campo gravitatorio

I.E.S. La Aldea de San Nicolás
CURSO 2010/2011
DEPARTAMENTO DE FÍSICA Y QUÍMICA
CAMPO GRAVITATORIO
1. La Tierra está dentro del campo gravitatorio solar. ¿Por qué la Tierra no se precipita sobre el Sol?
2. Marte tiene dos satélites, llamados Fobos y Deimos, cuyas órbitas tienen radios de 9400 y 23 000km
respectivamente. Fobos tarda 7,7h en dar una vuelta alrededor del planeta. Aplicando las leyes de
Kepler, halla el periodo de Deimos.
Solución: T= 29,4h
3. Calcula la masa del Sol suponiendo que la Tierra describe en torno a él una órbita de 1,5.1011 m de
radio.
Solución: Msol= 2,0.1030kg
4. Calcula la masa de Júpiter sabiendo que uno de sus satélites tiene un periodo de 16,55 días y un radio
orbital de 1,883.109 m.
Solución: MJúpiter = 1,93.1027kg
5. El radio del planeta Tierra es aproximadamente 6370km, mientras que el de Marte viene a ser de
3440km. Si un objeto pesa 200 N en la Tierra, ¿cuál será su peso en Marte? Marte tiene una masa 0,11
veces la de la Tierra.
Solución: p= 75 N
6. Un cuerpo tiene una masa de 10kg. ¿Cuál será su peso en un planeta cuya masa es 10 veces inferior a la
masa de la Tierra, pero con igual tamaño que ésta?
Solución: P= 9,8 N
7. Calcula el valor de la aceleración de la gravedad en la superficie de Mercurio, si el radio de la Tierra es
tres veces mayor que el de Mercurio, y la densidad de Mercurio es 3/5 de la densidad media de la
Tierra.
Solución: gMercurio = 1,96 m/s2
8. Supongamos que conoces el periodo y el radio de la órbita de un satélite que gira alrededor de la Tierra.
Con esta información y con ayuda de las leyes de Newton, ¿puedes calcular la masa del satélite?
¿Podrías calcular la masa de la Tierra?
9. Si la Luna estuviera siempre en el mismo punto aparentemente inmóvil respecto de la Tierra, ¿qué
dirías acerca del periodo de nuestro satélite?
10. Un satélite se encuentra en una órbita circular alrededor de la Tierra y tiene un periodo de 2h. ¿A qué
altura de la superficie se encuentra el satélite? (Toma como radio de la Tierra el valor de 6 400km).
Solución: 1500km
11. ¿A qué altura el valor de la gravedad se reduce a la mitad del valor que tiene en la superficie terrestre?
Solución: h = 0,4 RT
12. Si la densidad de la Tierra fuese tres veces mayor, ¿cuál debería ser el radio terrestre para que el valor
de la gravedad no variara?
Solución: R'= 1/3 RT
13. Si se redujese el volumen de la Tierra a la mitad y perdiera la mitad de su masa, ¿cómo variaría la
aceleración de la gravedad?
Solución: g,= g 0 3 2
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14. Una nave espacial sigue una órbita circular alrededor de la Tierra a una altura de 1 000km. ¿Cuál es el
peso de un astronauta a esa altura si en la superficie de la Tierra pesaba 735 N? (RT= 6 400km)
Solución: 550 N
15. La intensidad del campo gravitatorio de la Luna es 1,60 m/s2. ¿Cuánto pesa en la Luna un individuo que
en la Tierra pesa 689 N?
Solución: 112 N
16. Un satélite artificial gira en torno a la Tierra describiendo una órbita de 7 000km de radio. Calcula la
velocidad y el periodo de revolución del satélite.
Solución: 7,6.103 m/s; 1,6 h
17. Un satélite artificial gira en torno a la Tierra describiendo una órbita situada a 500km de altura y da
1,57 h en dar una vuelta. Calcula la masa de la Tierra. (Toma para el radio de la Tierra el valor de
6400km.)
Solución: 6·1024kg
18. Calcula el trabajo necesario para trasladar un satélite terrestre de 500kg desde una órbita circular de
radio ro = 2RT hasta otra de radio r1 = 3RT, siendo RT = 6,4.106 m.
Solución: 2,6.109 J
19. ¿Qué radio debe tener la órbita de un satélite artificial de 200kg que gira alrededor de la Tierra con una
velocidad de 5 434 m/s?
Solución: 1,35.107 m
20. Calcula la velocidad de escape de un cohete lanzado desde la Luna, sabiendo que: ML = 7,36.1022kg y
RL = 1,74.106m.
Solución: 2,38.103 m/s
21. Un satélite artificial gira en torno a la Tierra en una órbita circular de radio igual al diámetro de la
Tierra. Calcula la velocidad del satélite.
Solución: 5 592 m/s
22. El satélite Meteosat nos envía tres veces al día imágenes de Europa para la confección de los mapas del
tiempo. Calcula su periodo de revolución y el radio de la órbita que describe.
Solución: T = 8 h; r = 2,0.107 m
