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Apuntes de FísicaBiblioteca

Campo gravitatorio · Capítulo 6

Órbitas circulares

Un satélite en órbita cae continuamente hacia el planeta, pero va tan deprisa que nunca llega a tocarlo: la gravedad hace de fuerza centrípeta.

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Conexión con la fuerza centrípeta

Recuerda el movimiento circular uniforme. Para que un cuerpo siga una trayectoria circular, la fuerza resultante debe apuntar hacia el centro de la trayectoria. Su módulo es:

Fcentrıˊpeta=mv2R F_{\text{centrípeta}}=\frac{mv^2}{R}

La fuerza centrípeta no es una fuerza adicional. Es el nombre que damos a la fuerza resultante dirigida hacia el centro cuando un cuerpo realiza un movimiento circular.

La gravedad puede desempeñar esta función, pero los dos conceptos no son equivalentes:

  • La gravitación explica el origen de una fuerza: la atracción entre masas.
  • El término centrípeta describe la función de la fuerza resultante en un movimiento circular.

Por tanto, no debes sumar una «fuerza gravitatoria» y una «fuerza centrípeta» como si fueran dos fuerzas diferentes. Si la gravedad es la única fuerza que actúa y produce un movimiento circular, ella misma actúa como fuerza centrípeta.

En una órbita circular, la gravedad es la fuerza centrípeta

En un movimiento circular uniforme, el módulo de la velocidad se mantiene constante, pero su dirección cambia. Como la dirección cambia, hay una aceleración dirigida hacia el centro:

ac=v2r a_c=\frac{v^2}{r}

Utilizamos dos leyes: la ley de gravitación universal, Fg=GMm/r2F_g=GMm/r^2, y la segunda ley de Newton, F=macF=ma_c. En nuestro modelo, solo actúa la gravedad sobre el satélite. Por tanto, es la fuerza que produce esta aceleración:

Fg=mac F_g=ma_c

Sustituimos:

GMmr2=mv2r \frac{GMm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}

Simplificamos mm y un factor rr:

GMr=v2 \frac{GM}{r}=v^2

Así obtenemos la velocidad orbital circular:

v=GMr \boxed{v=\sqrt{\frac{GM}{r}}}

¿Qué nos dice esta expresión?

  • La velocidad no depende de la masa del satélite. La masa mm se cancela porque aparece tanto en la fuerza gravitatoria como en la respuesta del satélite a esta fuerza.
  • Cuanto menor es el radio orbital, mayor es la velocidad circular. En una órbita más cercana, la gravedad es más intensa; para mantener esa trayectoria circular hace falta una velocidad más alta.
  • Para un mismo radio, un planeta más masivo exige una velocidad orbital mayor, porque ejerce una atracción más intensa.

¿Por qué no cae directamente sobre el planeta?

El satélite tiene una velocidad tangente a la órbita. La gravedad lo acelera hacia el centro y cambia su dirección. Con la velocidad circular adecuada, la trayectoria se curva sin que disminuya la distancia al centro.

Un satélite en una órbita circular de radio r alrededor de un planeta: la velocidad v es tangente a la órbita, la fuerza gravitatoria apunta al centro formando un ángulo recto con v, y la trayectoria se curva sin acercarse.Un satélite en una órbita circular de radio r alrededor de un planeta: la velocidad v es tangente a la órbita, la fuerza gravitatoria apunta al centro formando un ángulo recto con v, y la trayectoria se curva sin acercarse.
La velocidad es tangente y la gravedad, perpendicular, hacia el centro: le cambia la dirección, no la distancia al centro.

Además, en una órbita circular, la fuerza gravitatoria es perpendicular al desplazamiento instantáneo. Por eso, el trabajo gravitatorio es nulo y la energía cinética no cambia.

Periodo y radio de una órbita circular

El periodo TT es el tiempo que el satélite tarda en completar una vuelta.

Como la longitud de la órbita es 2πr2\pi r:

T=2πrv T=\frac{2\pi r}{v}

Sustituyendo la velocidad orbital:

T=2πr3GM \boxed{T=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}}

Cuando aumenta el radio, el periodo aumenta por dos causas: el satélite tiene que recorrer una circunferencia más larga y, a la vez, se mueve más lentamente.

