM
a) Órbita circular F c =F g ; = ;v =
r2 r r
1 2 GMm 1 2 −1 3 2 10
E m = mv − =( −1)m v = ⋅500⋅(6,5⋅10 ) =−1,056⋅10 J
2 r 2 2
GM 6,67⋅10 ⋅5,98⋅1024
−11
6
r= 2 = 3 2
=9,44⋅10 m
b) v (6,5⋅10 )
Como se pide altura desde superficie , restamos radio de la Tierra :
h=9,44⋅106−6,37⋅106=3,07⋅106 m
B. Problema 1.-
a) Aplicando la tercera Ley de Kepler
√( ) √( )
2 3 3
T Venus R Venus RVenus 1,08⋅10
11 3
= 3 ; T Venus =T Tierra =365 =225 días
2
T Tierra RTierra RTierra 1,49⋅10
11
2π r
b) Órbita circular v= =ω r
T
2 π 1,08⋅1011 4 2 π 1,49⋅1011 4
v Venus = =3,49⋅10 m/s ; v Tierra = =2,97⋅10 m/s
225⋅24⋅3600 365⋅24⋅3600
2009-Modelo
Cuestión 1.- (Cuestiones de fechas anteriores donde se piden enunciados leyes Kepler: 2006-
Modelo-Cuestión 1 (1ª, 2ª y 3ª), 2000-Junio-Cuestión 1 (1ª y 2ª))
a) Ley de los períodos. Los cuadrados de los períodos son directamente proporcionales a los cubos de los
semiejes mayores de las órbitas. T 2 = C·R3.
GMm mv 2 2 GM 2π r
Órbita F g =F c ; = ;v = ; Circular v=
r 2
r r T
2 2 2 2
GM 4 π r 4π 3 4π
= ;T 2= r =C r 3 donde C =
r T 2
GM GM
b) No se indica el período de la Tierra explícitamente, por lo que consideramos un año como 365 días
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2 2 2
2 4π 3 4π 3 4π 8 3 3 30
T = r ;M= r = (1,49⋅10 ⋅10 ) =1,97⋅10 kg
GM GT 2 −11
6,67⋅10 ⋅(365⋅24⋅3600) 2
2008-Septiembre
Cuestión 1.-
a) En este caso el vector v tiene el mismo sentido que r, luego su producto vectorial es cero ya que
el seno del ángulo que forman es cero ∣⃗ L∣=∣⃗r∣⋅m⋅∣⃗v∣⋅sen 0º=0
b) En esa órbita circular el vector v, que siempre es tangencial a la trayectoria y estará en el plano
ecuatorial, siempre formará 90º con el vector r, luego el seno del ángulo que forman será siempre 1.
6
GMm mv2
Órbita circular F c= F g ; 2 =
r
3
r
Radio órbita=6,37⋅10 + 600⋅10 =6,97⋅10 m
√
; v=
GM
6
r
√
−11 24 2
∣⃗L∣=∣⃗r∣⋅m⋅∣⃗v∣⋅sen 90º=6,97⋅106⋅1000⋅ 6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 =5,27⋅10
13 kg⋅m
[también J⋅s ]
6
6,97⋅10 s
Cómo sólo se pide módulo, no hace falta indicar dirección ni sentido de momento angular.
A. Problema 2.-
2 −11 24
GMm mv GM 6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 6
a) Órbita circular F g = F c ; 2 = ; r= 2 = =7,09⋅10 m=7090 km
r r v 3 2
(7,5⋅10 )
−11 24
−GMm −6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 ⋅100 9
b) E p = = =−5,63⋅10 J
r 7,09⋅10 6
−11 24
−GMm −6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 ⋅100
c) E m = = =−2,81⋅109 J
2r 2⋅7,09⋅10 6
d) Calculamos la energía mecánica en la nueva órbita, y luego calculamos la diferencia

−GMm −6,67⋅10−11⋅5,98⋅10 24⋅100 9
r ' =2r ; E m ' = = =−1,41⋅10 J
2r ' 2⋅2⋅7,09⋅10 6
Δ E=E m ' −E m=−1,41⋅109−(−2,81⋅109 )=1,4⋅109 J

Nota: Dato de radio de la Tierra del enunciado no utilizado.
2008-Junio
Cuestión 2.-
a) Se pide momento angular, que es un vector, luego hay que dar módulo, dirección y sentido
– Dirección: perpendicular al plano de la órbita
– Sentido: el asociado al sentido de giro del satélite que fijará la dirección del vector v, tras
aplicar el producto vectorial
– Módulo: como la órbita es circular, el vector r y el vector v siempre forman 90
GMm mv2
Órbita circular F c =F g ; 2 =
r r
;v=
√ GM
r
Radio órbita= RT + h=RT + 1,5 RT =2,5 RT =2,5⋅6,37⋅10 6=1,59⋅10 7 m
√
−11 24 2
∣⃗L∣=∣⃗r∣⋅m⋅∣⃗v∣⋅sen 90º=1,59⋅107⋅5000⋅ 6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 =3,98⋅10 14 kg⋅m
[también J⋅s]
7
1,59⋅10 s
b) Para que escape del campo gravitatorio, tiene que llegar al infinito, donde tendrá energía
potencial y cinética nula sin llega con velocidad cero. Por conservación de la energía, la energía que
tiene más la que le comuniquemos será la que tendría en el infinito.
GMm 6,67⋅10−11⋅5,98⋅1024⋅5000 10
Δ E=E m ( ∞)−E m ( órbita)= = =6,27⋅10 J
2R 2⋅1,59⋅10
7
Página 49 de 66
2008-Modelo
y (m)
Cuestión 1.
a) Representamos en un diagrama para elegir x e y. Para cada 2 M3 M4
lado del cuadrado (en diagrama representamos uno de los r3 r 4
cuatro, entre masas M2 y M4), los efectos de las dos masas

más próximas tienen mismo módulo, dirección, pero sentido
g4
opuesto, por lo que se cancelan (en figura g2 y g4). g3
gT
La distancia de cada una de las otras 2 masas (M1 y M3) al 1
centro del lado es cuadrado es √ 22 +1=√ 5 m. El campo g1 g2
tendrá una componente en la dirección del lado que también
se cancelará. El campo total será la suma de las dos r1 r2
componentes perpendiculares al lado en el sentido dirigido M1 M2
hacia el centro del cuadrado. Podemos calcular la componente 1 2 x (m)
x de g1 y g3 de dos maneras:
A. Por trigonometría, utilizando el ángulo que forma r1 con el eje x, cuya tangente es 1/2
GM 1
|g⃗x|= 2 cos (arctan ( ))
r 2
−11
6,67⋅10 ⋅6
|g⃗x|= ⋅0,894=7,16⋅10−11 m/s 2
5
Como se suma el efecto de dos masas, el valor es el doble, y teniendo en cuenta el signo
g⃗T =−2⋅7,16⋅10 ⃗i =−1,43⋅10 ⃗i m/ s ó N / kg
−11 −10 2
⃗r −GM
B. Teniendo presente que u⃗r= y ⃗ g = 2 u⃗r
|r| r
−6,67⋅10 ⋅6 (2 ⃗i +1 ⃗j ) −6,67⋅10 ⋅6 ( 2 ⃗i −1 ⃗j )
−11 −11
−GM 1 GM 3
g⃗T = g⃗1+ g⃗3= u⃗r 1− 2 u⃗r 3= +
r1
2
r3 5 √5 5 √5
−11
−6,67⋅10 ⋅6 ⃗
) 2 i =−1,43⋅10 ⃗i m/ s ó N /kg
−10 2
g⃗T =2⋅(
5 √5
Por simetría, ya que las cuatro masas son iguales, podemos indicar:
Punto entre M1 y M2 g⃗T =1,43⋅10−10 ⃗j m/ s2 ó N / kg
Punto entre M1 y M3 g⃗T =1,43⋅10−10 ⃗i m / s2 ó N / kg
Punto entre M3 y M4 g⃗T =−1,43⋅10−10 ⃗j m/ s 2 ó N / kg
b) En el centro de cuadrado por simetría el campo es claramente cero, pero es no implica que el
potencial sea también cero. Por el principio de superposición, dado que todas las masas están a la
misma distancia √ 2 m del centro
−11
−GM −4⋅6,67⋅10 ⋅6 −9
V total =4 V =4( )= =−1,13⋅10 J / kg
r √2
B. Problema 1.
a) La fuerza es un vector, luego debemos indicar módulo, dirección y sentido
– Dirección radial, en la línea que une centro de la Tierra y centro de satélite.
– Sentido: hacia la Tierra, fuerza atractiva
– Módulo: ∣F ⃗ ∣= GMm Necesitamos conocer r, radio de la órbita
2
r
Utilizando la relación entre velocidades de escape (se pueden deducir la expresión para la
velocidad de escape, pero la usamos directamente; para la órbita hay que tener presente que
tiene energía potencial y cinética, la energía de escape no es idéntica a la que habría en una
situación similar en superficie donde sólo hay energía potencial, pero la expresión de la
velocidad de escape es independiente de si el punto inicial tiene velocidad de rotación o está
en órbita, porque la velocidad de escape está asociada a la velocidad total que hay que tener
para escapar)
Página 50 de 66
v e órbita
=
√ 2
GM
Ro
=
√ RT 1
= ; R =4 RT
√
v e superfice GM Ro 2 o
2
RT
⃗ |= GMm
|F 6,67⋅10−11⋅5,98⋅10 24⋅200
2
= 6 2
=122,87 N
r (4 · 6,37⋅10 )
−GM −6,67⋅10−11⋅5,98⋅10 24 7
b) V = = =−1,565 ·10 J / kg
r (4 ·6,37⋅10 ) 6
−GMm −6,67⋅10−11⋅5,98 · 1024 · 200 9

