beer dinamica 9e presentacion ppt c12
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MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS: DINÁMICADINÁMICA
Novena edición Novena edición
Ferdinand P. BeerFerdinand P. Beer
E. Russell Johnston, Jr.E. Russell Johnston, Jr.
Notas:Notas:
J. Walt OlerJ. Walt Oler
Texas Tech UniversityTexas Tech University
CAPÍTULO
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12Cinética de partículas:
Segunda ley de Newton
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Mecánica vectorial para ingenieros: DinámicaMecánica vectorial para ingenieros: Dinámica
No
ve
na
e
dic
ión
Contenido
12 - 2
Introducción
Segunda ley de movimiento de Newton
Cantidad de movimiento lineal de una partícula
Sistemas de unidades
Ecuaciones de movimiento
Equilibrio dinámico
Problema resuelto 12.1
Problema resuelto 12.3
Problema resuelto 12.4
Problema resuelto 12.5
Problema resuelto 12.6
Cantidad de movimiento angular de una partícula
Ecuaciones de movimiento en componentes radial y transversal
Conservación de la cantidad de movimiento angular
Ley de gravitación de Newton
Problema resuelto 12.7
Problema resuelto 12.8
Trayectoria de una partícula bajo la acción de una fuerza central
Aplicación en mecánica celeste
Problema resuelto 12.9
Leyes de Kepler del movimiento planetario
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Introducción
12 - 3
• La primera y tercera leyes de Newton son suficientes para el estudio de los cuerpos en reposo (estática) o de los cuerpos en movimiento sin aceleración.
• Cuando un cuerpo se acelera (cambios en la magnitud de la velocidad o dirección), se requiere la segunda ley de Newton para relacionar el movimiento del cuerpo con las fuerzas que actúan sobre él.
• Segunda ley de Newton:
- Una partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre él y en la dirección de la fuerza resultante.
- La resultante de las fuerzas que actúan sobre una partícula es igual a la razón de cambio del momento lineal de la partícula.
- La suma de los momentos respecto a O de las fuerzas que actúan sobre una partícula es igual a la razón de cambio del momento angular de la partícula alrededor de O.
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Segunda ley de movimiento de Newton
12 - 4
• Segunda ley de Newton: Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula no es cero, la partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la resultante y en la dirección de la resultante.
• Considerar una partícula sometida a fuerzas constantes,
ma
F
aF
aF
masa,constante3
3
2
2
1
1
• Cuando una partícula de masa m se halla sometida a una fuerza la aceleración de la partícula debe satisfacer ,F
amF
• La aceleración debe ser evaluada con respecto a un sistema newtoniano de referencia, es decir, no se está acelerando o girando.
• Si la fuerza que actúa sobre la partícula es cero, las partículas no se acelerarán, es decir, se mantendrán estacionarias o continuarán en una línea recta a velocidad constante.
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Cantidad de movimiento lineal de una partícula
12 - 5
• Sustituyendo la aceleración por la derivada de los rendimientos de la velocidad,
partícula la de lineal movimiento de cantidad
Ldt
Ldvm
dt
ddt
vdmF
• Principio de la conservación de la cantidad de movimiento lineal: Si la fuerza resultante sobre una partícula es cero, la cantidad de movimiento lineal de la partícula se mantiene constante en magnitud y dirección.
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Sistemas de unidades
12 - 6
• De las unidades de las cuatro dimensiones principales (fuerza, masa, longitud y tiempo), tres pueden ser elegidas arbitrariamente. La cuarta debe ser compatible con la segunda ley de Newton.
• Sistema Internacional de Unidades (unidades del SI): las unidades básicas son las de longitud (metro), masa (kilogramo) y tiempo (segundo). La unidad de fuerza es una unidad derivada,
22 s
mkg1
s
m1kg1N1
• Unidades de uso común en Estados Unidos: las unidades básicas son las de fuerza (libra), longitud (pie) y tiempo (segundo). La unidad de masa es una unidad derivada,
ft
slb1
sft1
lb1slug1
sft32.2
lb1lbm1
2
22
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Ecuaciones de movimiento
12 - 7
• La segunda ley de Newton estableceamF
• La solución para el movimiento de las partículas se
ve facilitada por la resolución de la ecuación vectorial en las ecuaciones de componente escalar; por ejemplo, para los componentes rectangulares,
zmFymFxmF
maFmaFmaF
kajaiamkFjFiF
zyx
zzyyxx
zyxzyx
• Para los componentes tangencial y normal,
2vmF
dt
dvmF
maFmaF
nt
nntt
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Equilibrio dinámico
12 - 8
• Expresión alternativa de la segunda ley de Newton,
inerciadevectoram
amF
0
• Con la inclusión del vector de inercia, el sistema de fuerzas que actúan sobre la partícula es equivalente a cero. La partícula está en equilibrio dinámico. • Los métodos desarrollados pueden aplicarse para las partículas en equilibrio estático; por ejemplo, las fuerzas coplanares pueden representarse con un polígono vectorial cerrado.