Para una órbita elíptica, el periodo depende del semieje mayor aa, no de la distancia instantánea rr:

T2=4π2a3GM \boxed{T^2=\frac{4\pi^2a^3}{GM}}

La deducción con rr constante solo vale para órbitas circulares, donde a=ra=r.

Al igualar GMm/r2=mv2/rGMm/r^2=mv^2/r, la masa mm del satélite se simplifica. Por tanto, el periodo no depende de la masa del satélite, sino solo de rr y de la masa MM del astro central.

Cómo calcular el radio orbital

Si conoces el periodo:

T2=4π2r3GM T^2=\frac{4\pi^2r^3}{GM}

Por tanto:

r=GMT24π23 \boxed{r=\sqrt[3]{\frac{GMT^2}{4\pi^2}}}

Si conoces la velocidad circular:

r=GMv2 \boxed{r=\frac{GM}{v^2}}

Si te piden la altura, después debes hacer:

h=r−R \boxed{h=r-R}

Ejemplo resueltoÓrbita de la Estación Espacial Internacional

Aproximamos la órbita de la Estación Espacial Internacional como una circunferencia a 400 km400\ \mathrm{km} de altura. La altura real varía.

1. Radio orbital

r=6,371⋅106+400⋅103=6,771⋅106 m r=6{,}371\cdot10^6+400\cdot10^3 =6{,}771\cdot10^6\ \mathrm{m}

2. Velocidad orbital

v=3,986⋅10146,771⋅106≃7,67⋅103 m/s v=\sqrt{\frac{3{,}986\cdot10^{14}}{6{,}771\cdot10^6}} \simeq7{,}67\cdot10^3\ \mathrm{m/s}
v≃7,67 km/s \boxed{v\simeq7{,}67\ \mathrm{km/s}}

3. Periodo

T=2π(6,771⋅106)7,67⋅103≃5,54⋅103 s T=\frac{2\pi(6{,}771\cdot10^6)}{7{,}67\cdot10^3} \simeq5{,}54\cdot10^3\ \mathrm{s}
T≃92,4 min \boxed{T\simeq92{,}4\ \mathrm{min}}

Por tanto, en esta aproximación, la estación completa una vuelta a la Tierra en unos 92 minutos.

Calcular la masa de un planeta o de una estrella

La tercera ley de Kepler también funciona al revés: del movimiento de un satélite sale la masa del astro.

Si conoces el periodo y el semieje mayor de la órbita:

M=4π2a3GT2 \boxed{M=\frac{4\pi^2a^3}{GT^2}}

Esto permite determinar la masa de un astro a partir del movimiento de un satélite o de un planeta.

Ejemplo resuelto: masa de una estrella

Un planeta tiene:

a=1,50⋅1011 mT=3,16⋅107 s a=1,50\cdot10^{11}\ \mathrm m \qquad T=3,16\cdot10^7\ \mathrm s

La masa de la estrella es:

M=4π2(1,50⋅1011)3(6,67⋅10−11)(3,16⋅107)2 M= \frac{4\pi^2(1,50\cdot10^{11})^3} {(6,67\cdot10^{-11})(3,16\cdot10^7)^2}
M≈2,00⋅1030 kg \boxed{M\approx2,00\cdot10^{30}\ \mathrm{kg}}

Es una masa semejante a la del Sol. La masa del planeta no aparece porque hemos supuesto que es mucho menor que la de la estrella.

Energía de un satélite en órbita circular

Tomamos la energía potencial gravitatoria nula en el infinito, como ya has trabajado:

Ep=−GMmr E_p=-\frac{GMm}{r}

La energía cinética es:

Ec=12mv2 E_c=\frac12mv^2

En una órbita circular, v2=GM/rv^2=GM/r. Por tanto:

Ec=GMm2r \boxed{E_c=\frac{GMm}{2r}}

La energía mecánica es la suma:

Em=Ec+Ep=GMm2r−GMmr E_m=E_c+E_p =\frac{GMm}{2r}-\frac{GMm}{r}

Así:

Em=−GMm2r \boxed{E_m=-\frac{GMm}{2r}}

Relaciones útiles

En una órbita circular:

Ep=−2EcEm=−Ec=Ep2 \begin{aligned} &\boxed{E_p=-2E_c}\\ &\boxed{E_m=-E_c=\frac{E_p}{2}} \end{aligned}

Estas relaciones son propias de la órbita circular. No las apliques automáticamente a cualquier movimiento gravitatorio.