c) E m = = =−1,565 · 10 J
2r (2 · 4 · 6,37⋅10 )
6
d) Para que sea geoestacionario, el período del satélite debe ser de 24 horas, además de estar su
órbita en el plano ecuatorial. Utilizando la tercera ley de Kepler
2
T =
4 π2 3
GM
r ;T =
2007-Septiembre
√ 4 π2
−11
6,67⋅10 ⋅5,98⋅10
24
( 4 ·6,37⋅10 6)3=40464 s≠24 horas ⇒ no es estacionario
Cuestión 1.
a) La aceleración es un vector: calculamos la relación entre módulos
M 4 3 1
ρ= ; M =ρ⋅ π R ; ρP =ρT ; R P = RT
V 3 2
GM P 4 3
2 2 ρ⋅ π R P 2
∣g⃗P∣ R P M P RT 3 R R 1 1 1
= = ⋅ 2= ⋅ T2 = P = ⇒∣g⃗p∣= ∣g⃗T∣= ⋅9,8=4,9 m/ s 2
∣g⃗T∣ GM T M T R P ρ⋅4 π R3 R P RT 2 2 2
T
2
RT 3
GMm mv 2 2 GM 2 π Ro
b) Órbita circular F c =F g ; = ;v = ;v=
Ro2
Ro Ro T
Utilizamos la tercera ley de Kepler, pero como no tenemos valor de M pero sí de g, lo dejamos en
función de g, que depende de RP, no de Ro
GM
g p= 2 P ; GM P =g p R2P
RP
√
2 2 2 3
2 π Ro R 4 π Ro 6371⋅10
3
( ) =g p P ⇒ T = ; R o = + 400⋅106=3,586⋅106 m
T Ro 2
g P RP 2
√
2 6 3
4 π ⋅(3,586⋅10 )
T= 3 2
=6051 s
6371⋅10
4,9⋅( )
2
A. Problema 1.-
a) Utilizamos la tercera Ley de Kepler, que podríamos deducir igualando Fc y Fg
√ √
2 −11 24
3 ( 24⋅3600) 6,67⋅10 5,96⋅10
2 2
2 4π 3 3 T GM 7
T = R o ⇒ R o= = =4,22⋅10 m
GM 4π
2
4π
2
7 3 7
En altura , descontando el radio terrestre h=4,22⋅10 −6371⋅10 =3,5829⋅10 ≈36000 km
b) La energía a aportar es la diferencia de energía entre ambas situaciones.
−GMm −GMm −1 1
Δ E= E m (órbita)−E m ( superfice )= Ro−( )=GMm ( + )
2 RT 2 Ro R T
−11 24 −1 1 9
Δ E=6,67⋅10 ⋅5,96⋅10 ⋅20⋅( 7
+ 3
)=1,15⋅10 J
2⋅4,22⋅10 6371⋅10
2007-Junio
Página 51 de 66
Cuestión 1.-
M 4 3 1
ρ= ; M =ρ⋅ π R ; R L =0,27 RT ; g L = g T
V 3 6
GM L 4
a) ρ L⋅ π R3L 2
gL R2L M R2 3 R ρ R ρ 1 ρ 1
= = L⋅ T2 = ⋅ T2 = ρ L⋅ L = ρ L⋅0,27= ⇒ ρ L = =0,62
g T GM T M T R L 4 3 R T R T 6 T 6⋅0,27
ρT⋅ π RT L T
RT
2 3
b) La expresión para la velocidad de escape desde la superficie de un planeta se obtiene igualando
energía en superficie (potencial y cinética) con energía en infinito (cero)
√
√
2GM L 4
√
ρL π R 3L RT
√
2
ve RL M L RT 3 ρL RL
=√ 0,62⋅( 0,27) =0,213
2
=
L
= ⋅ = =
√
ve 2GMT M T RL 4 3
2
ρT RT
T
ρT π RT R L
R 3
T
B. Problema 1.-
a) Utilizamos la tercera ley de Kepler con los datos de Fobos (también igualando Fc y Fg)
2 3 3
2 4 π2 3 4 π2 R3 4 π ⋅(9380⋅10 )
T = R ;M= = =6,44⋅1023 kg
GM GT
2 −11
6,67⋅10 ⋅(7,65⋅3600)
2
b) Utilizando la tercera ley
√( ) √(
2 3 3
)
T Deimos RDeimos R Deimos 23460
3
= ; T Deimos =T Fobos =7,65 =30,26 horas =1,26 días
T 2Fobos R3Fobos R Fobos 9380
−GM M m Deimos −6,67⋅10−11⋅6,44⋅10 23⋅2,4⋅10 15
c) E m Deimos = = =−2,2⋅1021 J
2 R Deimos ( 2⋅23460⋅10 )
3
d) En órbita circular el vector v, que siempre es tangencial a la trayectoria y siempre formará 90º
con el vector r, luego el seno del ángulo que forman será siempre 1.
√
2
GMm mv GM
Órbita circular F c =F g ; 2 = ;v=
r r r
√
−11 23 2
⃗ 6,67⋅10 ⋅6,44⋅10 25 kg⋅m
∣L∣=∣⃗r∣⋅m⋅∣⃗v∣⋅sen 90º=23460⋅10 ⋅2,4⋅10 ⋅
3 15
=7,62⋅10 [también J⋅s ]
23460⋅103 s
Nota: no se utiliza el dato proporcionado de masa de Fobos.
2007-Modelo
Cuestión 1.-
2
GMm mv 2 GM
Órbita circular F c =F g ; 2 = ;v =
r r r
a)
√ √
8
−GMm 2 −E m −2⋅10
E p= =−mv ⇒ v= = =6325 m/ s
r m 5
1
E c = m v 2=0,5⋅5⋅(9⋅103) 2=2,025⋅10 8 J
b) 2
E m =E p + E c =−2⋅10 8+ 2,025⋅10 8=2,5⋅10 6 J
Si la energía mecánica es mayor que cero, el objeto se escapa del campo gravitatorio, y por tanto no
describe ningún tipo de órbita.
2006-Septiembre
Cuestión 1.-
a) Consideramos sólo fuerzas conservativas por lo que se conserva la energía mecánica
1 2 −GMm
Punto A, lanzamiento: E c = m v ; E p =
A
2 A
RT
Página 52 de 66
−GMm
Punto B, altura RT=6370 km: E c =0 ; E p =
B B
2RT
Igualando energía mecánica en A y en B
1
2
mv 2−
GMm −GMm
RT
=
2RT
; v=
√
2GM
RT
1
(1− )=
2
GM
RT √
√
−11 24
6,67⋅10 ⋅5,98⋅10
v= =7913 m/ s
6,37⋅106
b) Para escapar al campo gravitatorio terrestre tiene que aportarse como mínimo energía para que
llegue al infinito con energía potencial y cinética nula, lo que igualando supone para la Tierra
√ √
−11 24
1 GMm 2GM 2⋅6,67⋅10 ⋅5,98⋅10
mv 2e − =0 ; v e = = =11191 m/s
2 RT RT 6,37⋅106
Por lo tanto si se lanza con una velocidad doble que la del apartado anterior, v = 2·7913=15826 m/s
sí escapará del campo gravitatorio terrestre, llegando al infinito con cierta energía cinética.
2006-Junio
A. Problema 1.-
|⃗p|=m|⃗v| ;necesitamos calcular m
2
a) Órbita circular F =F ; GMm = mv ; v 2= GM
c g
r2 r r
−GMm 1 2 1 2 −1 2
E m =E p + E c= + mv =(−1+ ) mv = mv
r 2 2 2
−2 E m −2⋅(−4,5⋅10 9)
m= 2
= 2
=155,4 kg
v 7610
m
|⃗p|=155,4⋅7610=1,175⋅10 6 kg
s
|⃗
L|=|⃗r||⃗p|; necesitamos calcular r
GMm mv 2 GM
Órbita circular F c =F g ; 2 = ; r= 2
r r v
−11 24
GM 6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 m2
|⃗L|= 2 ⋅|⃗p|= ⋅1,175⋅10 6
=8,09⋅10 12
kg [también J⋅s]
v 7610 2 s
2π r 2π r GM GM
Órbita circular v= ;T = ; antes ya deducido r = 2 luegoT =2 π 3
T v v v
−11 24
6,67⋅10 ⋅5,98⋅10
T =2 π 3
=5687 s
b) 7610
Altura: restamos al radio de la órbita el radio terrestre
−11 24
6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 6 5
h= 2
−6,37⋅10 =5,17⋅10 m
7610
Cuestión 1.-
g0 GM GM
a) g h = ⇒ = ⇒ RT +h=√ 2 RT ; h=( √2−1)RT ≈0,41 RT
2 (R T + h) 2 R 2T2
V0 GM −GM
b) V h = ⇒− = ⇒ RT + h=2 RT ; h=RT
2 ( RT +h) 2 R T
2006-Modelo
Cuestión 1.- (Cuestiones de fechas anteriores donde se piden enunciados leyes Kepler: 2000-
Junio-Cuestión 1 (1ª y 2ª))
a) 1. Ley de las órbitas. Planetas describen órbitas elípticas y el Sol está en uno de los focos.
2. Ley de las áreas. El área barrida por unidad de tiempo por el radio vector que une Sol-Planeta / la
velocidad areolar es constante.
Página 53 de 66
3. Ley de los períodos. Los cuadrados de los períodos son directamente proporcionales a los cubos
de los semiejes mayores de las órbitas.
b) Utilizando la tercera ley de Kepler, y tomando el período orbital de la Tierra como referencia
√( ) √( )
2 3 3 3
T Urano RUrano RUrano 2,87⋅1012
2
= 3
⇒ T urano =T Tierra =T Tierra 11
=83,7 años terrestres
T Tiera R Tierra RTierra 1,50⋅10
A. Problema 1.-
a) Tomamos como eje x la línea que une los planetas 1 y 2, y tomamos el origen de coordenadas en
el centro del planeta 1. Si llamamos x a la coordenada del punto P, dado que los sentidos de las
fuerzas son opuestos, podemos plantear
m m M1 2M1 D− x D
F 1=F 2 ; GM 1 2 =G M 2 ; = ; x= ; √ 2 x+ x=D ; x=
x (D− x) x
2 2
( D−x )
2
√2 1+ √ 2
10
4,83⋅10
x= =2⋅1010 m
1+ √ 2
b) Como sólo actúan fuerzas conservativas, se conserva la energía mecánica
Tenemos energía potencial de m respecto a ambos planetas, y las sumamos usando superposición
Punto inicial A, superficie planeta 1:
1
E c = m v 2=0,5⋅5⋅103⋅(2⋅10 4 )2=1012 J
2
m −6,67⋅10−11⋅4⋅1024⋅5⋅103
E p =−GM 1 = =−2,22⋅10 11 J
1
R1 6⋅10 6
−11 24 3
m −6,67⋅10 ⋅2⋅4⋅10 ⋅5⋅10
E p =−GM 2 = =−5,52⋅107 J
2
D−R1 10
4,83⋅10 −6⋅10
6
E m =10 −2,22⋅1011−5,52⋅107=7,78⋅1011 J
12
1
Punto final B, superficie planeta 2:

1 2
E ' c = m(v ')
2
m −6,67⋅10−11⋅4⋅1024⋅5⋅10 3 7
E p =−GM 1 = =−2,76⋅10 J
1
D−R 2 10
4,83⋅10 −6⋅10 6
−11 24 3
m −6,67⋅10 ⋅2⋅4⋅10 ⋅5⋅10 11
E p =−GM 2 = =−4,45⋅10 J
2
R2 6⋅10 6
E ' m= E ' c −2,76⋅10 −4,45⋅10 11=E ' c −4,45⋅1011

7
11 11 12
E m = E m ; 7,78⋅10 =E ' c −4,45⋅10 ; E ' c =1,22⋅10 J
1 2
Comentario: se ven posibles aproximaciones:

Como D >> R1 y D >> R2 podríamos aproximar D-R1 y D-R2 a D
Como D >> R1 y D >> R2, en cada una de las dos situaciones prevalece la Ep respecto al objeto más
lejano, ya que es mayor (un número negativo mucho más pequeño)
2005-Septiembre y (m)
Cuestión 2.-
a) Cualitativamente, por la configuración de la figura, tomando F A m'
F 1x 2x
como eje x la línea que une las masas M, las componentes de la

F
fuerza resultante en el eje x se cancelan, quedando sólo F 1
2
componente en el sentido de las y negativas. El valor absoluto de F T

r
la fuerza de ambas masas sobre m' es el mismo ya que ambas
2
r 1
α
M M
tienen la misma masa y están a la misma distancia, por lo que su
1 2
B x (m)
módulo será la contribución de una de ellas multiplicada por dos.
Podemos calcularlo de dos maneras:
A. Trigonometría. Calculamos la componente y multiplicando el módulo por el seno de α, y
multiplicamos por dos para sumar el efecto de ambas masas.
Página 54 de 66
⃗ =−2 G Mm' sen α ⃗j=−2⋅6,67⋅10−11 20⋅0,2 sen 45º ⃗j=−1,89⋅10−10 ⃗j N