• Los vectores de inercia a menudo son llamados fuerzas de inercia, ya que miden la resistencia que ofrecen a los cambios de las partículas en movimiento, es decir, los cambios en la velocidad o dirección.
• Las fuerzas de inercia pueden ser conceptualmente útiles, pero no son como las de contacto y las fuerzas gravitatorias halladas en la estática.
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Problema resuelto 12.1
12 - 9
Un bloque de 200 lb descansa sobre un plano horizontal. Se necesita encontrar la magnitud de la fuerza P requerida para dar al bloque una aceleración de 10 ft/s2 hacia la derecha. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano es k0.25.
SOLUCIÓN:
• Resolver la ecuación de movimiento para el bloque en dos ecuaciones de las componentes rectangulares.
• Las incógnitas consisten en la fuerza P aplicada y la reacción normal N del plano. Las dos ecuaciones pueden resolverse para estas incógnitas.
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Problema resuelto 12.1
12 - 10
N
NF
g
Wm
k
25.0
ft
slb21.6
sft2.32
lb200
2
2
x
y
O
SOLUCIÓN:
• Resolver la ecuación de movimiento para el bloque en dos ecuaciones de las componentes rectangulares.
:maFx
lb1.62
sft10ftslb21.625.030cos 22
NP
:0 yF
0lb20030sen PN
• Las incógnitas consisten en la fuerza P aplicada y la reacción normal N del plano. Las dos ecuaciones se pueden resolver para estas incógnitas.
lb1.62lb20030sen 25.030cos
lb20030sen
PP
PN
lb151P
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Problema resuelto 12.3
12 - 11
Los dos bloques que se muestran empiezan a moverse a partir del reposo. El plano horizontal y la polea no presentan fricción, y se supone que la masa de la polea puede ignorarse. Determinar la aceleración de cada bloque y la tensión en la cuerda.
SOLUCIÓN:
• Escribir las relaciones cinemáticas de los movimientos y las aceleraciones dependientes de los bloques.
• Escribir las ecuaciones de movimiento de los bloques y la polea.
• Combinar las relaciones cinemáticas con las ecuaciones de movimiento para resolver las aceleraciones y la tensión de la cuerda.
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Problema resuelto 12.3
12 - 12
• Escribir las ecuaciones de movimiento de los bloques y la polea.
:AAx amF AaT kg1001
:BBy amF
B
B
BBB
aT
aT
amTgm
kg300-N2940
kg300sm81.9kg300
2
22
2
:0 CCy amF
02 12 TT
SOLUCIÓN:
• Escribir las relaciones cinemáticas de los movimientos y las aceleraciones dependientes de los bloques.
ABAB aaxy21
21
x
y
O
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Problema resuelto 12.3
12 - 13
N16802
N840kg100
sm20.4
sm40.8
12
1
221
2
TT
aT
aa
a
A
AB
A
• Combinar las relaciones cinemáticas con las ecuaciones de movimiento para resolver las aceleraciones y la tensión de la cuerda.
ABAB aaxy21
21
AaT kg1001
A
B
a
aT
21
2
kg300-N2940
kg300-N2940
0kg1002kg150N2940
02 12
AA aa
TT
x
y
O
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Problema resuelto 12.4
12 - 14
El bloque B de 12 lb empieza a moverse desde el reposo y se desliza sobre la cuña A de 30 lb, la cual está sobre una superficie horizontal.
Si se ignora la fricción, determinar a) la aceleración de la cuña, y b) la aceleración del bloque relativa a la cuña.
SOLUCIÓN:
• El bloque está obligado a deslizarse por la cuña. Por lo tanto, sus movimientos son dependientes. Expresar la aceleración del bloque como la aceleración de la cuña más la aceleración del bloque en relación con la cuña.
• Escribir las ecuaciones de movimiento de la cuña y el bloque.
• Resolver para las aceleraciones.
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Problema resuelto 12.4
12 - 15
SOLUCIÓN:
• El bloque está obligado a deslizarse por la cuña. Por lo tanto, sus movimientos son dependientes.