Tres barras respecto del cero: la energía cinética GMm/2r hacia arriba, la energía potencial −GMm/r hacia abajo y el doble de larga, y la energía mecánica −GMm/2r hacia abajo, tan larga como la cinética.Tres barras respecto del cero: la energía cinética GMm/2r hacia arriba, la energía potencial −GMm/r hacia abajo y el doble de larga, y la energía mecánica −GMm/2r hacia abajo, tan larga como la cinética.
En una órbita circular, EpE_p es el doble de larga que EcE_c y hacia abajo; la suma, EmE_m, queda negativa y tan larga como EcE_c.

¿Qué significa que la energía mecánica sea negativa?

Como hemos fijado Ep=0E_p=0 en el infinito, un satélite con Em<0E_m<0 no tiene suficiente energía para llegar al infinito sin recibir energía adicional. Decimos que sigue una órbita cerrada (ligada) alrededor del planeta.

Cuando aumenta el radio de una órbita circular:

Magnitud ¿Qué ocurre?
Velocidad vv Disminuye
Energía cinética EcE_c Disminuye
Energía potencial EpE_p Aumenta: se hace menos negativa
Energía mecánica EmE_m Aumenta: se hace menos negativa

Una órbita circular más alta tiene más energía mecánica, aunque el satélite vaya más lento en ella. Esto ocurre porque el aumento de energía potencial supera la disminución de energía cinética.

Ejemplo resueltoEnergías a 400 km de altura

Para un satélite de m=1 000 kgm=1\,000\ \mathrm{kg}, con r=6,771⋅106 mr=6{,}771\cdot10^6\ \mathrm{m}:

Ec=(3,986⋅1014)(1 000)2(6,771⋅106)≃2,94⋅1010 J E_c=\frac{(3{,}986\cdot10^{14})(1\,000)} {2(6{,}771\cdot10^6)} \simeq2{,}94\cdot10^{10}\ \mathrm{J}
Ep=−(3,986⋅1014)(1 000)6,771⋅106≃−5,89⋅1010 J E_p=-\frac{(3{,}986\cdot10^{14})(1\,000)} {6{,}771\cdot10^6} \simeq-5{,}89\cdot10^{10}\ \mathrm{J}
Em≃−2,94⋅1010 J \boxed{E_m\simeq-2{,}94\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

El signo negativo indica que el satélite sigue una órbita cerrada (ligada) a la Tierra, no que esté parado.

Ejemplo resueltoVelocidad, periodo, gravedad y energías de un satélite

Datos

  • Masa de Aster: M=4,80⋅1024 kgM=4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}.
  • Radio: R=5,50⋅106 mR=5,50\cdot10^6\ \mathrm m.
  • Masa del satélite: m=3,20⋅102 kgm=3,20\cdot10^2\ \mathrm{kg}.
  • Altura de la órbita circular: h=9,00⋅102 kmh=9,00\cdot10^2\ \mathrm{km}.
  • G=6,67⋅10−11 N m2/kg2G=6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2}.

Buscamos: vv, TT, vueltas en 12,0 h12,0\ \mathrm h, gg y las tres energías.

Paso 1. Hallar el radio orbital

h=(9,00⋅102 km)(103 m/km)=9,00⋅105 m \begin{aligned} h &= (9,00\cdot10^2\ \mathrm{km})(10^3\ \mathrm{m/km})\\ &= 9,00\cdot10^5\ \mathrm m \end{aligned}
r=R+h=5,50⋅106 m+9,00⋅105 m=6,40⋅106 m \begin{aligned} r &= R+h\\ &= 5,50\cdot10^6\ \mathrm m+9,00\cdot10^5\ \mathrm m\\ &= \boxed{6,40\cdot10^6\ \mathrm m} \end{aligned}

Trampa: a partir de ahora utilizamos este rr, no la altura.