F
r2 2
⃗r −GM
B. Teniendo presente que u⃗r = y ⃗g = 2 u⃗r
∣r∣ r
El vector que va de M1 a A es ⃗i + ⃗j y la distancia entre ellos √ 12+ 12=√ 2 m
El vector que va de M2 a A es −⃗i + ⃗j y la distancia entre ellos √ 12+ 12 =√ 2 m
M m' ( ⃗i + ⃗j) M 2 m' (−⃗i + ⃗j ) −11 20⋅0,2 1
⃗ =−G 1
F −−G =−2⋅6,67⋅10 ⋅ ⃗j=−1,89⋅10 ⃗j N
−10
2 √2 2 √2 2 √2
⃗
F ( A) −1,89⋅10 ⃗ −10
j=−9,45⋅10 ⃗j m/s
−10 2
b) ⃗ a ( A)= =
m' 0,2
⃗ (B)
F
a ( B)=
⃗ =0 ya que en B por simetría la fuerza total es nula
m'
A. Problema 1.-
a) La intensidad de campo gravitatorio es un vector, indicamos módulo, dirección y Dirección
radial, en la línea que une centro de la Tierra y centro de satélite.
Sentido: hacia la Tierra, fuerza atractiva
−11 24
GM 6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 2
g= 2 = =7,22 m/s
Módulo Ro 7 6
2
( ⋅6,37⋅10 )
6
√ √
GMm mv 2 GM 6,67⋅10−11⋅5,98⋅10 24
b) Órbita circular F g =F c ; = ; v= = =7326 m/s
R2o Ro Ro 7 6
⋅6,37⋅10
6
7 6
2 π ⋅6,37⋅10
2 π Ro 2 π Ro 6
Órbita circular v = ;T = = =6374 s
T v 7326
√ √
2 2 3
4π 3 4π 7 6
También T = Ro= ⋅( ⋅6,37⋅10 ) =6374 s
GM 6,67⋅10−11⋅5,98⋅10 24 6
−11 24
−GMm −6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 ⋅400 10
Em= = =−1,07⋅10 J
c) 2R o 7 6
2⋅ ⋅6,37⋅10
6
d) Se pide variación de energía potencial, no de energía mecánica
−GMm −GMm
Δ E =E p −E p = −( )
o superficie
Ro RT
1 1
Δ E=6,67⋅10−11⋅5,98⋅10 24⋅400⋅( − )=3,58⋅109 J
6,37⋅10
6
7 6
⋅6,37⋅10
6
2005-Junio
Cuestión 2.-
GMm mv2 2 GM
En ambos apartados, para órbita circular de radio órbita Ro F g =F c ; = ;v =
R 2o Ro Ro
1 2 1 GM 1 GMm
a) E c = m v = m =
2 2 R o 2 Ro
1 2 GMm GMm 1 −GMm 1
b) E m =E c + E p= m v − = ( −1)= = Ep
2 r r 2 2r 2
A. Problema 1.-
a) Utilizando la tercera ley de Kepler
Página 55 de 66
Ro =RT + h=6,37⋅10 6+ 655⋅10 3=7,025⋅106 m
√ √
2 2 2
24π 3 4π 3 4π 6 3
T = Ro ;T = R o= (7,025⋅10 ) =5858 s
GM GM −11
6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 24
−11 24
−GMm −6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 ⋅100 9
b) E m = = 6
=−2,84⋅10 J
2R o 2⋅7,025⋅10
c) Como es una órbita circular los vectores r y v forman siempre 90º
GMm mv 2
Órbita circular F g =F c ; 2 =
r r
;v=
√
GM
r
√
−11 24 2
|⃗L|=|⃗r|m|⃗v|sen 90 º =7,025⋅10 6⋅100⋅ 6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 =5,29⋅10 12
kg
m
[también J⋅s ]
6
7,025⋅10 s
GM T
2 2
go Ro RT (6,37⋅106 )2
d) = = = =0,82
g T GM T R2o (7,025⋅106 )2
R2T
2005-Modelo
Cuestión 1.-
a) Falso. Para escapar al campo gravitatorio terrestre tiene que aportarse como mínimo energía para
que llegue al infinito con energía potencial y cinética nula, lo que igualando supone para la Tierra
un valor de velocidad independiente de la masa.
1
2
mv e −
2 GMm
RT
=0 ; v e =
√ 2GM
RT
b) Verdadero, haciendo los cálculos. El trabajo a realizar es la diferencia de energía entre la energía
que tiene en órbita (el radio de la órbita es el mismo en los dos casos) y la energía que tiene en la
superficie. Si hallamos la expresión para una masa cualquiera y una altura de órbita cualquiera
−GMm −GMm
Energía en órbita: E m =E p + E c = Energía en superficie: E m =E p =
2R o RT
Energía a aportar, que es el trabajo a realizar, espresada en función de la masa del satélite, que es lo
único que varía entre los dos casos.
−GMm −GMm 1 1
Δ E= −( )=−GMm ( − )=constante⋅m Se ve que a mayor masa, mayor
2Ro RT 2R o RT
trabajo a realizar.
2004-Septiembre
Cuestión 1.-
a) Utilizamos la tercera ley de Kepler
√( ) √(
2 3 3
)
T Venus R Venus RVenus c⋅6,01
3
= ; T Venus =T Tierra =365,25 =224,65 días terrestres
2 3
T Tierra RTierra RTierra c⋅8,31
2 π r 2⋅π⋅3⋅108⋅6,01⋅60
b) v = = =35019 m/ s
T 224,65⋅24⋅2600
A. Problema 1.-
M M GM gR2
ρ= = ; g= 2 ⇒ M = ( R=radiodel planeta , en superficie)
V 4 3 R G
πR
a) 3
gR2 g 3⋅6,2 kg
ρ=3 =3 = =6935 3
4πG R
3
4 π G R 4⋅π⋅6,67⋅10 ⋅3200⋅10
−11 3
m
Se pide también la velocidad de escape, v e = 2 G
√ M
R
Para no calcular la masa del planeta como dato intermedio ya que no se pide, expresamos el
Página 56 de 66
producto GM en función de los datos del enunciado