23. La masa de la Tierra es 5,9.1024kg y su radio es 6370km. Se desea elevar una masa, m = 15 000kg,
desde la superficie de la Tierra hasta una altura sobre ella de 4,2.104m. Calcula la energía que se
necesita.
Solución: 6,2·109J
24. Dos satélites artificiales de la Tierra S1 y S2 describen en un sistema de referencia geocéntrico dos
órbitas circulares, contenidas en el mismo plano, de radios r1 = 8000km y r2 = 9034km,
respectivamente. En un instante inicial dado, los satélites están alineados con el centro de la Tierra y
situados del mismo lado.
a) ¿Qué relación existe entre las velocidades orbitales de ambos satélites?
b) ¿Qué relación existe entre los periodos orbitales de los satélites? ¿Qué posición ocupará el satélite
S2 cuando el satélite S1 haya completado 6 vueltas, desde el instante inicial?
Solución: a) v1 = 1,063 v2; b) T2 = 1,2 T1; n2 = 5 vueltas y volverán a estar alineados
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25. En el movimiento circular de un satélite en torno a la Tierra, determina:
a) La expresión de la energía cinética en función de las masas del satélite, de la Tierra y del radio de la
órbita.
b) La relación que existe entre su energía mecánica y su energía potencial.
1
1 M m
Solución: a) Ec = G T ; Em = E p
2
2
R0
26. Un proyectil de masa 10kg se dispara verticalmente desde la superficie de la Tierra con una velocidad
de 3 200 m/s. Si el radio medio de la Tierra es 6,37.106 m,
a) ¿Cuál es la máxima energía potencial que adquiere?
b) ¿En qué posición se alcanza?
Solución: a) - 5,7.108J; b) RT + h = 7,0.106 m
27. Se coloca un satélite meteorológico de 1 000kg en órbita circular a 300km sobre la superficie terrestre.
Determina si el radio medio de la Tierra es 6,37.106 m:
a) La velocidad lineal, la aceleración radial y el periodo en la órbita.
b) El trabajo que se requiere para poner en órbita el satélite.
Solución: a) 7721,3m/s; 8,94m/s2; 1,5h; b) 3,26.1010J
28. El periodo de revolución de Júpiter en su órbita alrededor del Sol es aproximadamente 12 veces mayor
que el de la Tierra en su respectiva órbita. Considerando circulares las órbitas de los dos planetas,
determina:
a) La razón entre los radios de las respectivas órbitas.
b) La razón entre las aceleraciones de los dos planetas en sus órbitas.
Solución: a) RJ = 5,2 RT; b) aJ = 0,04 aT
29. ¿Con qué frecuencia angular debe girar un satélite de comunicaciones, situado en una órbita ecuatorial,
para que se encuentre siempre sobre el mismo punto de la Tierra? ¿A qué altura sobre la superficie de la
Tierra se encontrará el satélite citado?
Solución: 7,272.10-5rad/s; 3,6.107 m
30. Un satélite artificial de 200kg gira en una órbita circular a una altura h sobre la superficie de la Tierra.
Sabiendo que a esa altura el valor de la aceleración de la gravedad es la mitad del valor que tiene en la
superficie terrestre, averigua, si el radio medio de la Tierra es 6,37.106 m:
a) La velocidad del satélite.
b) Su energía mecánica.
Solución: a) 6,6.103 m/s; b) - 4,4.109 J
31. La nave espacial Discovery, lanzada en octubre de 1998, describía en torno a la Tierra una órbita
circular con una velocidad de 7,62 km/s.
a) ¿A qué altura se encontraba?
b) ¿Cuál era su periodo? ¿Cuántos amaneceres contemplaban cada 24 h los astronautas que viajaban en
el interior de la nave?
DATOS: MT = 5,98.1024kg; RT = 6 370km
Solución: a) h = 5.105m; b) 1,57h; 15 veces
32. El satélite mayor de Saturno, Titán, describe una órbita de radio medio r = 1,222.106km en un periodo
de 15,945 días. Determina la masa del planeta Saturno y su densidad. Radio de Saturno: 58 545km.
Solución: 5,67.1026kg; 677 kg.m-3
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SOLUCIONES DE CAMPO GRAVITATORIO
1. La Tierra está sometida a la atracción solar. Por esta causa la Tierra tiene una aceleración que continuamente
está dirigida hacia el Sol. Se trata de una aceleración centrípeta. Para que el planeta esté estable debe girar en
una órbita circular; mientras gira está «cayendo» continuamente sobre el Sol. Si esto no ocurriera el movimiento
sería rectilíneo por inercia. (Explicación de la velocidad de órbita)
2. A partir de la 3ª Ley de Kepler (enunciarla): T2 = Cr3.
T12 T22
T22 .r13
T2
(7,7) 2 .(23.10 6 ) 3
2 3
2 3

