Ejercicio resuelto de Campo gravitatorio · Física · 2026

Un satélite de $2{,}5\cdot 10^{15}\ \text{kg}$ de masa gira en una órbita circular a una altura de $7{,}0\cdot 10^{3}\ \text{km}$ sobre la superficie de un cierto planeta de masa $M_p = 3{,}0\cdot 10^{23}\ \text{kg}$ y radio $R_p = 3{,}0\cdot 10^{3}\ \text{km}$. Calcule: [2,5 puntos]

a) El periodo y la velocidad orbital del satélite. [0,75 puntos]

b) El valor del campo gravitatorio en la superficie del planeta y en un punto de la órbita del satélite. [0,75 puntos]

c) La energía cinética, la energía potencial gravitatoria y la energía total del satélite. [1 punto]

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

$\textbf{a) El periodo y la velocidad orbital del satélite. [0,75 puntos]}$

El radio de la órbita se mide desde el centro del planeta, así que hay que sumar el radio del planeta a la altura. Pasamos ambos datos a metros.

$r=R_p+h=3{,}0\cdot10^{6}+7{,}0\cdot10^{6}=1{,}0\cdot10^{7}\ \text{m}$

En una órbita circular la fuerza gravitatoria es la única que actúa y hace de fuerza centrípeta. Igualamos las dos expresiones y despejamos la velocidad; obsérvese que la masa del satélite se simplifica.

$G\dfrac{M_p\,m}{r^{2}}=m\dfrac{v^{2}}{r}\Longrightarrow v=\sqrt{\dfrac{G\,M_p}{r}}$

$v=\sqrt{\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot3{,}0\cdot10^{23}}{1{,}0\cdot10^{7}}}=\sqrt{2{,}00\cdot10^{6}}=1{,}41\cdot10^{3}\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

El movimiento es circular uniforme, de modo que el periodo es la longitud de la circunferencia dividida entre la velocidad.

$T=\dfrac{2\pi r}{v}=\dfrac{2\pi\cdot1{,}0\cdot10^{7}}{1{,}41\cdot10^{3}}=4{,}44\cdot10^{4}\ \text{s}$



El satélite gira a $1{,}41\cdot10^{3}\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ y tarda $4{,}44\cdot10^{4}$ segundos, algo más de doce horas, en dar una vuelta completa.

$\textbf{b) El valor del campo gravitatorio en la superficie del planeta y en un punto de la órbita del satélite. [0,75 puntos]}$

El campo gravitatorio creado por una masa puntual, o por una esfera homogénea vista desde fuera, disminuye con el cuadrado de la distancia al centro.

$g=\dfrac{G\,M_p}{d^{2}}$

En la superficie la distancia es el radio del planeta.

$g_{\text{sup}}=\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot3{,}0\cdot10^{23}}{\left(3{,}0\cdot10^{6}\right)^{2}}=\dfrac{2{,}00\cdot10^{13}}{9{,}0\cdot10^{12}}=2{,}22\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

En la órbita la distancia es $r$, que es algo más del triple, de manera que el campo cae a menos de la novena parte.

$g_{\text{orb}}=\dfrac{2{,}00\cdot10^{13}}{\left(1{,}0\cdot10^{7}\right)^{2}}=0{,}200\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

Como comprobación, esa debe ser la aceleración centrípeta del satélite: $v^{2}/r=(1{,}41\cdot10^{3})^{2}/10^{7}=0{,}200\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$.

El campo vale $2{,}22\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$ en la superficie y $0{,}200\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$ en la órbita, y en los dos casos apunta hacia el centro del planeta.

$\textbf{c) La energía cinética, la energía potencial gravitatoria y la energía total del satélite. [1 punto]}$

La energía cinética se obtiene de la velocidad del apartado a). Conviene usar $v^{2}=GM_p/r$ sin redondear.

$E_c=\dfrac{1}{2}mv^{2}=\dfrac{1}{2}\cdot2{,}5\cdot10^{15}\cdot2{,}00\cdot10^{6}=2{,}50\cdot10^{21}\ \text{J}$

La energía potencial gravitatoria se toma nula en el infinito, y por eso es negativa: es la energía que habría que aportar para llevar el satélite hasta allí.

$E_p=-\dfrac{G\,M_p\,m}{r}=-\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot3{,}0\cdot10^{23}\cdot2{,}5\cdot10^{15}}{1{,}0\cdot10^{7}}=-5{,}00\cdot10^{21}\ \text{J}$

$E_T=E_c+E_p=2{,}50\cdot10^{21}-5{,}00\cdot10^{21}=-2{,}50\cdot10^{21}\ \text{J}$

La energía total es negativa, como corresponde a un satélite ligado, y se cumple la relación característica de las órbitas circulares: $E_T=-E_c=E_p/2$. Sus valores son $E_c=2{,}50\cdot10^{21}\ \text{J}$, $E_p=-5{,}00\cdot10^{21}\ \text{J}$ y $E_T=-2{,}50\cdot10^{21}\ \text{J}$.