Ejercicio resuelto de Campo gravitatorio · Física · 2024

P1. El primer planeta fuera de nuestro sistema solar que descubrió el telescopio espacial Kepler orbita alrededor de la estrella llamada $\mathit{\text{Kepler-22}}$. La masa de la estrella $\mathit{\text{Kepler-22}}$ es de $\mathrm{0,97}$ veces la del Sol. Del planeta sabemos que su masa es $36$ veces mayor que la de la Tierra, su radio es $\mathrm{2,4}$ veces el de la Tierra y su periodo orbital alrededor de $\mathit{\text{Kepler-22}}$ es de $289$ días terrestres.

a) Calcular el radio orbital del planeta y su velocidad orbital. (1 punto)

b) Calcular la velocidad de escape desde la superficie del planeta. (1 punto)

c) Si quisiéramos habitarlos de masa planeta-laxecesor un satélite de masa $300\text{kg}$ en órbita alrededor del planeta a una distancia de $5000\text{km}$ de su superficie, ¿cuánta energía les costaría hacerlo? (1 punto)

Datos: $G=\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}\text{ N}\cdot {\text{m}}^2\cdot {\text{kg}}^{-2}$; masa del Sol $=\mathrm{2,0}\cdot {10}^{30}\text{kg}$; masa de la Tierra $=\mathrm{6,0}\cdot {10}^{24}\text{kg}$; radio de la Tierra $=6370\text{km}$.

Reunimos primero los datos del sistema, que intervienen en los tres apartados. La masa de la estrella es $M_{\star }=\mathrm{0,97}\cdot \mathrm{2,0}\cdot {10}^{30}=\mathrm{1,94}\cdot {10}^{30}\text{ kg}$; la del planeta, $M_p=36\cdot \mathrm{6,0}\cdot {10}^{24}=\mathrm{2,16}\cdot {10}^{26}\text{ kg}$; su radio, $R_p=\mathrm{2,4}\cdot 6370\text{ km}=\mathrm{1,53}\cdot {10}^7\text{ m}$; y el periodo orbital, $T=289\cdot 86400=\mathrm{2,50}\cdot {10}^7\text{ s}$.

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{Calcular}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{radio}}\mathbf{\text{orbital}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{planeta}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{su}}\mathbf{\text{velocidad}}\mathbf{\text{orbital.}}\mathbf{\text{(1}}\mathbf{\text{punto)}}$

El planeta describe una órbita circular alrededor de la estrella, de modo que la fuerza gravitatoria hace de fuerza centrípeta. Escribiendo la aceleración centrípeta en función del periodo:

$G{\displaystyle \frac{M_{\star }{M}_p}{r^2}}=M_p{\displaystyle \frac{4{\pi }^2}{T^2}}r$

$r=\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{G{M}_{\star }{T}^2}{4{\pi }^2}}}$

que es la tercera ley de Kepler. Sustituimos:

$r=\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}\cdot \mathrm{1,94}\cdot {10}^{30}\cdot (\mathrm{2,50}\cdot {10}^7{)}^2}{4{\pi }^2}}}=\mathrm{1,27}\cdot {10}^{11}\text{ m}$

La velocidad orbital se obtiene de la misma condición de órbita circular:

$v=\sqrt{{\displaystyle \frac{G{M}_{\star }}{r}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}\cdot \mathrm{1,94}\cdot {10}^{30}}{\mathrm{1,27}\cdot {10}^{11}}}}=\mathrm{3,19}\cdot {10}^4\text{ m/s}$

El planeta orbita a $\mathrm{1,27}\cdot {10}^{11}\text{ m}$ de su estrella, algo menos que la distancia Tierra-Sol, y lo hace a $\mathrm{31,9}\text{ km/s}$.

$\mathbf{\text{b)}}\mathbf{\text{Calcular}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{velocidad}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{escape}}\mathbf{\text{desde}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{superficie}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{planeta.}}\mathbf{\text{(1}}\mathbf{\text{punto)}}$

La velocidad de escape es la mínima con la que un cuerpo lanzado desde la superficie llega al infinito con velocidad nula. Por conservación de la energía mecánica, imponemos que esta sea nula:

${\displaystyle \frac{1}{2}}m{v}_e^2-G{\displaystyle \frac{M_{p}m}{R_p}}=0\Rightarrow v_e=\sqrt{{\displaystyle \frac{2G{M}_p}{R_p}}}$

Sustituimos con los datos del planeta:

$v_e=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\cdot \mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}\cdot \mathrm{2,16}\cdot {10}^{26}}{\mathrm{1,53}\cdot {10}^7}}}=\mathrm{4,34}\cdot {10}^4\text{ m/s}$

Escapar de este planeta exige $\mathrm{43,4}\text{ km/s}$, casi cuatro veces más que desde la Tierra, como corresponde a un cuerpo mucho más masivo.

$\mathbf{\text{c)}}\mathbf{\text{Calcular}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{energ}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{necesaria}}\mathbf{\text{para}}\mathbf{\text{poner}}\mathbf{\text{un}}\mathbf{\text{sat}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{lite}}\mathbf{\text{de}}\mathrm{<mrow><mn\; mathvariant="bold">300</mn><mtext> kg</mtext></mrow>}\mathbf{\text{en}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{rbita}}\mathbf{\text{alrededor}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{planeta}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{una}}\mathbf{\text{distancia}}\mathbf{\text{de}}\mathrm{<mrow><mn\; mathvariant="bold">5000</mn><mtext> km</mtext></mrow>}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{su}}\mathbf{\text{superficie.}}\mathbf{\text{(1}}\mathbf{\text{punto)}}$










La energía necesaria es el incremento de energía mecánica entre el satélite en reposo sobre la superficie y el satélite en órbita circular. El radio de la órbita es:

$r_o=R_p+h=\mathrm{1,53}\cdot {10}^7+\mathrm{5,0}\cdot {10}^6=\mathrm{2,03}\cdot {10}^7\text{ m}$





En la superficie y en reposo, la energía mecánica es solo potencial:

$E_i=-G{\displaystyle \frac{M_{p}m}{R_p}}=-\mathrm{2,83}\cdot {10}^{11}\text{ J}$

En órbita circular la energía mecánica es la mitad de la potencial, como se deduce igualando fuerza gravitatoria y centrípeta:

$E_o=-G{\displaystyle \frac{M_{p}m}{2r_o}}=-\mathrm{1,07}\cdot {10}^{11}\text{ J}$

La energía que cuesta el proceso es la diferencia entre ambas:

$\mathrm{\Delta }E=E_o-E_i=-\mathrm{1,07}\cdot {10}^{11}+\mathrm{2,83}\cdot {10}^{11}=\mathrm{1,76}\cdot {10}^{11}\text{ J}$

Poner el satélite en esa órbita cuesta $\mathrm{1,76}\cdot {10}^{11}\text{ J}$. El resultado es positivo, como debe ser: hay que aportar energía tanto para elevarlo como para comunicarle la velocidad orbital.