ABAB aaa
• Escribir las ecuaciones del movimiento para la cuña y el bloque.
x
y:AAx amF
AA
AA
agWN
amN
1
1
5.0
30sen
:30cos ABABxBx aamamF
30sen30cos
30cos30sen
gaa
aagWW
AAB
ABABB
:30sen AByBy amamF
30sen30cos1 ABB agWWN
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Problema resuelto 12.4
12 - 16
AA agWN 15.0
• Resolver para las aceleraciones.
30senlb12lb30230coslb12sft2.32
30sen230cos
30sen30cos2
30sen30cos
2
1
A
BA
BA
ABBAA
ABB
a
WWgW
a
agWWagW
agWWN
2sft07.5Aa
30sensft2.3230cossft07.5
30sen30cos22
AB
AAB
a
gaa
2sft5.20ABa
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Problema resuelto 12.5
12 - 17
La plomada de un péndulo de 2 m describe un arco de círculo en un plano vertical. Si la tensión en la cuerda es 2.5 veces el peso de la plomada en la posición que se indica, determinar la velocidad y la aceleración de la plomada en esa posición.
SOLUCIÓN:
• Resolver la ecuación del movimiento de la plomada en componentes tangenciales y normales.
• Resolver las ecuaciones de componentes para la aceleración normal y tangencial.
• Despejar la velocidad en función de la aceleración normal.
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Problema resuelto 12.5
12 - 18
SOLUCIÓN:
• Resolver la ecuación del movimiento de la plomada en componentes tangenciales y normales.
• Resolver las ecuaciones de componentes para la aceleración normal y tangencial.
:tt maF
30sen
30sen
ga
mamg
t
t
2sm9.4ta
:nn maF
30cos5.2
30cos5.2
ga
mamgmg
n
n
2sm03.16naResolver para la velocidad en función de la
aceleración normal.
22
sm03.16m2 nn avv
a
sm66.5v
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Problema resuelto 12.6
12 - 19
Determinar la rapidez máxima de la curva de una autopista de radio = 400 ft que tiene un ángulo de peralte = 18o. La rapidez máxima de la curva peraltada de una autopista es aquella a la cual un automóvil debe viajar para que no exista fuerza de rozamiento lateral en sus neumáticos.
SOLUCIÓN:
• El automóvil se desplaza en una trayectoria circular horizontal con el componente normal de la aceleración apuntando hacia el centro de la trayectoria. Las fuerzas que actúan sobre el automóvil son su peso y una reacción normal de la superficie de la carretera.
• Resolver la ecuación de movimiento para el automóvil en los componentes verticales y normal.
• Calcular la velocidad del vehículo.
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Problema resuelto 12.6
12 - 20
SOLUCIÓN:
• El automóvil se desplaza en una trayectoria circular horizontal con el componente normal de la aceleración apuntando hacia el centro de la trayectoria. Las fuerzas que actúan sobre el automóvil son su peso y una reacción normal de la superficie de la carretera.
• Resolver la ecuación de movimiento para el automóvil en los componentes verticales y normal.
:0 yF
cos
0cos
WR
WR
:nn maF
2
sencos
sen
vg
WW
ag
WR n
• Calcular la velocidad del vehículo.
18tanft400sft2.32
tan2
2 gv
hmi1.44sft7.64 v
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Cantidad de movimiento angular de una partícula
12 - 21
• momento de la cantidad de movimiento, o la cantidad de movimiento angular de la partícula en torno a O.
VmrHO
• Derivada del momento angular con respecto al tiempo,
O
O
M
Fr
amrVmVVmrVmrH
• De la segunda ley de Newton se desprende que la suma de los momentos alrededor de O de las fuerzas que actúan sobre la partícula es igual a la tasa de cambio del momento angular de la partícula en torno a O.
zyx
O
mvmvmv
zyx
kji
H
• es perpendicular al plano que contieneOH
Vmr y
2
sen
mr
vrm
rmVHO
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Ecuaciones de movimiento en componentes radial y transversal
12 - 22
rrmmaF
rrmmaF rr
2
2
• Considerar una partícula en r y , en coordenadas polares,
rrmF
rrrm
mrdt
dFr
mrHO
2
22
2
2
• Este resultado también puede derivarse de la conservación de la cantidad de movimiento angular,
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Conservación de la cantidad de movimiento angular
12 - 23
• Cuando sólo la fuerza que actúa sobre la partícula se dirige hacia o desde un punto fijo O, se dice que la partícula se mueve bajo una fuerza central.