C



T
.
r

T
.
r

T


 29,4h
1
2
2 1
1
r3
r13
r23
r23
(94.10 5 ) 3
3. Si la Tierra describe una órbita circular en torno al Sol, estará sometida a una fuerza centrípeta originada por la
atracción solar (Explicación de la velocidad de órbita):
M m
v2
G S2  m
r
r
, de donde se deduce la masa del Sol:
MS 
terrestre.
También conocemos el periodo de la Tierra: 1año=3,15.107s.
T
2 .r
2 .r
v
v
T
MS 
v2r
,
G
siendo r el radio de la órbita
Por tanto, la masa del Sol será:
4 2 (1,5.1011 ) 3
4 2 .r 3

 2,0.10 30 kg
2
7 2
11
T .G
(3,15.10 ) .6,67.10
4. Igualamos la fuerza centrípeta a que está sometido el satélite en su órbita circular con la fuerza gravitatoria que
ejerce el planeta Júpiter. (Explicación de la velocidad de órbita)
v2r
M m
v2
MJ 
,
, de donde:
G J2  m
G
r
r
Por tanto, la masa de Júpiter en función del periodo sería:
T
2 .r
2 .r
v
v
T
MJ 
4 2 (1,883.10 9 ) 3
4 2 .r 3

 1,93.10 27 kg
2
6 2
11
T .G
(1,43.10 ) .6,67.10
5. Vamos a calcular la gravedad de Marte en función de la gravedad de la Tierra:
gM  G
MM
RM2
gT  G
MT
RT2
g M M M RT2 0,11M T (6370.10 3 ) 2


 0,377.
gT
M T RM2
M T (3440.10 3 ) 2
Por tanto, gM=0,377gT
En consecuencia, el peso del cuerpo en Marte será:
P = m gM = m.0,377gT = 0,377 (m gT) = 0,377 . 200 N = 75 N
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6. Relacionamos los valores de la gravedad en. la Tierra y en el planeta:
gT  G
MT
RT2
gP  G
MP
RP2
g P M P RT2
MP


 0,1
2
gT
M T RP 10M P
Por tanto se cumple que: gP = 0,1gT
En este planeta el peso del cuerpo será: P = m gP = 10.0,1.9,8 = 9,8N
7. Valor de la gravedad en Mercurio en función de la densidad y del radio del planeta:
Y para la Tierra sería:
gT  4 GRT T
3
Relacionando los dos valores tenemos:
4 GR 
M M
gM
R 
R 3 5 T 1
 3
 M M  M

5
4 GR 
gT
RT T
3RM T
T
T
3
Por tanto, se cumple que:
gM 1
9,8
  gM 
 1,96m / s 2
gT 5
5
8. Con los datos que se indican se puede calcular la masa de la Tierra, pero no la del satélite, puesto que ésta no
depende ni del radio ni del periodo. En efecto, con el radio de la órbita y el periodo de revolución se puede
calcular la velocidad orbital. Además, si la órbita es estable, se debe cumplir que la fuerza gravitatoria origina la
aceleración centrípeta del satélite (Explicación de la velocidad de órbita):
G
Mm
v2
v2r

m

M

,
r
G
r2
Por tanto, la masa de la Tierra en función del periodo sería:
T
2 .r
2 .r
4 2 r 3
v
M  2
v
T
T G
9. Si la Luna estuviera aparentemente estacionaria tendría el mismo periodo de revolución que el periodo de
rotación de la Tierra. Con este dato se podría calcular el radio de la órbita descrita por la Luna como se
demuestra en el ejercicio anterior, si calculásemos r.
10. Si el satélite tiene una órbita estable, se cumple que (Explicación de la velocidad de órbita):
G
Mm
v2