GM
v e = √2 g R=√ 2· 6,2 ·3200 · 10 =6299 m/s
2
g= 2 ⇒ GM=gR 3
R
b) La energía a comunicar es la diferencia de energía entre la energía que tiene en órbita y la
energía que tiene en la superficie.
−GMm −GMm
Energía en órbita: E m =E p +E c = Ro Energía en superficie: E m =E p =
2 R
Utilizamos la tercera ley de Kepler con los datos de que el período son dos horas y la masa para
calcular el radio de la órbita.
√ √
2 3 2
3 (2⋅3600) ⋅6,2⋅(3200⋅10 )
2 2 2 2
4π 3 4π 3 3 T ⋅g⋅R
T 2= R o= R o ⇒ R o = = =4,37⋅106 m
GM gR 2
4π 2
4π 2
Energía a comunicar
−GMm −GMm 1 1 2 1 1
Δ E= Ro −( )=−GMm( Ro − )=−gmR ( Ro− )
2 R 2 R 2 R
3 2 1 1 8
Δ E=−6,2⋅50⋅(3200⋅10 ) ( 6
− 3
)=6,29⋅10 J
2⋅4,37⋅10 3200⋅10
2004-Junio
Cuestión 2.-
a) El momento angular es constante en la órbita al ser fuerzas centrales, y es el mismo en el afelio y
perihelio.
b) El momento lineal y la velocidad es mayor en el perihelio. Se puede razonar de dos maneras
c) La energía potencial es mayor en el afelio, ya que al ser la distancia mayor en afelio, según la
−GMm
expresión E p = será un número mayor (un número negativo de menor valor absoluto)
R
d) Al haber sólo fuerzas conservativas la energía mecánica se conserva en toda la órbita, y es la
misma en afelio y perihelio.
2004-Modelo
Cuestión 1.-
a) El momento angular es constante en la órbita al ser fuerzas centrales. Como en perihelio y afelio
r P v A 14
los vectores r y p son perpendiculares, podemos plantear r A mv A=r P m v P ⇒ = = =0,7
r A v P 20
−GMm
Ep rA r 14
b)
A
= = P = =0,7
E p −GMm r A 20
P
rP
A. Problema 1.-
a) Utilizando la tercera ley de Kepler (habría que deducirla)
√( ) √( )
2 3 3 3 3
T sonda R sonda R sonda 3
3390⋅10 + 400⋅10
2
= 3
; T sonda =T satélite =7,7⋅ 3
=1,97 h
T satélite R satélite Rsatélite 9390⋅10
También se puede hacer antes apartado b y calcular primero masa, y luego T.
b) Utilizando la tercera ley de Kepler (habría que deducirla)
Página 57 de 66
2
2
4π 3 4π R
2 3
4 π 2 (9390⋅10 3)3 23
T = R ⇒M= = =6,38⋅10 kg
GM GT
2 −11
6,67⋅10 ⋅( 7,7⋅3600)
2
GM 6,67⋅10 ⋅6,38⋅10 23
−11
m
g= 2 = 3 2
=3,7 2
R (3390⋅10 ) s
2003-Septiembre
A. Problema 1.-
a) Utilizando la tercera ley de Kepler, ya que conocemos período y radio órbita
√ √
4 π 2(7100⋅10 3)3
2 2 3
2 4π 3 4π R
T = R ⇒T= = =5952 s
GM GM 6,67⋅10−11⋅5,98⋅10 24
b) El momento lineal es un vector; será siempre tangencial a la órbita, y su módulo será
2 π Ro 100⋅2 π 7100⋅103 kg⋅m
∣⃗p∣=m∣⃗v∣=m = =749506
T 5952 s
El momento angular es un vector; será perpendicular al plano de la órbita, formará siempre 90º con
el vector r, y su módulo será
2
∣⃗L∣=∣⃗r∣m∣⃗v∣ sen 90º=R o∣⃗p∣=7100⋅103⋅749506=5,32⋅1012 kg m [también J⋅s ]
s
−GMm −GMm 1 1
Δ E p =E p −E p = 2
−( 2
)=−GMm( 2 − 2 )
Ro RT R o RT
órbita superfice
c)
1 1
Δ E p=−6,67⋅10−11⋅5,98⋅1024⋅100( 3
− 6
)=6,4⋅108 J
7100⋅10 6,37⋅10
( ) ( )
2 2
1 2 1 2 π Ro 2 π 7100⋅103 9
E c= m v = m =0,5⋅100⋅ =2,8⋅10 J
2 2 T 5952
d)
9 6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 24⋅100
−11
9
E m =E c + E p=2,8⋅10 − =−2,8⋅10 J
7100⋅103
También podríamos haber razonado directamente que en órbita circular Em = - Ec = 1/2 Ep
2003-Junio
Cuestión 1.-
M ρ⋅4 3 1
ρ= ; M = π R ; R P = RT ;ρP =ρT
V 3 2
GM P 4 3 2
a) g 2 ρ P⋅ π R P⋅RT
P R 3 R 1 1 m
= P = = P = ⇒ g P = g T =0,5⋅9,81=4,905 2
g T GM T 4 R 2 2 s
ρT⋅ π R3T⋅R2P T
RT 2 3
b) La velocidad de escape se obtiene igualando la energía mecánica en superficie con la energía
mecánica en infinito (cero), con lo que se llega a la expresión
1
2
2
m ve −
GMm
R
=0⇒ v e = 2
GM
√
R
=√ 2 g R
√
v e √ 2 g P RP 1 1 1 3 3
P
= = ⋅ = ⇒ v e =0,5⋅11,2⋅10 =5,6⋅10 m/ s
v e √ 2 g T RT
T
2 2 2 P
A. Problema 1.-
a) El momento angular es constante en la órbita al ser fuerzas centrales. Como en perihelio y afelio
los vectores r y p son perpendiculares, podemos plantear
r A v A 6,99⋅1010⋅3,88⋅10 4 4
r A mv A=r P m v P ⇒ v P = = =5,9⋅10 m/ s
rP 4,60⋅10
10
Página 58 de 66
1 2 23 4 2 32
E c = mv =0,5⋅3,18⋅10 ⋅(5,9⋅10 ) =5,5⋅10 J
2
−11 30 23
b) E = −GMm = −6,67⋅10 ⋅1,99⋅10 ⋅3,18⋅10 =−9,18⋅1032 J
p
R 4,6⋅10
10
32 32 32
E m =E c + E p =5,5⋅10 −9,18⋅10 =−3,68⋅10 J
23 4 28 m
c) ∣⃗p∣=m∣⃗v∣=3,18⋅10 ⋅5,9⋅10 =1,88⋅10 kg
s
2
∣⃗L∣=∣⃗r∣m∣⃗v∣ sen 90º=R∣⃗p∣=4,6⋅1010⋅1,88⋅10 28=8,65⋅1038 kg m [también J⋅s]
s
d) Energía total: igual en afelio y perihelio, ya que se conserva al haber sólo fuerzas conservativas.
Momento angular: igual en afelio y perihelio, ya que se conserva al ser fuerzas centrales.
Energía cinética y potencial: distinta en afelio y perihelio al depender de la distancia.
Momento lineal: distinto en afelio y perihelio al haber distintas velocidades.
2003-Modelo
Cuestión 1.-
M P =27 M T ; v e =3 v e P T
a) ve
=
P √ =
2GM P
RP
M P RT
⋅ =
√
27⋅R T
√
RT 3 2 1
=3 ⇒ = = ≈0,33
√
ve T 2GM T M T RP RP R P 27 3
RT
GM P
2 2
gP RP M P RT 27⋅1
b) = = ⋅( ) = 2 =3
g T GM T M T R P 3
RT2
A. Problema 1.-
a) Utilizamos la tercera ley de Kepler
√
2
2 4 π2 3 3 GM Júpiter T satélite
T =
satélite Rsatélite ⇒ R satélite =
GM Júpiter 4π
2
Expresamos la masa de la Júpiter en función de los datos proporcionados

2 2
GM Tierra g Tierra⋅RT 320⋅g Tierra⋅RT
M Júpiter =320 M Tierra ; g Tierra = 2
⇒ M Tierra = ; M Júpiter =
RT G G
Despejamos el Radio de la órbita del satélite, y calculamos altura
√ √
2 2
3 320⋅g Tierra⋅RT T satélite
6 2 2
3 320⋅9,8⋅(6,37⋅10 ) ⋅(9⋅3600+ 50⋅60) 8
R satélite= 2
= 2
=1,59⋅10 m
4π 4π
4 4 3
V Júpiter = π R3Júpiter =1320⋅ π R3Tierra ⇒ R Júpiter = √1320 RTierra
3 3
8 3
h=R satélite−R Júpiter =1,59⋅10 −√ 1320⋅6,37⋅10 =8,91⋅10 m
6 7
2 π Rsatélite 2⋅π⋅1,59⋅108
b) Órbita circular v = = =28221 m/ s
T satélite 9⋅3600+ 50⋅60
2002-Septiembre
A. Problema 1 .-
a) Si el satélite pasa sobre un punto cada dos días, el período es T = 2 días. Utilizamos la tercera ley
de Kepler
√ √
2
3 GM T T satélite
−11 24 2
2 4 π2 3 3 6,67⋅10 ⋅5,98⋅10 ⋅(2⋅24⋅3600) 7
T satélite= Rsatélite ⇒ Rsatélite= = =6,71⋅10 m
GM T 4π 2
4π 2
h=R satélite−RT =6,707⋅10 −6,37⋅10 =6,07⋅107 m

7 6
Página 59 de 66
b) La energía a comunicar para colocarlo en esa órbita desde el lanzamiento es la diferencia de

energías entre órbita y situación de lanzamiento
−GMm −GMm
En órbita E m =E c + E p= ; En lanzamiento: E m =E p =
2R satélite RT
Energía a comunicar para llevar a órbita:
−GMm −GMm 1 1
Δ E órbita = −( )=−GMm⋅( − )
2R satélite RT 2R satélite RT
La energía de escape es la energía a comunicar para que escape del campo gravitatorio terrestre,
llegando al infinito con energía cinética nula. Por lo tanto esa energía es en valor absoluto, la
energía potencial gravitatoria.
GMm
Energía a comunicar para escape: Δ E escape =
RT
La relación entre ambas es
1 1
−GMm⋅( − )
Δ E órbita 2R satélite RT −RT −6,37⋅10
6
= = + 1= + 1=0,9525=95,25%
Δ E escape GMm 2R satélite 2⋅6,71⋅10 7
RT
2002-Junio
Cuestión 1.-
4 3
Gρ πR
a) GM 3 4 3g 3⋅6 kg
g= 2 = =ρ π G R⇒ ρ= = =7158 3
R R
2
3 4 π G R −11
4 π⋅6,67⋅10 ⋅3000⋅10
3
m
b) v e =
√ 2GM
A. Problema 1.-
R
= √ 2 g R=√ 2⋅6⋅3000⋅10 =6000 m/ s
3
a) Como sabemos la velocidad angular, sabemos el periodo

2π 2π 2π
ω= ⇒T= ω = =43332 s
T 1,45⋅10−4
Conocido el periodo y la masa del objeto respecto al que orbita, podemos conocer el radio de la
órbita utilizando la tercera ley de Kepler
√ √
2
3 GMT 1
2 −11 24 2
4π 3 3 6,67⋅10 ⋅4,87⋅10 ⋅43332
T 21 = r 1 ⇒r 1= = =2,49⋅107 m
GM 4π
2
4π
2
Al ser una órbita circular los vectores r y v forman siempre 90º