Paso 2. Justificar y calcular la velocidad

Solo actúa la gravedad. Por la ley de la gravitación universal y la segunda ley de Newton, con aceleración centrípeta:

GMmr2=mv2rv=GMr \begin{aligned} \frac{GMm}{r^2} &= m\frac{v^2}{r}\\ v &= \sqrt{\frac{GM}{r}} \end{aligned}
v=(6,67⋅10−11 N m2/kg2)(4,80⋅1024 kg)6,40⋅106 m=7,07⋅103 m/s \begin{aligned} v &= \sqrt{ \frac{ (6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2}) (4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}) }{ 6,40\cdot10^6\ \mathrm m }}\\ &= \boxed{7,07\cdot10^3\ \mathrm{m/s}} \end{aligned}

Si hay que dibujar las direcciones: la velocidad es tangente a la circunferencia; la fuerza y la aceleración apuntan hacia el centro.

Paso 3. Calcular el periodo y las vueltas

T=2πrv=2π(6,40⋅106 m)7,07⋅103 m/s=5,69⋅103 s \begin{aligned} T &= \frac{2\pi r}{v}\\ &= \frac{2\pi(6,40\cdot10^6\ \mathrm m)} {7,07\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}\\ &= \boxed{5,69\cdot10^3\ \mathrm s} \end{aligned}

En minutos:

T=5,69⋅103 s60 s/min=94,8 min \begin{aligned} T &= \frac{5,69\cdot10^3\ \mathrm s}{60\ \mathrm{s/min}}\\ &= 94,8\ \mathrm{min} \end{aligned}

Convertimos el tiempo de observación:

t=(12,0 h)(3 600 s/h)=4,32⋅104 s \begin{aligned} t &= (12,0\ \mathrm h)(3\,600\ \mathrm{s/h})\\ &= 4,32\cdot10^4\ \mathrm s \end{aligned}
n=tT=4,32⋅104 s5,69⋅103 s=7,60 vueltas \begin{aligned} n &= \frac{t}{T}\\ &= \frac{4,32\cdot10^4\ \mathrm s}{5,69\cdot10^3\ \mathrm s}\\ &= \boxed{7,60\ \text{vueltas}} \end{aligned}

Por tanto, ha completado 7 vueltas completas y una parte de la siguiente.

Paso 4. Calcular la gravedad

A partir de Fg=mgF_g=mg y Fg=GMm/r2F_g=GMm/r^2:

g=GMr2=(6,67⋅10−11 N m2/kg2)(4,80⋅1024 kg)(6,40⋅106 m)2=7,82 m/s2 \begin{aligned} g &= \frac{GM}{r^2}\\ &= \frac{ (6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2})(4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}) }{ (6,40\cdot10^6\ \mathrm m)^2 }\\ &= \boxed{7,82\ \mathrm{m/s^2}} \end{aligned}

Paso 5. Deducir y calcular las energías

Como la órbita es circular, v2=GM/rv^2=GM/r:

Ec=12mv2=GMm2r \begin{aligned} E_c &= \frac12mv^2\\ &= \frac{GMm}{2r} \end{aligned}
Ec=(6,67⋅10−11 N m2/kg2)(4,80⋅1024 kg)(3,20⋅102 kg)2(6,40⋅106 m)=8,00⋅109 J \begin{aligned} E_c &= \frac{ (6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2})(4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg})(3,20\cdot10^2\ \mathrm{kg}) }{ 2(6,40\cdot10^6\ \mathrm m) }\\ &= \boxed{8,00\cdot10^9\ \mathrm J} \end{aligned}
Ep=−GMmr=−(6,67⋅10−11 N m2/kg2)(4,80⋅1024 kg)(3,20⋅102 kg)6,40⋅106 m=−1,60⋅1010 J \begin{aligned} E_p &= -\frac{GMm}{r}\\ &= -\frac{ (6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2})(4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg})(3,20\cdot10^2\ \mathrm{kg}) }{ 6,40\cdot10^6\ \mathrm m }\\ &= \boxed{-1,60\cdot10^{10}\ \mathrm J} \end{aligned}
Em=Ec+Ep=GMm2r−GMmr=−GMm2r \begin{aligned} E_m &= E_c+E_p\\ &= \frac{GMm}{2r}-\frac{GMm}{r}\\ &= -\frac{GMm}{2r} \end{aligned}
Em=8,00⋅109 J−1,60⋅1010 J=−8,00⋅109 J \begin{aligned} E_m &= 8,00\cdot10^9\ \mathrm J-1,60\cdot10^{10}\ \mathrm J\\ &= \boxed{-8,00\cdot10^9\ \mathrm J} \end{aligned}

Comprobación: Ep=−2EcE_p=-2E_c y Em=−EcE_m=-E_c, tal como corresponde a una órbita circular. La energía mecánica negativa indica una órbita cerrada (ligada).