• Puesto que la línea de acción del centro de fuerza pasa por O, y 0 OO HM
constante OHVmr
• El vector de posición y el movimiento de las partículas se encuentran en un plano perpendicular a
.OH
• Magnitud de la cantidad de movimiento angular,
000 sen
constantesen
Vmr
VrmHO
masa de unidad
angular movimiento de cantidad2
constante2
hrm
OH
mrOH
o
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Conservación de la cantidad de movimiento angular
12 - 24
• El vector radial OP barre un área infinitesimal
drdA 221
• Definir 2212
21 r
dt
dr
dt
dAvelocidad de área
• Recordar que por un cuerpo en movimiento bajo una fuerza central,
constante2 rh
• Cuando una partícula se mueve bajo una fuerza central, su velocidad de área es constante.
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Ley de gravitación de Newton
12 - 25
• La fuerza gravitacional que ejerce el sol sobre un planeta o por la Tierra sobre un satélite es un ejemplo importante de la fuerza gravitacional.
• Ley de la gravitación universal de Newton. Dos partículas de masa M y m se atraen entre sí con fuerzas iguales y opuestas dirigidas a lo largo de la línea que las une,
4
49
2
312
2
slbft
104.34skg
m1073.66
ngravitació de constante
Gr
MmGF
• Para una partícula de masa m sobre la superficie de la Tierra,
222 s
ft2.32
s
m81.9 gmg
R
MGmW
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Problema resuelto 12.7
12 - 26
Un bloque B de masa m puede deslizarse libremente sobre un brazo sin fricción OA que gira en un plano horizontal a una velocidad constante .0
a) la componente vr de la velocidad de B a lo largo de OA, y
b) la magnitud de la fuerza horizontal ejercida sobre B por el brazo OA.
Si se sabe que B se suelta a una distancia r0 de O, expresar como función de r
SOLUCIÓN:
• Escribir las ecuaciones radiales y transversales de movimiento para el bloque.
• Integrar la ecuación radial para encontrar una expresión para la velocidad radial.
• Sustituir la información conocida en la ecuación transversal para encontrar una expresión para la fuerza en el bloque.
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Problema resuelto 12.7
12 - 27
SOLUCIÓN:
• Escribir las ecuaciones radiales y transversales de movimiento para el bloque.
:
:
amF
amF rr
rrmF
rrm
2
0 2
• Integrar la ecuación radial para encontrar una expresión para la velocidad radial.
r
r
v
rr
rr
rr
rrr
drrdvv
drrdrrdvv
dr
dvv
dt
dr
dr
dv
dt
dvvr
r
0
20
0
20
2
dr
dvv
dt
dr
dr
dv
dt
dvvr r
rrr
r
20
220
2 rrvr
• Sustituir la información conocida en la ecuación transversal para encontrar una expresión para la fuerza en el bloque.
2120
2202 rrmF
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Problema resuelto 12.8
12 - 28
Un satélite es lanzado en dirección paralela a la superficie de la Tierra con una velocidad de 18 820 mi/h desde una altura de 240 mi. Determinar la velocidad del satélite cuando éste alcanza su altura máxima de 2 340 mi. El radio de la Tierra es de 3 960 mi.
SOLUCIÓN:
• Puesto que el satélite se mueve bajo una fuerza central, su cantidad de movimiento angular es constante. Equiparar el momento angular en A y B y despejar la velocidad en B.
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Problema resuelto 12.8
12 - 29
SOLUCIÓN:
• Puesto que el satélite se mueve bajo una fuerza central, su cantidad de movimiento angular es constante. Equiparar el momento angular en A y B y despejar la velocidad en B.
mi23403960
mi2403960hmi18820
constantesen
B
AAB
BBAA
O
rr
vv
vmrvmr
Hvrm
hmi12550Bv
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Trayectoria de una partícula bajo la acción de una fuerza central
12 - 30
• Para una partícula que se mueve por la fuerza central dirigida hacia el centro de la fuerza,
022 FrrmFFrrm r
• La segunda expresión es equivalente a de la que, constante2 hr
rdd
rh
rrh 1
y 2
2
2
2
2
• Después de sustituir en la ecuación radial de movimiento y simplificando,
ru
umhF
ud
ud 1donde222
2
• Si F es una función conocida de r o u, entonces la trayectoria de las partículas se puede encontrar mediante la integración de u = f(), con constantes de integración determinadas a partir de condiciones iniciales.
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Aplicación en mecánica celeste
12 - 31
constante
1donde
22
2
22222
2
hGM
ud
ud
GMmur
GMmF
ru
umhF
ud
ud
• Considere satélites terrestres sometidos sólo a la atracción gravitacional de la Tierra,
• La solución es la ecuación de la sección cónica,
dadexcentricicos11 2
2 GM
hCh
GMr
u
• Originalmente situado en el centro de la Tierra, es un foco de la sección cónica.
