Ejercicio resuelto de Campo gravitatorio · Física · 2025

Un satélite de $1{,}5\cdot 10^{9}\ \text{kg}$ de masa gira describiendo una órbita circular a una altura de $9{,}0\cdot 10^{3}\ \text{km}$ sobre la superficie de un cierto planeta $P$, de masa $M_P = 6{,}0\cdot 10^{24}\ \text{kg}$ y radio $R_P = 3{,}5\cdot 10^{3}\ \text{km}$.

a) Determine el periodo y la velocidad orbital del satélite. [1 punto]

b) Calcule el valor y represente el campo gravitatorio en un punto de la superficie del planeta $P$ y en un punto de la órbita del satélite. [1 punto]

Dato: $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\cdot\text{m}^{2}\cdot\text{kg}^{-2}$.

$\textbf{a) Determine el periodo y la velocidad orbital del satélite. [1 punto]}$










En una órbita circular la fuerza gravitatoria hace de fuerza centrípeta, y por la segunda ley de Newton:

$G\frac{M_P\,m}{r^2}=\frac{m\,v^2}{r}\Rightarrow v=\sqrt{\frac{G\,M_P}{r}}$

La masa del satélite se simplifica: por grande que sea —y $1{,}5\cdot10^{9}\ \text{kg}$ lo es—, no influye en la órbita.





El radio se mide desde el centro del planeta:

$r=R_P+h=3{,}5\cdot10^{6}+9{,}0\cdot10^{6}=1{,}25\cdot10^{7}\ \text{m}$

$v=\sqrt{\frac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot6{,}0\cdot10^{24}}{1{,}25\cdot10^{7}}}=5{,}66\cdot10^{3}\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

Y el período, del movimiento circular uniforme:

$T=\frac{2\pi\,r}{v}=\frac{2\pi\cdot1{,}25\cdot10^{7}}{5{,}66\cdot10^{3}}=1{,}39\cdot10^{4}\ \text{s}$

$T=1{,}39\cdot10^{4}\ \text{s}=3{,}86\ \text{h}$

La velocidad orbital es de $5{,}66\ \text{km}\cdot\text{s}^{-1}$ y el período, de casi cuatro horas.

$\textbf{b) Calcule el valor y represente el campo gravitatorio en un punto de la superficie del planeta P y en un punto de la órbita del satélite. [1 punto]}$

El campo gravitatorio creado por el planeta a una distancia $d$ de su centro es

$\vec g=-G\frac{M_P}{d^2}\,\vec u_r$

siempre dirigido hacia el centro del planeta, como muestran las flechas de la figura. En la superficie, $d=R_P$:

$g_{\text{sup}}=\frac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot6{,}0\cdot10^{24}}{(3{,}5\cdot10^{6})^2}=32{,}7\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

Y en la órbita, $d=r=1{,}25\cdot10^{7}\ \text{m}$:

$g_{\text{orb}}=\frac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot6{,}0\cdot10^{24}}{(1{,}25\cdot10^{7})^2}=2{,}56\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

El campo vale $32{,}7\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$ en la superficie —más del triple que en la Tierra— y $2{,}56\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$ en la órbita, los dos dirigidos radialmente hacia el centro del planeta. La razón entre ambos es $(r/R_P)^2=(1{,}25\cdot10^{7}/3{,}5\cdot10^{6})^2=12{,}8$, exactamente la disminución que predice el inverso del cuadrado.

Conviene añadir que ese $g_{\text{orb}}$ es también la aceleración centrípeta del satélite: $v^2/r=(5{,}66\cdot10^{3})^2/1{,}25\cdot10^{7}=2{,}56\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$. El satélite está en caída libre permanente, y por eso sus ocupantes flotarían aunque la gravedad allí no sea nula.