m
r
r2
GM
v2
2 .r
v
T
r
r3 
, de donde se deduce que el radio de la órbita vale:
GMT 2
6,67.1011.5,98.1024 (2.3600) 2
3

r

 7,9.106 m
4 2
4 2
Luego la altura será: h = 7,9.106 – 6,4.106 = 1,5.106m
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11. La gravedad en función de la altura viene dada por (Explicación de la variación de la gravedad con la altura):
gh  g0
R2
( R  h) 2
Si se cumple que gh = 1/2 go se deduce:
g0
g R2
1
R
 0 2

 h  R( 2  1)  0,41R
2 ( R  h)
2 Rh
Siendo R el radio de la Tierra.
12. Si la gravedad no varía se debe cumplir:
g
GM G 4 3R 3  4

 GR
R2
R2
3
Igualando las dos expresiones se deduce que:
4
g   GR(3 )
3
R 
1
R
3
13. Teniendo en cuenta que:
M  M
2
V
4
2
1
R

V   R3  R 3  R3  R 3  R  3
2
3
3
2
2
La nueva gravedad sería:
g 
GM 2

R 2
GM
1
3 g
R
2
2( 3 ) 2
2
14. La gravedad en función de la altura viene dada por (Explicación de la variación de la gravedad con la altura):
gh  g0
R2
( R  h) 2
A esa altura el peso del astronauta sería:
mgh  mg0
R2
735(6,4.106 )

 550 N
( R  h) 2 (6,4.106  1.106 ) 2
15. La masa gravitatoria del individuo es la misma, tanto en la Tierra como en la Luna: m = PT/gT = PL/gL, de donde
se deduce el peso en la Luna:
PL 
PT
689
gL 
1,60  112 N
gT
9,8
16. Para que el satélite describa la órbita circular se debe cumplir que (Explicación de la velocidad de órbita):
G
Mm
v2

m
r
r2
De donde se deduce la velocidad del satélite:
v
GM
6,67.1011.6.1024

 7,6.103 m / s
6
r
7.10
El periodo de revolución vale:
T
2 .r 2 7.106

 5784s  1,6h
v
7,6.103
17. La fuerza gravitatoria ha de ser igual a la fuerza centrípeta para que el satélite esté en equilibrio dinámico en la
trayectoria (Explicación de la velocidad de órbita):
G
Mm
v2
v2r
m
M 
,
2
r
G
r
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Por tanto, la masa de la Tierra en función del periodo sería:
T
2 .r
2 .r
4 2 r 3
4 2 (6,9.10 6 ) 3
v
M  2

 6.10 24 kg
2
11
v
T
T G
(1,57.3600) .6,67.10
18. El trabajo necesario viene dado por el incremento de la energía mecánica del satélite al pasar de una órbita a la
otra.
Mm
1 Mm
1 Mm
2
 G
 G
- Energía mecánica correspondiente a la órbita inicial: E1  1 2 mv  G
R
2
R
2 2R
1
- Energía mecánica correspondiente a la órbita final:
Trabajo realizado:
E2  E1  
1
T
Mm
1 Mm
1 Mm
E 2  1 mv 2  G
 G
 G
2
R
2 R
2 3R
2
2
T
1
1
1
GMm( 1  1 ) 
GMm 
6,67.1011.6.1024.500  2,6.109 J
6
3
2
2 RT
12 RT
12.6,4.10
19. La velocidad de traslación viene dada por (Explicación de la velocidad de órbita):
G
Mm
v2
M
GM
6,67.10 11.6.10 24
2

m

G

v

r


r

 1,35.10 7 m
2
2
2
r
r
r
v
5434
20. La velocidad de escape se obtiene aplicando el Principio de Conservación de la Energía Mecánica, ya que la
fuerza gravitatoria que actúa sobre el cohete es conservativa (Explicación de la velocidad de órbita):
Energía mecánica inicial=Energía mecánica final (que es cero):
GM L m
1 2 mve2  (
)0
RL
Por tanto, el valor de Ve será:
ve 
2GM L