L1 2,2⋅10
12
L1=r 1⋅m⋅v 1=r 1⋅m⋅ω 1⋅r 1 ⇒ m= 2
= −4 7 2
=24,47 kg
ω 1⋅r 1 1,45⋅10 ⋅( 2,49⋅10 )
b) La energía a invertir será la diferencia de energía entre ambas situaciones
−GMm −6,67⋅10−11⋅4,87⋅1024⋅24,47
Órbita 1: E m = = =−1,6⋅108 J
1
2r 1 2⋅2,49⋅10 7
En la órbita 2 hay que tener en cuenta que tendremos un nuevo radio que debemos calcular,
calculando el periodo y utilizando la tercera ley de Kepler como en el apartado anterior.
2π 2π 2π
ω= ⇒ T = ω = −4 =62832 s
T 10
√ √
2
3 GMT 2
2 −11
2 4π 3 3 6,67⋅10 ⋅4,87⋅1024⋅62832 2
T 2= r 2 ⇒ r 2= = =3,19⋅107 m
GM 4π
2
4π
2
−11 24
−GMm −6,67⋅10 ⋅4,87⋅10 ⋅24,47 8
Órbita 2: E m = = =−1,25⋅10 J
2
2r 2 2⋅3,19⋅10 7
8 8 7
Energía a invertir Δ E=E
2
m 1
−E m =−1,25⋅10 −(−1,6⋅10 )=3,5⋅10 J
2002-Modelo
Página 60 de 66
Cuestión 1.-
a) Como P=mg pero la masa no varía, calculamos la altura a la que la intensidad del campo
gravitatorio sea la mitad
GM
g h ( RT + h)2
g0
=
GM
2
=
( )
RT 2 1
RT + h
= ⇒ √ 2 RT =RT +h ; h=( √ 2−1) RT ≈0,41 R T
2
RT
b) Porque la intensidad de campo gravitatorio mide la fuerza por unidad de masa, y la aceleración es
inversamente proporcional a la masa. Si tenemos dos cuerpos de m1 y m2, siendo m2 el más pesado
(m2 > m1), tendremos que F1=m1g y F2 =m2g, por lo que efectivamente F2 > F1, sin embargo como
F=ma, a = F/m, luego a1=F1/m1 y a2=F2/m2, siendo en ambos casos a1=a2=g, misma aceleración
independientemente de la masa del objeto.
A. Problema 1.-
a) Utilizamos la tercera ley de Kepler con los datos del planeta 1
4 π2 3 4 π2 R 3 4 π 2⋅(1011 )3
T2= R ⇒ M= = =1,49⋅1029 kg
GM GT
2 −11
6,67⋅10 ⋅(2⋅365⋅24⋅3600)
2
b) Utilizamos la tercera ley de Kepler, teniendo en cuenta que R, cuando no se trata de una órbita
circular, hace referencia al semieje mayor, que para el planeta 2 sería (1,8·1011+1011)/2=1,4·1011 m
T 22 R 32
√( ) √(
R2 3
)
3
1,4⋅1011
= ; T 2 =T 1 =2⋅ =3,31 años
T 21 R31 R1 1011
c) Utilizando el principio de conservación del momento angular, ya que son fuerzas centrales, y
teniendo en cuenta que en el punto más próximo (perihelio) y más alejado (afelio) los vectores r y v
forman 90º, podemos plantear para el planeta 2
L A= L P ⇒r A mv A=r P m v P
Utilizando el principio de conservación de la energía mecánica, ya que sólo actúan fuerzas
conservativas, podemos plantear para el planeta 2
1 2 GMm 1 2 GMm
E m =E m ⇒ m v A− = m vP −
A P
2 rA 2 rP
Tenemos dos ecuaciones con dos incógnitas (vA y vP), como nos interesa vP, despejamos vA en la
primera y sustituimos en la segunda.
rPvP
vA =
rA
2 2
1 r P vP GM 1 2 GM 1 r 1 1 1
( )− = vP − ⇒( ( P ) − )v 2P =GM ( − )
2 rA rA 2 rP 2 rA 2 rA rP
√ √
1 1 −11 29 1 1
GM ( − ) 6,67⋅10 ⋅1,49⋅10 ( − 11 )
r A rP 1,8⋅10 11
10
v P= 2
=v P = 11 2
=11304 m/s
1 rP 1 1 10
( )−
1
( )−
2 rA 2 2 1,8⋅1011 2
2001-Septiembre
Cuestión 1.-
a) Si ignoramos fuerzas de rozamiento podemos asumir que solamente actúa la fuerza de la
gravedad, conservativa, y planteamos la conservación de energía mecánica entre ambos puntos:
Punto 1, lanzamiento:
1 2 1 2 7
E c = m v = 10 3200 =5,12 · 10 J
2 2
Mm
E p =−G No se da en el enunciado los valores de G ni de M, pero el valor de su producto
R superficie
podemos obtenerla del valor proporcionado de la gravedad en la superficie de la Tierra, ya que
Página 61 de 66
M 2 6 2 14 3 2
g=G 2
⇒GM =g·R superficie=9,8 ·(6,37 · 10 ) =3,9765 ·10 m / s
R superficie
Mm 14 10 8
En el lanzamiento E p =−G =−3,9765· 10 · =−6,24 ·10 J
R superficie 6,37· 10
6
Punto 2, altura máxima

m 14 10
Ec=0, E p =−GM =−3,9765· 10 ·
( R superficie + hmáx ) 6,37 ·106 + hmáx
Igualamos ambas energías, podemos responder a la pregunta del enunciado indicando que
E m 1=E m 2=E p 2=5,12 · 107−6,24 · 108=−5,728· 108 J
b) Si sustituimos
8 14 10 −7 1
E m 1=E m 2 ⇒−5,728· 10 =−3,9765· 10 · 6
⇒1,44 · 10 = 6
6,37 ·10 + hmáx 6,37 ·10 + hmáx
6,94 · 106=6,37 · 106 +h máx ⇒ hmáx =570000 m
2001-Junio
Cuestión 1.- (Enunciado similar a 2001-Modelo-Cuestión 1, resolución idéntica)
a) En una órbita circular podemos igualar fuerza gravitatoria y centrípeta
2
GMm mv 2 GM
Órbita circular F g =F c ; = ;v = Sustituimos en la expresión de la Ec:
Ro
2
Ro Ro
1 2 1 GM GMm
E c= m v = m =
2 2 Ro 2 Ro
Mm
b) La energía potencial es E p =−G , por lo que la energía mecánica es
Ro
GMm GMm −GMm
E m =E c + E p= − =
2 Ro Ro 2 Ro
1
La relación solicitada es E m = E p
2
A. Problema 1.-
GMm mv 2 2 GM
a) Órbita circular F g =F c ; = ;v =
R2o Ro Ro
GM
√ √
2
v1 r1 r2 r2 9,034 ·10 6
= = ⇒ v 1 = v = v 2 ⇒ v1 =1,063 v 2 ; también v 2=0,94 v1
v 22 GM r 1 r1 2 8· 106
r2
b) Según la tercera ley de Kepler