Ejemplo resueltoDos fuerzas alineadas: el periodo de una sonda

La sonda Mirall, de masa m=8,00⋅102 kgm=8,00\cdot10^2\ \mathrm{kg}, gira alrededor de Lumen (GM=1,045⋅1020 m3/s2GM=1,045\cdot10^{20}\ \mathrm{m^3/s^2}, ejemplo 4) en una circunferencia de radio r=3,015⋅1011 mr=3,015\cdot10^{11}\ \mathrm m. Se mantiene siempre alineada con Lumen y con el planeta Teia (MT=6,00⋅1024 kgM_T=6,00\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}), más allá de Teia, a d=1,50⋅109 md=1,50\cdot10^9\ \mathrm m de este planeta.

Buscamos: la fuerza resultante sobre la sonda y su periodo.

Paso 1. Las dos fuerzas

Por la ley de gravitación universal:

FL=GMmr2=(1,045⋅1020 m3/s2)(8,00⋅102 kg)(3,015⋅1011 m)2=0,920 N \begin{aligned} F_L &= \frac{GMm}{r^2}\\ &= \frac{(1,045\cdot10^{20}\ \mathrm{m^3/s^2})(8,00\cdot10^2\ \mathrm{kg})}{(3,015\cdot10^{11}\ \mathrm m)^2}\\ &= 0,920\ \mathrm N \end{aligned}
FT=GMTmd2=(6,67⋅10−11 N m2/kg2)(6,00⋅1024 kg)(8,00⋅102 kg)(1,50⋅109 m)2=0,142 N \begin{aligned} F_T &= \frac{GM_Tm}{d^2}\\ &= \frac{(6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2})(6,00\cdot10^{24}\ \mathrm{kg})(8,00\cdot10^2\ \mathrm{kg})}{(1,50\cdot10^9\ \mathrm m)^2}\\ &= 0,142\ \mathrm N \end{aligned}

Paso 2. Resultante

Lumen y Teia están al mismo lado de la sonda: las dos fuerzas apuntan hacia Lumen y se suman.

F=FL+FT=0,9197 N+0,1423 N=1,06 N \begin{aligned} F &= F_L+F_T\\ &= 0,9197\ \mathrm N+0,1423\ \mathrm N\\ &= \boxed{1,06\ \mathrm N} \end{aligned}

Paso 3. Período

Solo actúan estas dos fuerzas gravitatorias; por la segunda ley de Newton, la resultante hace de fuerza centrípeta:

F=m(2πT)2rT=2πmrF=2π(8,00⋅102 kg)(3,015⋅1011 m)1,062 N=9,47⋅107 s \begin{aligned} F &= m\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2r\\ T &= 2\pi\sqrt{\frac{mr}{F}}\\ &= 2\pi\sqrt{\frac{(8,00\cdot10^2\ \mathrm{kg})(3,015\cdot10^{11}\ \mathrm m)}{1,062\ \mathrm N}}\\ &= \boxed{9,47\cdot10^7\ \mathrm s} \end{aligned}

En años:

T=9,469⋅107 s3,156⋅107 s/an˜o=3,00 an˜os \begin{aligned} T &= \frac{9,469\cdot10^7\ \mathrm s}{3,156\cdot10^7\ \text{s/año}}\\ &= 3,00\ \text{años} \end{aligned}

Comprobación: sin Teia, solo actuaría FLF_L:

T0=2πmrFL=2π(8,00⋅102 kg)(3,015⋅1011 m)0,9197 N=1,018⋅108 s=3,22 an˜os \begin{aligned} T_0 &= 2\pi\sqrt{\frac{mr}{F_L}}\\ &= 2\pi\sqrt{\frac{(8,00\cdot10^2\ \mathrm{kg})(3,015\cdot10^{11}\ \mathrm m)}{0,9197\ \mathrm N}}\\ &= 1,018\cdot10^8\ \mathrm s=3,22\ \text{años} \end{aligned}

Teia añade fuerza hacia el centro y acorta el periodo.