RL
2.6,67.1011.7,36.1022
 2,38.103 m / s
1,74.106
21. Aplicando la condición de equilibrio orbital (Explicación de la velocidad de órbita):
G
Mm
v2
M

m
G
 v2  v 
2
r
r
r
G
M

2 RT
6,67.10 11
6.10 24
 5,59.10 3 m / s
2.6,4.10 6
22. a) Del enunciado se deduce que el periodo de revolución es la tercera parte de un día.
El período es 24:3 = 8h.
b) Si el satélite tiene una órbita estable, se cumple que (Explicación de la velocidad de órbita):
G
Mm
v2

m
r
r2
GM
v2
2 .r
v
T
r
r3 
, de donde se deduce que el radio de la órbita vale:
GMT 2
6,67.10 11.5,98.10 24 (8.3600) 2
3

r

 2,0.10 7 m
4 2
4 2
23. La energía necesaria coincide con el incremento que experimenta la energía potencial:
E p  G
 1

Mm 
Mm 
1 
1
1
  GMm
  6,67.10 11.5,9.10 24.15.10 3 
   G


6
RT  h 
RT 
6,41.10 6
 6,37.10
 RT RT  h 

  6,2.10 9 J

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24. a) Sean m1, r1 y v1 la masa, el radio orbital y la velocidad del satélite S1 y m2, r2 y v2 las mismas magnitudes del
satélite S2.
Si el satélite tiene una órbita estable, se cumple que (Explicación de la velocidad de órbita):
G
M T m1
v12
M

m
 G T  v12  v1 
1
2
r1
r1
r1
G
MT
r1
Lo mismo para el satélite S2:
M T m2
v 22
M

m
 G T  v 22  v 2 
2
2
r2
r2
r2
Relacionando estas velocidades tenemos:
G
v1

v2
G
MT
r2
r2
9,034.106

 1,063  v1  1,063v2
r1
8.106
b) Aplicamos la Tercera Ley de Kepler (enunciarla): T2 = Cr3.
3
r 
T2
T12 T22
T22 r23
T

C



 3  2   2   1,2  T2  1,2T1
3
3
3
2
r
r1
r2
T1
r1
T1
 r1 
En el mismo tiempo que el satélite S1 emplea en realizar n1=6 vueltas, el satélite S 2 habrá realizado n2=5 vueltas,
como se deduce de:
1
T1 
nT
6
n1
T1n1  T2 n2  n2  1 1 
 5vueltas
T2 1,2
1
T2 
n2
25. De la condición de equilibrio para mantenerse en órbita deducimos la velocidad del satélite (Explicación de la
velocidad de órbita):
MT m
M
v2

m
 G T  v2
2
r
r
r
Por tanto, la energía cinética viene dada por:
G
Ec 
1 2 1 MT m
mv  G
2
2
r
La energía potencial asociada al sistema Tierra- satélite es: E p  G
MT m
, cuya relación con la energía
r
mecánica es:
E  Ec  E p 
M m
M m1 
1 MT m
1 M m 1
G
 G T  G T   1   G T  E p
2
r
r
r 2 
2
r
2
26. De acuerdo con el Principio de Conservación de la Energía Mecánica, el proyectil alcanzará la máxima energía
potencial cuando la energía cinética sea cero. Por tanto, la energía potencial máxima será igual a la energía
mecánica del proyectil en el punto de lanzamiento, es decir, en la superficie de la Tierra.
a)

1
Mm  1
6.1024.10
  10.32002  6,67.1011
E p máx  Ec  E p , s  Ec , s  E p máx  mv2    G
 5,7.108 J
6
2
RT  2
6,37.10

b) Si h representa la altura en donde la energía potencial es máxima, se cumple:
E p máx  5,7.108  G
Mm
6.1024.10
6,67.1011.6.1024.10
 6,67.1011
r 
 7,02.106 m
8
r
r
5,7.10
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CURSO 2010/2011
DEPARTAMENTO DE FÍSICA Y QUÍMICA
27. a) La fuerza gravitatoria que ejerce la Tierra origina la fuerza centrípeta necesaria para que el satélite describa
una órbita circular (Explicación de la velocidad de órbita):
MT m
M
v2

m
 G T  v2
2
r
r
r
De donde se obtiene la velocidad lineal:
G
MT
6.1024
 6,67.1011
 7,7.103 m / s
r
6,37.106  0,3.106
2
7,7.103 2  8,89m / s 2
La aceleración centrípeta viene determinada por: a  v 
r 6,37.106  0,3.106
v G


6
6
El periodo de revolución es: T  2r  2 6,37.10  0,3.10  5442,71s  1,51h
v
7,7.103
b) El trabajo realizado es igual al incremento de la energía mecánica que ha experimentado el satélite respecto de
la superficie terrestre.

