Ejercicio resuelto de Campo gravitatorio · Física · 2020

P1. (3 puntos)

Este año se han cumplido 30 años desde que se puso en órbita el telescopio espacial Hubble a una distancia de $612\text{ km}$ de la superficie de la Tierra y cuya masa es de $12000\text{ kg}$.

a) Calcular el periodo orbital del Hubble suponiendo que el radio orbital ha sido constante. ¿Cuántas vueltas a la Tierra ha dado el Hubble desde que se puso en órbita? (1 punto)

b) Obtener el valor de la aceleración de la gravedad que siente el Hubble. (1 punto)

c) En realidad el telescopio ha perdido altura desde su puesta en órbita inicial (debido a un leve rozamiento con la atmósfera), de tal forma que hoy orbita a $580\text{ km}$ de la superficie de la Tierra. ¿Cuánta energía costaría devolverlo a la órbita original? (1 punto)

Datos: $G=\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}\text{ N}\cdot {\text{m}}^2\mathrm{/}{\text{kg}}^2$; masa de la Tierra $=\mathrm{5,97}\cdot {10}^{24}\text{ kg}$; radio terrestre $=6371\text{ km}$

Tomamos como radio orbital la distancia del telescopio al centro de la Tierra, suma del radio terrestre y de la altura sobre la superficie.

$r_1=R_T+h_1=6371\text{ km}+612\text{ km}=\mathrm{6,983}\cdot {10}^6\text{ m}$

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{Calcular}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{periodo}}\mathbf{\text{orbital}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{Hubble}}\mathbf{\text{suponiendo}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{radio}}\mathbf{\text{orbital}}\mathbf{\text{ha}}\mathbf{\text{sido}}\mathbf{\text{constante.}}\mathbf{\text{¿Cu}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{ntas}}\mathbf{\text{vueltas}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{Tierra}}\mathbf{\text{ha}}\mathbf{\text{dado}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{Hubble}}\mathbf{\text{desde}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{se}}\mathbf{\text{puso}}\mathbf{\text{en}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{rbita?}}\mathbf{\text{(1}}\mathbf{\text{punto)}}$










En una órbita circular la fuerza gravitatoria hace de fuerza centrípeta. Aplicando la segunda ley de Newton obtenemos la velocidad orbital.

$G{\displaystyle \frac{M_{T}m}{r_1^2}}=m{\displaystyle \frac{v^2}{r_1}}\Rightarrow v=\sqrt{{\displaystyle \frac{G{M}_T}{r_1}}}$





Como el movimiento es circular y uniforme, el periodo es $T=2\pi r_1\mathrm{/}v$, lo que conduce a la tercera ley de Kepler.

$T=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{r_1^3}{G{M}_T}}}=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{(\mathrm{6,983}\cdot {10}^6{)}^3}{\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}\cdot \mathrm{5,97}\cdot {10}^{24}}}}=\mathrm{5,81}\cdot {10}^3\text{ s}$

Es decir, $T=\mathrm{96,8}\text{ min}$. Para contar las vueltas dividimos los 30 años transcurridos, $t=\mathrm{9,46}\cdot {10}^8\text{ s}$, entre el periodo.

$N={\displaystyle \frac{t}{T}}={\displaystyle \frac{\mathrm{9,46}\cdot {10}^8\text{ s}}{\mathrm{5,81}\cdot {10}^3\text{ s}}}=\mathrm{1,63}\cdot {10}^5\text{ vueltas}$

$\mathbf{\text{b)}}\mathbf{\text{Obtener}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{valor}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{aceleraci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{gravedad}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{siente}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{Hubble.}}\mathbf{\text{(1}}\mathbf{\text{punto)}}$

La aceleración de la gravedad en un punto no es más que el campo gravitatorio que la Tierra crea allí.

$g={\displaystyle \frac{G{M}_T}{r_1^2}}={\displaystyle \frac{\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}\cdot \mathrm{5,97}\cdot {10}^{24}}{(\mathrm{6,983}\cdot {10}^6{)}^2}}=\mathrm{8,17}{\text{m/s}}^2$

El telescopio no está en ingravidez: allí la gravedad es todavía el $83\mathrm{\%}$ de la superficial. Lo que ocurre es que orbita en caída libre, y por eso todo flota en su interior.

$\mathbf{\text{c)}}\mathbf{\text{En}}\mathbf{\text{realidad}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{telescopio}}\mathbf{\text{ha}}\mathbf{\text{perdido}}\mathbf{\text{altura}}\mathbf{\text{desde}}\mathbf{\text{su}}\mathbf{\text{puesta}}\mathbf{\text{en}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{rbita}}\mathbf{\text{inicial,}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{tal}}\mathbf{\text{forma}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{hoy}}\mathbf{\text{orbita}}\mathbf{\text{a}}\mathrm{<mrow><mn\; mathvariant="bold">580</mn><mtext> km</mtext></mrow>}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{superficie}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{Tierra.}}\mathbf{\text{¿Cu}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{nta}}\mathbf{\text{energ}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{costar}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{devolverlo}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{la}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{rbita}}\mathbf{\text{original?}}\mathbf{\text{(1}}\mathbf{\text{punto)}}$

La energía mecánica de un cuerpo en órbita circular es la suma de la cinética y la potencial, y resulta ser la mitad de esta última.

$E={\displaystyle \frac{1}{2}}m{v}^2-G{\displaystyle \frac{M_{T}m}{r}}=-{\displaystyle \frac{G{M}_{T}m}{2r}}$

Calculamos el radio de la órbita actual y restamos las energías de las dos órbitas.

$r_2=6371\text{ km}+580\text{ km}=\mathrm{6,951}\cdot {10}^6\text{ m}$

$\mathrm{\Delta }E=E_1-E_2={\displaystyle \frac{G{M}_{T}m}{2}}({\displaystyle \frac{1}{r_2}}-{\displaystyle \frac{1}{r_1}})=\mathrm{1,58}\cdot {10}^9\text{ J}$

Devolver el Hubble a su órbita inicial cuesta, por tanto, unos $\mathrm{1,58}\cdot {10}^9\text{ J}$. Al subir aumenta la energía potencial y disminuye la cinética, pues arriba el satélite se mueve más despacio, pero el balance neto es positivo: hay que entregar energía al sistema.