Idea final para no mezclar fórmulas:
circular → iguala gravedad y fuerza centrípeta; cambio de estado → resta energías finales menos iniciales; escape mínimo → impón Em,f=0E_{m,f}=0.

Practica

Ponte a prueba

Tipo PAU

1Tipo PAU: medir Marte con la órbita de una sonda

Problema de 2,5 puntos. Una sonda de referencia describe una órbita circular alrededor de Marte, de radio 8,200⋅106 m8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m} y periodo de 6 h 16 min6\ \mathrm{h}\ 16\ \mathrm{min}.

Una segunda sonda, de 350 kg350\ \mathrm{kg}, se mueve en una órbita circular del mismo radio.

En este ejercicio, no utilices el valor de GMGM de Marte de la tabla: debes obtenerlo de los datos orbitales. Utiliza RM=3,390⋅106 mR_M=3{,}390\cdot10^6\ \mathrm{m}.

  1. a
    A partir de la ley de gravitación universal y de la segunda ley de Newton, deduce la expresión que relaciona la masa de Marte con el radio y el periodo de la órbita, y calcula la masa de Marte. Calcula también la altura de la segunda sonda, su velocidad orbital y la intensidad del campo gravitatorio en esa órbita. [1,25 puntos]
  1. b
    Calcula las energías cinética, potencial y mecánica de la segunda sonda y explica el signo de la energía mecánica. La sonda quiere escapar con un único impulso breve en el sentido del movimiento: calcula la velocidad total mínima después del impulso, el incremento de velocidad y la energía que hay que aportar. [1,25 puntos]
Muestra la solución

a) Masa de Marte, altura, velocidad y campo [1,25 puntos]

Convertimos el periodo:

T=6⋅3 600 s+16⋅60 s=22 560 s T=6\cdot3\,600\ \mathrm{s}+16\cdot60\ \mathrm{s} =22\,560\ \mathrm{s}
  • Ley de gravitación universal: Marte ejerce sobre la sonda la fuerza F=GMmr2F=\dfrac{GMm}{r^2}.
  • Segunda ley de Newton con aceleración centrípeta: F=mv2rF=m\dfrac{v^2}{r}, con v=2πrTv=\dfrac{2\pi r}{T}.

Solo actúa la gravedad; igualamos:

GMmr2=mv2r=m4π2rT2 \frac{GMm}{r^2} =m\frac{v^2}{r} =m\frac{4\pi^2r}{T^2}

De aquí:

M=4π2r3GT2 \boxed{M=\frac{4\pi^2r^3}{GT^2}}

Primero calculamos GMGM:

GM=4π2r3T2=4π2⋅(8,200⋅106 m)3(22 560 s)2=4π2⋅5,514⋅1020 m35,090⋅108 s2=4,277⋅1013 m3/s2 GM=\frac{4\pi^2r^3}{T^2} =\frac{4\pi^2\cdot(8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m})^3}{(22\,560\ \mathrm{s})^2} =\frac{4\pi^2\cdot5{,}514\cdot10^{20}\ \mathrm{m^3}}{5{,}090\cdot10^8\ \mathrm{s^2}} =4{,}277\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}

Después:

M=GMG=4,277⋅1013 m3/s26,674⋅10−11 N m2 kg−2 M=\frac{GM}{G} =\frac{4{,}277\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}}{6{,}674\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}}}
M=6,41⋅1023 kg \boxed{M=6{,}41\cdot10^{23}\ \mathrm{kg}}

Este valor es ligeramente diferente del que corresponde a la tabla porque los datos orbitales del enunciado están redondeados.

La altura, la velocidad y el campo en la órbita:

h=r−RM=8,200⋅106 m−3,390⋅106 m=4,81⋅106 m=4 810 km h=r-R_M =8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m}-3{,}390\cdot10^6\ \mathrm{m} =\boxed{4{,}81\cdot10^6\ \mathrm{m}=4\,810\ \mathrm{km}}
v=2πrT=2π⋅8,200⋅106 m22 560 s=2,28⋅103 m/s v=\frac{2\pi r}{T} =\frac{2\pi\cdot8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m}}{22\,560\ \mathrm{s}} =\boxed{2{,}28\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}
g(r)=GMr2=4,277⋅1013 m3/s2(8,200⋅106 m)2=4,277⋅1013 m3/s26,724⋅1013 m2=0,636 N/kg g(r)=\frac{GM}{r^2} =\frac{4{,}277\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}}{(8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m})^2} =\frac{4{,}277\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}}{6{,}724\cdot10^{13}\ \mathrm{m^2}} =\boxed{0{,}636\ \mathrm{N/kg}}

b) Energías y escape [1,25 puntos]

