Ejercicio resuelto de Campo gravitatorio · Física · Aragón · 2020

Un satélite artificial de masa $m=800\text{ kg}$ describe una órbita circular en torno a la Tierra, a una altura $h=400\text{ km}$ sobre su superficie.

a) Calcule el módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra. Si la órbita está en el plano ecuatorial, ¿qué dirección tiene el vector momento angular $\vec{L}$? ¿Es $\vec{L}$ un vector constante? ¿Por qué? [1,5 puntos]

b) Determine la cantidad de energía que será necesario suministrarle para que pase a estar en una nueva órbita con una altura $h=800\text{ km}$. [1 punto]

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

El momento angular respecto del centro de la Tierra se define como:

$\vec{L}=\vec{r}\times m\vec{v}$

En una órbita circular el radio vector y la velocidad son siempre perpendiculares, así que el módulo se reduce a:

$L=mvr$





Hace falta primero la velocidad orbital, que sale de igualar la fuerza gravitatoria a la centrípeta:

$r=R_T+h=\mathrm{6,371}\cdot {10}^6+4\cdot {10}^5=\mathrm{6,771}\cdot {10}^6\text{ m}$

$v=\sqrt{{\displaystyle \frac{G{M}_T}{r}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}\cdot \mathrm{5,97}\cdot {10}^{24}}{\mathrm{6,771}\cdot {10}^6}}}=\mathrm{7,67}\cdot {10}^3\text{ m/s}$

$L=800\cdot \mathrm{7,67}\cdot {10}^3\cdot \mathrm{6,771}\cdot {10}^6=\mathrm{4,15}\cdot {10}^{13}\text{ kg}{\text{m}}^2\mathrm{/}\text{s}$

El módulo del momento angular es de $\mathrm{4,15}\cdot {10}^{13}\text{ kg}{\text{m}}^2\mathrm{/}\text{s}$.

Su dirección es perpendicular al plano de la órbita, por ser un producto vectorial. Como la órbita está en el plano ecuatorial, $\vec{L}$ tiene la dirección del eje de rotación de la Tierra, la del eje norte-sur.

Y sí, es un vector constante. La fuerza gravitatoria es central: tiene siempre la dirección del radio vector, de modo que el momento de la fuerza respecto del centro de la Tierra es nulo:

$\vec{M}=\vec{r}\times \vec{F}=\vec{0}\Rightarrow {\displaystyle \frac{d\vec{L}}{dt}}=\vec{0}$

Al ser nula la derivada, el momento angular se conserva en módulo, dirección y sentido. Esta es, precisamente, la razón física de la segunda ley de Kepler.



La energía mecánica de un satélite en órbita circular es la mitad de su energía potencial:

$E_m=-{\displaystyle \frac{G{M}_{T}m}{2r}}$

La energía que hay que suministrar es la diferencia entre la de la órbita final y la de la inicial:

$\mathrm{\Delta }E=-{\displaystyle \frac{G{M}_{T}m}{2r^{\mathrm{\prime }}}}+{\displaystyle \frac{G{M}_{T}m}{2r}}={\displaystyle \frac{G{M}_{T}m}{2}}({\displaystyle \frac{1}{r}}-{\displaystyle \frac{1}{r^{\mathrm{\prime }}}})$

Con $r=\mathrm{6,771}\cdot {10}^6\text{ m}$ y $r^{\mathrm{\prime }}=R_T+h^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{7,171}\cdot {10}^6\text{ m}$:

$\mathrm{\Delta }E={\displaystyle \frac{\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}\cdot \mathrm{5,97}\cdot {10}^{24}\cdot 800}{2}}({\displaystyle \frac{1}{\mathrm{6,771}\cdot {10}^6}}-{\displaystyle \frac{1}{\mathrm{7,171}\cdot {10}^6}})$

$\mathrm{\Delta }E=\mathrm{1,31}\cdot {10}^9\text{ J}$

Hay que suministrarle $\mathrm{1,31}\cdot {10}^9\text{ J}$. Conviene notar que al subir a una órbita más alta el satélite gana energía mecánica pero pierde velocidad: la energía cinética disminuye y la potencial aumenta más que ella.