T 21
2
=
r 31
T 2 r2 3
r2
⇒ T 1=
√ √
r 31
(8 ·10 6)3
3
T 2=
(9,034 · 106 )3
· T 2 ⇒T 1=0,83 T 2
Para describir la posición en este caso utilizamos coordenadas polares, tomando θ=0º en el instante
inicial para ambos satélites. Enunciado no pide posición relativa entre satélites: basta con dar la
posición del segundo satélite respecto al sistema de coordenadas elegido.
El primer satélite es el que tiene mayor velocidad, y en recorrer 6 vueltas tardará un tiempo
e recorrido por S 1 6 · 2 π r 1
t tardado por S 1= =
v1 v1
6 · 2 π r1
En ese tiempo, el segundo satélite habrá recorrido e recorrido por S 2=v 2 · t tardado por S 1=v 2 ·
v1
Como queremos conocer la fase de este satélite y en un movimiento circular la fase en radianes es
e
θ= , donde en este caso estamos hablando de la fase de S2 y tenemos que usar r2, de modo que
R
Página 62 de 66
v2 r1
θrecorrido por S 2= ·6·2π
v1 r2
Sustituyendo la relación entre velocidades del apartado a
8 ·10 6
θrecorrido por S 2=0,94 · 6· 2 π =9,98 π rad ≈10 π rad
9,034 · 106
Como el ángulo recorrido por el segundo satélite es aproximadamente un múltiplo de 2π, el satélite
S2 ha completado vueltas completas (5 vueltas completas) y se encuentra en la misma posición que
en el instante inicial. Como el satélite S1 también ha completado un número completo de vueltas, 6
según el enunciado, ambos están en la posición inicial.
2001-Modelo
Cuestión 1.-
En una órbita circular podemos igualar fuerza gravitatoria y centrípeta
2
GMm mv 2 GM
Órbita circular F g =F c ; 2
= ;v = Sustituimos en la expresión de la Ec:
Ro Ro Ro
1 2 1 GM GMm
E c= m v = m =
2 2 Ro 2 Ro
Mm
La energía potencial es E p =−G , por lo que la energía mecánica es
Ro
GMm GMm −GMm
E m =E c + E p= − =
2 Ro Ro 2 Ro
1
La relación solicitada es E m = E p
2
A. Problema 1.-
a) Según el enunciado TJúpiter=12TTierra.
T 2J R3J 3, 2 R J
Según la tercera ley de Kepler = 3 ⇒ √ 12 = ⇒ R J =5,24 RT
2
T T RT RT
v 2J
RJ aJ v 2J RT
b) La aceleración en la órbita es centrípeta. = =
aT v 2T vT2 R J
RT
Para hallar la relación entre las velocidades, igualamos fuerza gravitatoria y centrípeta al ser órbita
GM Sol m planeta v 2planeta 2 GM Sol
circular F g =F c ; =m planeta ; v planeta=
R
2
R R
M Sol
G 2
aJ R J RT RT −2 /3 2 −4 /3 −2
= = 2 =(12 ) =12 ≈3,64· 10
aT M Sol R J R J
G
RT
También se puede plantear que siendo circulares, v=2πR/T
(2 π R J ) 2
aJ T 2J R J R J T 2T 122 / 3
= = = 2 =12−4 /3≈3,64· 10−2
aT ( 2 π RT ) RT T J 12
2 2
T T2 RT
2000-Septiembre
Cuestión 1.-
a) La frecuencia angular con la que debe girar es la misma que la frecuencia angular de giro de la
Tierra; se trata de un satélite geoestacionario.
Página 63 de 66
2π 2π −5
ω= = =7,27 ·10 rad / s
T 24 · 3600
b) En una órbita circular podemos igualar fuerza centrípeta y gravitatoria, y podemos sustituir
v=ωRo, luego
F g =F c ;
GMm mv2 GM
Ro 2
= ;
Ro Ro √
=(ω R o)2 ⇒ R o=3, 2
GM
ω
No se da en el enunciado los valores de G ni de M, pero el valor de su producto podemos obtenerla
del valor proporcionado de la gravedad en la superficie de la Tierra, ya que
M 2 6 2 14 3 2
g=G 2 ⇒GM =g·R superficie=9,8 ·(6,37 · 10 ) =3,9765 ·10 m / s
R superficie
Sustituyendo
√ √
14
3, GM 3, 3,9765· 10
Ro = 2
= −5 2
=4,22· 107 m
ω (7,27 ·10 )
Como se pide altura, h=Ro-Rsuperficie=4,22·107-6,37·106=3,58·107 m
A. Problema 1.-
a) La velocidad del satélite, igualando fuerza centrípeta y gravitatoria
Órbita circular F g =F c ;
GMm mv 2 2 GM
Ro 2
=
R o
;v =
R√o
⇒ v=
GM
Ro
M 2 6 2 14 3 2
R superficie
Para hallar el radio de la órbita, usamos la relación entre el campo del enunciado: llamamos gT al
valor de la gravedad en la superficie y gO al valor en la órbita.
GM
GM g O 1 r 2O r 2T 1
|⃗
g|= g= 2 ⇒ = ⇒ = = ⇒ r O =√ 2 r T
R g T 2 GM r O2 2
2
rT
No se solicita la altura, pero se puede calcular r O=r T +h ⇒ r T +h=√ 2 r T ⇒ h=( √ 2−1)r T
Sustituyendo:
√
14
3,9765 ·10
v= =6643,9 m/ s
√ 2 6,37 · 106
−GMm
b) Para una órbita circular se puede llegar a la expresión E m = que también se puede
2 Ro
comprobar que Em=-Ec, que es más cómoda ya que en el apartado a tenemos calculada la velocidad,
por lo que sustituyendo: Em=-0,5·200·6643,92=-4,4·109 J
2000-Junio
Cuestión 1.-
a) 1. Ley de las órbitas. Planetas describen órbitas elípticas y el Sol está en uno de los focos.
2. Ley de las áreas. El área barrida por unidad de tiempo por el radio vector que une Sol-Planeta / la
velocidad areolar es constante.
b) Como no se indica en enunciado para órbita circular dr
debemos contemplar el caso genérico de órbita elíptica. r(t) dA

Si planteamos la órbita elíptica y un área diferencial r(t+dt)
barrida α dr·senα
1
dA= |⃗r ×d ⃗r| (La mitad del área del paralelogramo
2
formado por vectores r y dr)
Página 64 de 66
Operando para obtener la velocidad areolar |

dA 1
dt 2 |
= ⃗r ×
d ⃗r 1
dt
= |⃗r ×⃗v|
2
dL ⃗⃗
Según el teorema de la conservación del momento angular = M . Tomando como referencia
dt
para el momento de las fuerzas el objeto respecto al que se orbita, siempre tendremos que vector
posición y vector fuerza son paralelos, ya que son fuerzas centrales, por lo que M ⃗ =⃗r × F
⃗ =0 .
Por lo tanto la variación del momento angular es nula, y el vector momento angular es constante, en
concreto su módulo, |⃗L|=m|⃗r × ⃗ v|=cte .
⃗
dA 1 |L| |⃗L|
Podemos plantear = = =cte , que muestra que la segunda ley de Kepler es un caso
dt 2 m 2 m
particular del teorema de conservación del momento angular.
A. Problema 1-
a) Calculamos la energía potencial en ambos puntos:
En superficie antes del lanzamiento:
Mm −11 24 600 10
E pT =−G =−6,67· 10 ·5,98 · 10 · =−3,76 ·10 J
RT 6,37 ·10 6
En la órbita;
Mm 600
E pO =−G =−6,67 ·10−11 ·5,98 · 1024 · =−3,16· 1010 J
RO 6
6,37 ·10 +1200 · 10
3
La diferencia de energía es ΔEp=EpO-EpT=-3,16·1010-(-3,76·1010)=6·109 J

