Ejercicio resuelto de Campo gravitatorio · Física · Aragón · 2021

a) Explique el concepto de campo gravitatorio. [1 punto]

Se coloca un satélite meteorológico de 1000 kg de masa en órbita circular, a 300 km sobre la superficie terrestre. Calcule:

b) El periodo de la órbita y la velocidad orbital. [0,75 puntos]

c) La energía que se requiere para poner en órbita al satélite desde la superficie terrestre. [0,75 puntos]

Datos: constante de gravitación universal, $G = 6{,}67 \cdot 10^{-11}\ \text{N}\ \text{m}^2\ \text{kg}^{-2}$; masa de la Tierra, $M_{\text{Tierra}} = 5{,}97 \cdot 10^{24}\ \text{kg}$; radio de la Tierra, $R_{\text{Tierra}} = 6{,}37 \cdot 10^{6}\ \text{m}$.

$\textbf{a) Explique el concepto de campo gravitatorio. [1 punto]}$

El campo gravitatorio es la perturbación que un cuerpo con masa produce en el espacio que lo rodea, de modo que cualquier otra masa colocada en él experimenta una fuerza atractiva. Hablar de campo evita tener que suponer una acción a distancia instantánea: la masa modifica el espacio y otra masa responde a esa modificación local.

Se define como la fuerza que actúa sobre la unidad de masa colocada en cada punto:

$\vec g=\dfrac{\vec F}{m}$

Es una magnitud vectorial y se mide en $\text{N/kg}$, unidad equivalente a $\text{m/s}^2$: el campo en un punto coincide numéricamente con la aceleración que adquiere allí un cuerpo en caída libre, y esa es la razón de que todos los cuerpos caigan con la misma aceleración.

Para una masa puntual $M$ a una distancia $r$ vale:

$\vec g=-G\dfrac{M}{r^2}\,\vec u_r$

Es un campo central, conservativo y siempre atractivo, y cuando lo crean varias masas se calcula sumando vectorialmente los campos de cada una.

$\textbf{b) El periodo de la órbita y la velocidad orbital. [0,75 puntos]}$










La distancia del satélite al centro de la Tierra es el radio terrestre más la altura:

$r=R_T+h=6{,}37\cdot10^{6}+3\cdot10^{5}$

$r=6{,}67\cdot10^{6}\ \text{m}$





Al ser la órbita circular, la fuerza gravitatoria hace de centrípeta:

$G\dfrac{M_T\,m}{r^2}=m\dfrac{v^2}{r}\Rightarrow v=\sqrt{\dfrac{G\,M_T}{r}}$

$v=\sqrt{\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}{6{,}67\cdot10^{6}}}=7{,}73\cdot10^{3}\ \text{m/s}$

Y el periodo, al ser el movimiento circular uniforme:

$T=\dfrac{2\pi r}{v}=\dfrac{2\pi\cdot6{,}67\cdot10^{6}}{7{,}73\cdot10^{3}}=5{,}42\cdot10^{3}\ \text{s}$

El satélite orbita a $7{,}73\cdot10^{3}\ \text{m/s}$ con un periodo de $5{,}42\cdot10^{3}\ \text{s}$, algo más de una hora y media. Ninguno de los dos depende de la masa del satélite.

$\textbf{c) La energía que se requiere para poner en órbita al satélite desde la superficie terrestre. [0,75 puntos]}$

La energía necesaria es la diferencia entre la energía mecánica en la órbita y la que tenía en la superficie. En la superficie, en reposo, solo hay energía potencial; en la órbita, la energía mecánica es la mitad de la potencial:

$\Delta E=E_{\text{órbita}}-E_{\text{superficie}}=-\dfrac{G\,M_T\,m}{2r}+\dfrac{G\,M_T\,m}{R_T}$

$\Delta E=-\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}\cdot1000}{2\cdot6{,}67\cdot10^{6}}+\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}\cdot1000}{6{,}37\cdot10^{6}}$

$\Delta E=-2{,}985\cdot10^{10}+6{,}251\cdot10^{10}=3{,}27\cdot10^{10}\ \text{J}$

Hay que aportar $3{,}27\cdot10^{10}\ \text{J}$. La mayor parte se emplea en subir el satélite, no en darle velocidad: a solo 300 km de altura el término de la energía potencial en la superficie domina el resultado.