Problema 1
a) De acuerdo a la Ley de Gravitación Universal, la aceleración gravitacional en la superficie lunar [tex]g_l=\frac{GM_l}{\left(\frac{d}{2}\right)^2}[/tex]. Aproximando la luna a una esfera de densidad costante se tiene que [tex]M_l=\dfrac{4}{3}\pi \left(\frac{d}{2}\right)^3\rho[/tex], reemplazando se obtiene el resultado buscado [tex]g_l=\dfrac{2}{3}\pi G d \rho[/tex].
b) Para calcular igualamos la energía potencial a una altura de 10 km con la energía cinética con la que despega.
[tex]\Rightarrow mg_lh=\dfrac{mv_0^2}{2} \Rightarrow v_0= \sqrt{2g_lh}= \sqrt{\dfrac{40}{3}\pi G d \rho}[/tex]
c) Para que el satélite mantenga una órbita circular se necesita que la fuerza ejercida por la luna sobre el satélite sea equivalente a la fuerza centrípeta necesaria.
[tex]F_c=\dfrac{mv_h^2}{R} \hspace{10 pt} con\hspace{5 pt} R = \frac{d}{2}+10 \hspace{10 pt} F_g= mg_l[/tex]
[tex]\Rightarrow v_h=\sqrt{Rg_l}=\sqrt{(\frac{d}{2}+10)\dfrac{2}{3}\pi G d \rho}[/tex]
d) La velocidad angular del cuerpo corresponde a [tex]\omega_h= \dfrac{v_h}{R}[/tex] por lo que su período está dado por
[tex]T=\dfrac{2\pi}{\omega_h}=\dfrac{2\pi\left(\frac{d}{2}+10\right)}{v_h}=\dfrac{2\pi\left(\frac{d}{2}+10\right)}{\sqrt{(\frac{d}{2}+10)\dfrac{2}{3}\pi G d \rho}}=\sqrt{\dfrac{6\pi(\frac{d}{2}+10)}{Gd\rho}}[/tex]
Problema 2
a) Notemos primero que:
[tex]1+\frac{\gamma^2v^2}{c^2}=1+\frac{v^2}{c^2-v^2}=\frac{c^2}{c^2-v^2}=\gamma^2[/tex]
de esta forma la variación de momentum se puede expresar como:
[tex]\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=\gamma^3m_oa[/tex]
Aplicando la segunda ley de Newton:
[tex]\Sigma F=\dfrac{\Delta p}{\Delta t} \Rightarrow \gamma m_og=\gamma^3m_oa \Rightarrow g=a\gamma^2 \Rightarrow \dfrac{a}{1-\frac{v^2}{c^2}}=g[/tex]
b) Aplicando directamente la segunda ley de Newton:
[tex]ma=mg-\beta v^2 \Rightarrow a=g -\frac{\beta}{m}v^2[/tex]
c) Basta notar que la ecuación derivada en a) se puede escribir como [tex]a= g - \dfrac{g}{c^2}v^2[/tex] , así que como la ecuación es la misma que en b) y las condiciones iniciales son las mismas, el movimiento debe estar descrito por la misma solución tomando [tex]\beta=mg/c^2[/tex], de donde se sigue que [tex]v_\infty=c[/tex], y que
[tex]v(t)=c\cdot\tanh\left(\dfrac{gt}{c}\right)[/tex]
Sobre este problema se pueden comentar un par de cosas: Lo primero es que [tex]t[/tex] no puede ser grande, pues para eso la altura desde la que cae la partícula debe ser también muy grande, y en ese rango la aproximación [tex]F_g=mg[/tex] no es válida (se tendría que considerar la ley de gravitación universal en toda su generalidad). En otras palabras, implícitamente se está asumiendo que el problema es tal que [tex]t[/tex] no puede ser muy grande, por lo que [tex]gt/c[/tex] es siempre pequeño.
Lo otro es que el término [tex]gt/c[/tex] no depende de [tex]v[/tex], por lo que incluso considerando velocidades cercanas a la de la luz (es decir, un problema de caída libre totalmente relativista), [tex]gt/c[/tex] es pequeño.
La aproximación de [tex]\tanh(x)[/tex] para x pequeño es sólo reemplazar en la aproximación de la exponencial, y se obtiene que
[tex]\tanh\left(\dfrac{gt}{c}\right)\approx \dfrac{gt}{c}[/tex]
por lo que [tex]v(t)\approx gt[/tex], que es exactamente la caída libre común y corriente.
En conclusión, la caída libre relativista es, para todos los efectos prácticos, indistinguible de la caída libre (sin roce) común.
Una acotación extra, que no se pide, es el hecho de que como [tex]\tanh(x)[/tex] es menor que 1, [tex]v(t)[/tex] es siempre menor que [tex]c[/tex], es decir, la velocidad de la luz aparece naturalmente como velocidad límite del movimiento.