• La trayectoria puede ser elíptica, parabólica o hiperbólica, según el valor de la excentricidad.
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Aplicación en mecánica celeste
12 - 32
dadexcentricicos11 2
2 GM
hCh
GMr
• La trayectoria de un satélite terrestre está definida por
• hipérbola, > 1 o C > GM/h2. El vector radio se vuelve infinito para
211
11 cos1
cos0cos1hC
GM
• parábola, = 1 o C = GM/h2. El vector radio se vuelve infinito para
1800cos1 22
• elipse, < 1 o C < GM/h2. El vector radio permanece finito para y es constante (es decir, un círculo) para < 0.
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Aplicación en mecánica celeste
12 - 33
• La integración constante C se determina por las condiciones al inicio del vuelo libre, = 0, r = r0 ,
20002
0
2
20
11
0cos11
vr
GM
rh
GM
rC
GM
Ch
h
GM
r
00esc
200
2
2
o 1
rGM
vv
vrGMhGMC
• El satélite escapa a la órbita de la Tierra por
• La trayectoria es elíptica para v0 < vesc y se hace circular para = 0 o C = 0,
0circ r
GMv
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Aplicación en mecánica celeste
12 - 34
• Recuérdese que para una partícula en movimiento bajo una fuerza central, la velocidad de áreas es constante, es decir,
constante212
21 hr
dtdA
• El tiempo periódico, o el tiempo que requiere un satélite para completar una órbita, es igual al área dentro de la órbita dividida por la velocidad del área,
h
ab
h
ab 2
2
donde
10
1021
rrb
rra
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Problema resuelto 12.9
12 - 35
Determinar:
a) la altitud máxima alcanzada por el satélite, y
b) el periodo orbital del satélite.
Un satélite es lanzado en una dirección paralela a la superficie de la Tierra a una velocidad de 36 900 km/h desde una altura de 500 km.
SOLUCIÓN:
• La trayectoria del satélite está descrita por
cos1
2C
h
GM
r
Evaluar C por medio de las condiciones iniciales en = 0.
• Determinar la altura máxima al encontrar a r en = 180o.
• Con las alturas conocidas en el perigeo y el apogeo, el periodo orbital puede ser evaluado.
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Mecánica vectorial para ingenieros: DinámicaMecánica vectorial para ingenieros: Dinámica
No
ve
na
e
dic
ión
Problema resuelto 12.9
12 - 36
SOLUCIÓN:
• La trayectoria del satélite está descrita por
cos1
2C
h
GM
r
Evaluar C por medio de las condiciones iniciales en q = 0.
2312
2622
29
3600
3
0
6
0
sm10398
m1037.6sm81.9
sm104.70
sm1025.10m106.87
sm1025.10
s/h3600
m/km1000
h
km36900
m106.87
km5006370
gRGM
vrh
v
r
1-9
22
2312
6
20
m103.65
sm4.70
sm10398
m1087.6
1
1
h
GM
rC
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No
ve
na
e
dic
ión
Problema resuelto 12.9
12 - 37
• Determinar la altura máxima encontrada r1 en = 180o.
km 66700m107.66
m
1103.65
sm4.70
sm103981
61
922
2312
21
r
Ch
GM
r
km 60300km6370-66700 máxima altura
• Con las alturas conocidas en el perigeo y el apogeo, el periodo orbital puede ser evaluado.
sm1070.4
m1021.4m1036.82
h
2
m1021.4m107.6687.6
m1036.8m107.6687.6
29
66
6610
6621
1021
ab
rrb
rra
min31h 19s103.70 3
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No
ve
na
e
dic
ión
Leyes de Kepler del movimiento planetario
12 - 38
• Los resultados obtenidos para las trayectorias de los satélites alrededor de la Tierra también pueden aplicarse a las trayectorias de los planetas alrededor del Sol.
• Las propiedades de las órbitas de los planetas alrededor del Sol fueron determinadas por las observaciones astronómicas por Johann Kepler (1571-1630) antes de que Newton hubiera desarrollado su teoría fundamental.
1) Cada planeta describe una elipse, con el Sol ubicado en uno de sus focos.
2) El vector radio trazado desde el Sol hasta un planeta barre áreas iguales en tiempos iguales.
3) Los cuadrados de tiempos periódicos de los planetas son proporcionales a los cubos de los ejes semimayores de sus órbitas.