Satélites, órbitas y leyes de Kepler

a) De igualar la fuerza gravitatoria a la centrípeta se obtiene el periodo orbital:$$T = 2\pi\sqrt{\frac{r^3}{G\,M}}$$Comparando el planeta problema con la Tierra, con $M_p = \tfrac{1}{2}M_{\text{Sol}}$ y $r_p = \tfrac{1}{2}r_T$:$$\frac{T_p}{T_T} = \sqrt{\frac{r_p^3}{r_T^3}\cdot\frac{M_{\text{Sol}}}{M_p}} = \sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{3}\cdot\frac{1}{1/2}} = \sqrt{\frac{1/8}{1/2}} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$$$$T_p = \frac{T_T}{2}$$El planeta problema tarda la mitad que la Tierra, luego es la Tierra la que tarda más en completar una vuelta.

El razonamiento cualitativo: los dos efectos compiten. Una estrella menos masiva atrae menos y tendería a alargar el periodo, pero el radio también es la mitad, y el periodo depende del radio elevado a $3/2$ frente a la masa elevada a $-1/2$. Gana el efecto del radio, y el periodo se acorta.

b) i) El radio sale directamente de la relación entre velocidad, radio y periodo, sin necesidad de la masa:$$v = \frac{2\pi\,r}{T} \quad\Longrightarrow\quad r = \frac{v\,T}{2\pi} = \frac{5000\cdot 4\cdot 3600}{2\pi} = \frac{7{,}2\cdot 10^{7}}{6{,}283}$$$$r = 1{,}15\cdot 10^{7}\ \text{m}$$Para la masa del planeta usamos la condición de órbita circular, $v = \sqrt{GM/r}$:$$M = \frac{v^2\,r}{G} = \frac{(5000)^2\cdot 1{,}15\cdot 10^{7}}{6{,}67\cdot 10^{-11}} = \frac{2{,}86\cdot 10^{14}}{6{,}67\cdot 10^{-11}}$$$$M = 4{,}30\cdot 10^{24}\ \text{kg}$$b) ii) La velocidad de escape desde esa misma órbita es$$v_e = \sqrt{\frac{2\,G\,M}{r}} = \sqrt{2}\cdot\sqrt{\frac{G\,M}{r}} = \sqrt{2}\;v_{\text{orbital}}$$$$v_e = \sqrt{2}\cdot 5000 = 7{,}07\cdot 10^{3}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}$$No hace falta sustituir números: basta la relación universal $v_e = \sqrt{2}\,v_{\text{orb}}$ evaluada en el mismo punto.