M m 1
M m
W  E2  E1  E p , 2  Ec , 2  E p ,1  Ec ,1   G T  mv2    G T 
r
2
RT 

 1 1 1

1
1
W  GM T m
   mv 2  6,67.10 11.6.10 24.1000

6
6
6,37.10  0,3.10 6
 6,37.10
 RT r  2
 1
  1000. 7,7.10 3
 2


2
 3,25.1010 J
28. a) De la Tercera Ley de Kepler se deduce la relación entre los radios de las dos órbitas (enunciarla): T2 = Cr3.
12T2  3 2
T12 T22
T12 r13
r1
T12
T2
3
C 3  3  2  3  
3
 12  5,2  r1  5,2r2  R J  5,2 RT
3
2
r2
r
r1
r2
T2
r2
T2
T22
2
b) Para hallar la aceleración centrípeta de los dos planetas igualamos la fuerza gravitatoria con la fuerza
centrípeta (Explicación de la velocidad de órbita):
G
MSm
M
 man  G 2S  an
2
r
r
De acuerdo con esta igualdad, la aceleración centrípeta de cada planeta es:
a n, J  G
MS
rJ2 S
MS
an , J
an,T

MS
rJ2 S
rT2 S
a n ,T  G
MS
, y cuya relación viene dada por:
rT2 S
an , J
rT2 S
rT2 S
1
 2 


 0,04  an , J  0,04an ,T
2
rJ  S 5,2rT  S 
an ,T 5,2 2
29. Si el satélite está estacionario respecto a la Tierra su periodo orbital debe coincidir con el periodo de rotación de
la Tierra. Por tanto, a partir de la definición de periodo, la frecuencia angular será:
T
2r 2
2
2

 

 7,3.10 5 rad / s
v

T
24.3600
La velocidad orbital se obtiene igualando la fuerza gravitatoria con la fuerza centrípeta (Explicación de la
velocidad de órbita):
G
Mm
v2

m
r
r2
, de donde se deduce que el radio de la órbita vale:
Y a partir de la definición del periodo de revolución: v 
r3 
2 .r
,
T
r
GM
v2
se puede deducir el radio de la órbita:
GMT 2
6,67.10 11.5,98.10 24 (24.3600) 2
3

r

 42,25.10 6 m
2
2
4
4
Por lo que la altura sobre la superficie terrestre es: h = 42,25.10 6-6,37.106= 3,6.107m
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30. a) El valor de la gravedad en función de la altura viene dado por: (Explicación de la variación de la gravedad
con la altura):
R2
R2
1 R2

1
2
.
g

g


 r 2  2 R 2  r  R 2  6,37.10 6 2  9.10 6 m
0
0
2 r2
r2
r2
Por otro lado, si la órbita del satélite es circular se debe cumplir (Explicación de la velocidad de órbita):
gh  g0
Mm
v2
, de donde se deduce que la velocidad del satélite vale:

m
r
r2
M
6.10 24
v G
 6,67.10 11
 6,67.10 3 m / s
r
9.10 6
G
b) Su energía mecánica será:
E  E p  Ec  G

Mm 1 2
6.1024.200 1
 mv  6,67.1011
 .200. 6,67.103
r
2
9.106
2

2
 4,4.109 J
31. a) La velocidad de la nave en función de la altura viene dada por (Explicación de la velocidad de órbita):
11
24
Mm
v 2 , de donde se deduce que el radio de la órbita vale: r  GM  6,67.10 .6.10  6,89.10 6 m
G 2 m
v2
r
7,62.103 2
r
La altura sobre la superficie terrestre es: h = 6,89.106-6,37.106= 5,22.105m
b) El periodo viene dado por:
T
2r 2 .6,89.10 6

 5681,25s  1,58h
v
7,62.10 3
En un día dan 15 vueltas a la Tierra: n 
24
 15vueltas
1,58
32. Igualamos la fuerza gravitatoria con la fuerza centrípeta:
G
Mm
v2
M

m
G
 v2  v 
2
r
r
r
G
M
,
r
siendo M la masa de Saturno, cuyo valor obtenemos a partir del periodo:
2r
2r
4 2 r 2 4 2 r 3
4 2 r 3
4 2 1,222.109 

T2 

M 

 5,69.10 26 kg
2
2
11
M
v
GM
GT


6
,
67
.
10
15
,
945
.
24
.
3600
M
G
G
r
r
Densidad del planeta:
3
T
M
M
5,69.10 26



V
4 3 .r 3 4 3 58,545.10 6


3
 676,95kg / m 3