b) La energía de escape es la energía que hay que suministrar para que llegue a una posición
infinitamente alejada (Ep=0), con velocidad nula (Ec=0). Al no considerar fuerzas no conservativas
podemos plantear la conservación de la energía mecánica: la energía mecánica que tenga el satélite
en la órbita más la energía adicional suministrada será igual a la energía mecánica en la posición
infinitamente alejada
-Energía mecánica en órbita: ya conocemos la EpO del apartado a, calculamos la Ec. Si asumimos
órbita circular podemos llegar a la expresión EmO=1/2·EpO=0,5·(-3,16·1010)=-1,58·1010 J
-Energía mecánica en posición infinitamente alejada (Ep=0), con velocidad nula (Ec=0): Em∞=0.
La diferencia de energía es la energía a suministrar ΔEm=Em∞-EmO=0-(-1,58·1010)=1,58·1010 J
2000-Modelo
Cuestión 1.-
a) Según la segunda ley de Kepler, la velocidad areolar es constante, luego para barrer la misma
cantidad de área estando más cerca del Sol, perihelio, tendrá que ir a mayor velocidad. También
podemos razonar que como se trata de fuerzas centrales, el momento angular es constante, y como
tanto en perihelio como en afelio el vector posición y el vector velocidad son perpendiculares
podemos establecer la relación
r v
⃗ |=|L perihelio
|Lafelio ⃗ |⇒ m·r afelio · v afelio =m·r perihelio · v perihelio ⇒ afelio = perihelio
r perihelio v afelio
Como rafelio > rperihelio → vperihelio > vafelio
Respecto a la aceleración, al ser la única fuerza la gravitatoria y ser central, en módulo podemos
a=F/m=GM/r2, luego en los puntos donde r sea menor (perihelio), el módulo del vector aceleración
será mayor.
Nota: Se podría intentar plantear que la aceleración es centrípeta a=v2/r, pero en ese caso r no es
el asociado a perihelio y afelio, sino el radio de curvatura, y para la elipse es el mismo en perihelio
y afelio. En perihelio y afelio los vectores posición y velocidad son perpendiculares y toda la
aceleración es realmente centrípeta, pero no es cierto en todos los puntos de una órbita no circular,
donde la aceleración global tiene una componente tangencial a la trayectoria y otra normal, no
solamente hay aceleración centrípeta. Con ese razonamiento, dado que v es mayor en perihelio que
en afelio, también se llega a la misma conclusión de que es mayor la aceleración en perihelio que
en afelio.
b) La expresión de la energía potencial Ep=-GMm/R nos indica que a mayor distancia, el valor
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negativo es de módulo menor, lo que implica mayor energía potencial: tiene mayor energía
potencial en el afelio.
La energía mecánica es constante ya que solamente actúan fuerzas conservativas, por lo que tiene el
mismo valor en perihelio y en afelio.
Nota: sería un error utilizar la expresión de que en una órbita EmO=1/2·EpO, ya que eso solamente es
cierto para órbitas circulares en las que la EpO es constante.
A. Problema 1.-
√
2
GMm mv 2 GM GM
a) Órbita circular F g =F c ; = ;v = ⇒ v=
2
Ro R o R o Ro
M 2 6 2 14 3 2
R superficie
El radio de la órbita Ro=RT+h=6,37·106+300·103=6,67·106 m
Sustituyendo
v=
√ 3,9765 ·1014
6,67 · 10
6
=7721 m/ s
Como la órbita es circular, toda la aceleración es centrípeta con dirección radial y sentido dirigido
v2 77212 2
hacia el centro de la Tierra, y su módulo es a= = =8,94 m/ s
Ro 6,67 · 10 6
2 π Ro 2 π · 6,67· 106
El periodo de la órbita es T = = =5428 s
v 7721
b) El trabajo que hay que realizar, considerando solamente hay fuerzas conservativas, es la
diferencia de energía mecánica entre las dos situaciones:
-En la superficie antes del lanzamiento: Ec=0, Ep=-GMm/RT
M 2 6 2 14 3 2
R superficie
Sustituyendo: Ep=-3,9765·1014·1000/6,37·106=-6,24·1010 J
-En la órbita, al ser órbita circular se puede llegar a la expresión EmO=1/2·EpO= -1/2·GMm/Ro = -
0,5·3,9765·1014·1000/(6,37·106+300·103)=-2,98·1010 J
La diferencia de energía es el trabajo a realizar: ΔEm=Emo-EmT=-2,98·1010-(-6,24·1010)=3,26·1010 J
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Ejercicios Física PAU Comunidad de Madrid 2000-2024.

Por lo tanto la velocidad areolar es dA/dt=π·5,88·1010·2,89·1010/7,78·106=6,85·1014 m2/s

En afelio r a · v a=L/m⇒ v a=1,37 ·10 15 / 1,1 ·1011=1,25 · 104 m/ s

A.1. a) En la órbita circular es RO=RT+h y v=2πR/T.

h=RO-RT=6,90210 -6,37·10 =5,32·10 m

Planteamos la conservación de energía entre la situación en el punto de lanzamiento de la superficie

gravitatorio, que también se puede calcular como

h=RO-RT=5,501·10 -5,00·10 =5,01·10 m

b) Si planteamos la conservación de la energía, Em órbita + E escape = E infinito = 0

B.1. Similar a 2008-Mod-C1 pero con 2 masas en lugar de con cuatro.

Se llega al mismo resultado F ⃗ =−5,97⋅10−10 ⃗i −5,30 · 10−9 ⃗j N

E m ( A )+ Eaportada =Em ( B)⇒ Eaportada =Em ( B)−E m ( A )

b) En la órbita la energía es la suma de potencial y cinética: Em=-GMm/R + ½mv2, y teniendo en

b) Planteamos la conservación de energía mecánica entre la situación en la que la velocidad orbital

b) Solamente actúa la fuerza gravitatoria y se conserva la energía mecánica. Llamamos B al punto

b) Llamamos A al punto (4, 0) y B al punto (2, 2)

b) La energía a suministrar es la diferencia de energía entre los dos puntos

b) Usamos directamente la expresión de energía potencial gravitatoria (la deducción implica

b) Al ser una órbita circular v = ⇒ T = = =3,54 ·10 4 s

Si completa 15 órbitas en 24 h, el periodo es T=24/15 h. Sustituyendo valores numéricos

Como se pide altura, h=R-RT=6,94·106-6371·103=5,69·105 m

En un satélite geoestacionario el periodo son 24 h. Sustituyendo valores numéricos

b) La energía adicional requerida es la diferencia de energía entre los dos puntos

−GMm 1 −GMm 1 GM −1 GMm −1

b) Deducimos la expresión de la velocidad de escape aplicando el principio de conservación de la

√ 22+2 2=√ 8=2 √ 2m A 2

La energía total del satélite en órbita es la energía mecánica

Conociendo la gravedad y utilizando la ley de gravitación universal

⇒ h=( √ 3−1)R M =1,78· 106 m

Sustituyendo valores numéricos R= 3

b) El campo gravitatorio en un punto intermedio lo obtenemos por superposición. Tendrá sentidos

en función de su masa y su radio, utilizando el principio de conservación de la energía mecánica

Si el diámetro del planeta es 2,4·104 km, su radio es 1,2·107 m

b) Si igualamos fuerza centrípeta y gravitatoria en la órbita circular llegamos a la expresión para la

caso de h=∞, con lo que se tiene v e = 2

haber ningún punto con coordenada finita donde se anule el potencial.

∣⃗L∣=4,22 ·10 7 · 500 · 2 π 4,22 ·10 =6,48· 1013 kg · m2 · s−1

Se nos pide altura desde la superficie h=R0-RL=2,97·106-1,74·106=1,23·106 m

Para un péndulo en régimen de pequeñas oscilaciones, se puede deducir la expresión T =2 π

que sustituyendo nos da T 0=2 π

La energía necesaria es Em órbita – Em superficie =-1,25·1010 - (-4,5·1010 )= 3,25·1010 J

potencial, aportamos energía al sistema.

B. Pregunta 2.- (Similitudes con 2010-Junio-Coincidentes-B.Cuestión 1: 1/6≈0,166, 1/4≈0,273)

b) Órbita circular, igualamos fuerza centrípeta y gravitatoria. Pasamos la velocidad a m/s

Para la energía cinética calculamos la velocidad con el periodo

b) Calculamos la diferencia de energía entre ambas situaciones

b) El módulo del momento angular es constante en la órbita, lo podemos calcular en perigeo o

formado por vectores r y dr) r(t)

Em =Em perigeo =6,76⋅10 −1,136⋅10 10=−4,6⋅10 9 J

E c= Em−E p=−1,33⋅109 −(−2,65⋅10 9)=1,32⋅10 9 J

La aceleración de la gravedad es una magnitud vectorial; tomando el origen de coordenadas en el

Nota: la velocidad es independiente de la masa de la sonda.

24⋅3600 x Polo Sur

cuerpo sobre la superficie de cada planeta.

E p Inicial=−6,4⋅10 −3,14⋅10 =−3,14064⋅1011 J

Calculamos la variación para calcular el trabajo

b) La intensidad de campo es un vector:

∣⃗p∣=mv =1000⋅5765=5,765⋅106 kg⋅m

Igualando energía mecánica en A y en B