01. Un satélite de comunicaciones está situado en órbita

01. Un satélite de comunicaciones está situado en órbita geoestacionaria circular en torno al
ecuador terrestre. Calcular:
a) Radio de la trayectoria, aceleración tangencial del satélite y trabajo realizado por la
fuerza gravitatoria durante un semiperiodo.
b) Campo gravitatorio y aceleración de la gravedad en cualquier punto de la órbita.
Datos: G = 6,67 10-11 N m2 kg-2 MT = 6 1024 kg.
a) En la órbita la fuerza de atracción gravitatoria es la fuerza centrípeta
M Tm
GM T T 2 3 6,67 10 11 6 10 24 86400 2
v2
4 2
2
3
m
m
r
m
r
r






 4,2 10 7 m
2
2
2
2
r
r
T
4
4
La aceleración tangencial es cero; el satélite se mueve con velocidad constante.
FA  FCP
G
El trabajo es cero; los dos puntos están en la misma superficie equipotencial.
b) La intensidad de campo gravitatorio y la aceleración de la gravedad es lo mismo
gG
MT
R T  h 
2
 6,67 10 11
6 10 24
 4,2 10 
7
2
 0,23m s2
02. Fobos es un satélite de Marte que gira en una órbita circular de 9380 km de radio, respecto
al centro del planeta, con un periodo de revolución de 7,65 horas. El otro satélite de Marte,
Deimos, gira en una órbita de 23460 km de radio. Calcular:
a) La masa de Marte.
b) El período de revolución de Deimos.
c) El módulo del momento angular de Fobos respecto al centro de Marte.
Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67 10-11 N m2 kg-2
Masa de Fobos = 1,1 1016 kg; Masa de Deimos = 2,4 1015 kg
a) Con los datos de Fobos
G
MM 
M M mF
v2
4 2
2




m
m
r
m
rF
F
F
F
F
rF
rF2
T2
4 2rF3
4 2 (9380 10 3 )3

 6,43 10 23 kg
2
11
G T2
6,67 10  7,65 3600 
b) Aplicando la tercera ley de Kepler
TF2 TD2
rD3
(23460)3
T
T
7,65  30,29h



D
F
rF3
rD3
rF3
(9380)3
 

c) El momento angular es L  r  mv y su módulo
2
L  r m v  r m r 
m r 2  2,2 10 26 kg m2 s2
T
03. En el interior de un condensador plano horizontal hay un campo eléctrico de 104 N/C dirigido
hacia arriba. La longitud del condensador es de 5 cm y la separación entre las láminas es de 2
cm. Equidistante y paralelo a las láminas penetra un electrón con una velocidad de 107 m/s.
Calcular:
a) Lo que desciende el electrón dentro del condensador
b) ¿En qué punto choca con la lámina?
2 cm
c) ¿Con qué velocidad choca? (módulo y dirección)
5 cm
Si el campo va hacia arriba (trayectoria seguida por la carga unidad positiva), el electrón se
mueve al revés. La fuerza que tira del electrón es la del campo
F  E q  ma  a 
E q 10 4 1,6 10 19

 1,76 1015 ms2
31
m
9,110
con esa aceleración recorre 1 cm en vertical en
1
2
e  a t2  t 
2e
2 0,01

 3,37 10 9 s , en ese tiempo recorre
15
a
1,76 10
x  v X t  107 3,37 10 9  3,37 10 2 m en horizontal



 v  107 i  5,93 106 j

La velocidad con la que choca es
  
1
2
2
7
v Y  a t  5,93 10 6 ms1 
 v  v X  v Y  1,16 10 ms
v
5,93 106
la velocidad forma un ángulo con la vertical de   arc tg Y  arc tg
 30,8º
vX
107
04. Dos esferas puntuales de 10g de masa están suspendidas del mismo punto con hilos de la
v X  107 ms1
misma longitud. Se cargan las dos con la misma carga, repeliéndose hasta que los hilos de los
que cuelgan forman un ángulo de 90°. Poco a poco las esferas van perdiendo carga
uniformemente. Calcular el tanto por ciento de carga perdida cuando los hilos forman un ángulo
de 45°.
45
Al principio tg 45 
L
kq20
FR1

P
mg (2L sen45)2
y la carga inicial es q0  2L sen45
FR1
2 L cos 45
P
FR2
kqF2
Al final tg 22,5 

P
mg (2L sen22,5)2
y la carga final es qF  2L sen22,5
22,5 L
2 L cos 22,5
mg tg45
k
mg tg 22,5
k
la relación entre cargas es
FR2
P
qF sen22,5 tg 22,5 0,383 0,644


 0,349
q0
0,707 1
sen45 tg45
la carga final es el 34,9 % de la inicial y se ha perdido
un 65,1 % de la carga.
05. Una partícula de masa 5 g y carga – 2mC se abandona en reposo a 0,5 m de dos cargas fijas
de 5 mC separadas 0,6 m. Suponiendo que solo intervienen las fuerzas eléctricas determinar:
a) El campo eléctrico en el punto que hemos dejado la partícula.
b) El potencial en ese punto.
c) La velocidad que tendrá la partícula cuando llegue al punto medio de las dos cargas.
A
a) El campo eléctrico en A es
EA  2 9 10 9
36,87º
5 10 3
cos 36,87  2,88 10 8 N C1
2
0,5
b) El potencial en A es
VA  2 9 10 9
B
c) El potencial en B es VB  2 9 10 9
5 10 3
 1,8 10 8 V
0,5
5 10 3
 3 108 V y el trabajo necesario para de -2mC desde A
0,3
hasta B es WA B  qMOVIL (VB  VA )  2 10 3(3 108  1,8 108 )  2,4 105 J
1
2
ese trabajo se convierte en energía cinética 2,4 105  EC  mv 2 y la velocidad cuando pasa por
el punto B es v 
2 EC

m
2 2,4 105
 9798ms1
3
5 10