Ec=12mv2=12⋅350 kg⋅(2,284⋅103 m/s)2=9,13⋅108 J E_c=\frac12mv^2 =\frac12\cdot350\ \mathrm{kg}\cdot(2{,}284\cdot10^3\ \mathrm{m/s})^2 =\boxed{9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J}}
Ep=−GMmr=−4,277⋅1013 m3/s2⋅350 kg8,200⋅106 m=−1,83⋅109 J E_p=-\frac{GMm}{r} =-\frac{4{,}277\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}\cdot350\ \mathrm{kg}}{8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m}} =\boxed{-1{,}83\cdot10^9\ \mathrm{J}}
Em=Ec+Ep=9,127⋅108 J+(−1,825⋅109 J)=−9,13⋅108 J E_m=E_c+E_p =9{,}127\cdot10^8\ \mathrm{J}+(-1{,}825\cdot10^9\ \mathrm{J}) =\boxed{-9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J}}

El signo negativo indica que la sonda sigue una órbita cerrada (ligada) alrededor de Marte. Hay que aportar energía para que pueda escapar.

Para escapar, la energía mecánica debe ser como mínimo cero: 12mvesc2−GMmr=0\frac12mv_{\text{esc}}^2-\frac{GMm}{r}=0. La velocidad total mínima es:

vesc=2GMr=2 vorb=2⋅2,284⋅103 m/s v_{\text{esc}}=\sqrt{\frac{2GM}{r}} =\sqrt2\,v_{\text{orb}} =\sqrt2\cdot2{,}284\cdot10^3\ \mathrm{m/s}
vesc=3,23⋅103 m/s \boxed{v_{\text{esc}}=3{,}23\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}

El incremento de velocidad es:

Δv=vesc−vorb=3,230⋅103 m/s−2,284⋅103 m/s \Delta v=v_{\text{esc}}-v_{\text{orb}} =3{,}230\cdot10^3\ \mathrm{m/s}-2{,}284\cdot10^3\ \mathrm{m/s}
Δv=946 m/s \boxed{\Delta v=946\ \mathrm{m/s}}

La energía final mínima es cero:

ΔEm=0−Em,i=0−(−9,13⋅108 J) \Delta E_m=0-E_{m,i} =0-(-9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J})
ΔEm=9,13⋅108 J \boxed{\Delta E_m=9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J}}

Pauta orientativa (2,5 puntos)

Apartado Paso Puntos
a) Ley de gravitación universal y segunda ley de Newton, «solo actúa la gravedad», e igualdad GMm/r2=m 4π2r/T2GMm/r^2=m\,4\pi^2r/T^2 0,25
a) TT en segundos y expresión M=4π2r3/(GT2)M=4\pi^2r^3/(GT^2) 0,25
a) Sustitución y M=6,41⋅1023 kgM=6{,}41\cdot10^{23}\ \mathrm{kg} 0,25
a) h=r−RM=4,81⋅106 mh=r-R_M=4{,}81\cdot10^6\ \mathrm{m} 0,25
a) v=2,28⋅103 m/sv=2{,}28\cdot10^3\ \mathrm{m/s} y g=0,636 N/kgg=0{,}636\ \mathrm{N/kg} 0,25
b) EcE_c y EpE_p con sustitución 0,25
b) Em=−9,13⋅108 JE_m=-9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J} y signo: órbita cerrada (ligada) 0,25
b) Condición Em=0E_m=0 y vesc=3,23⋅103 m/sv_{\text{esc}}=3{,}23\cdot10^3\ \mathrm{m/s} 0,25
b) Δv=946 m/s\Delta v=946\ \mathrm{m/s} 0,25
b) ΔEm=9,13⋅108 J\Delta E_m=9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J} 0,25

Unidades que faltan o son erróneas: −0,25 puntos por problema. Resultados con 6 cifras significativas o más, o con una sola: −0,1 puntos.