Ejercicio resuelto de Campo gravitatorio · Física · 2020

Un satélite de 1200 kg describe una órbita circular alrededor de la Tierra con un periodo de 10 horas. Calcula para esa órbita:

a) Velocidad orbital del satélite. (0,5 puntos)
b) Valor del campo gravitatorio. (0,5 puntos)
c) Energía mecánica del satélite. (0,75 puntos)
d) Energía cinética con la que fue lanzado desde la superficie terrestre para que orbite con esa velocidad orbital. (suponer que la Tierra no se mueve) (0,75 puntos)

Datos: $R_{\text{Tierra}} = 6370\ km$, $M_{\text{Tierra}} = 5{,}97\cdot 10^{24}\ kg$, $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ Nm^{2}/kg^{2}$

$\textbf{a) Velocidad orbital del satélite. (0,5 puntos)}$










La atracción gravitatoria terrestre hace de fuerza centrípeta de la órbita circular, y combinándola con el movimiento circular uniforme se llega a la tercera ley de Kepler:

$G\dfrac{M_T\,m}{r^2}=m\dfrac{4\pi^2r}{T^2}\Rightarrow r=\sqrt[3]{\dfrac{G\,M_T\,T^2}{4\pi^2}}$





Se pasa el periodo a segundos:

$T=10\ \text{h}\cdot3.600\ \dfrac{\text{s}}{\text{h}}=3{,}6\cdot10^{4}\ \text{s}$

$r=\sqrt[3]{\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}\cdot(3{,}6\cdot10^{4})^2}{4\pi^2}}=2{,}36\cdot10^{7}\ \text{m}$

Y con ese radio, la velocidad orbital:

$v=\dfrac{2\pi r}{T}=\dfrac{2\pi\cdot2{,}36\cdot10^{7}}{3{,}6\cdot10^{4}}=4{,}11\cdot10^{3}\ \text{m/s}$

El satélite orbita a $4{,}11\ \text{km/s}$, a $2{,}36\cdot10^{7}\ \text{m}$ del centro de la Tierra.

$\textbf{b) Valor del campo gravitatorio. (0,5 puntos)}$

$g=G\dfrac{M_T}{r^2}=\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}{(2{,}36\cdot10^{7})^2}$

$g=0{,}718\ \text{m/s}^2$

A esa altura la gravedad vale $0{,}718\ \text{m/s}^2$, apenas el 7 % de la que hay en la superficie. Se puede comprobar de otro modo, ya que en una órbita circular la gravedad es la aceleración centrípeta:

$g=\dfrac{v^2}{r}=\dfrac{(4{,}11\cdot10^{3})^2}{2{,}36\cdot10^{7}}=0{,}718\ \text{m/s}^2$

$\textbf{c) Energía mecánica del satélite. (0,75 puntos)}$

En una órbita circular la energía cinética es la mitad del valor absoluto de la potencial:

$E=E_c+E_p=-G\dfrac{M_T\,m}{2r}$

$E=-\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}\cdot1.200}{2\cdot2{,}36\cdot10^{7}}$

$E=-1{,}01\cdot10^{10}\ \text{J}$

$\textbf{d) Energía cinética con la que fue lanzado desde la superficie terrestre para que orbite con esa velocidad orbital. (suponer que la Tierra no se mueve) (0,75 puntos)}$

Se aplica la conservación de la energía entre el lanzamiento, en la superficie, y la órbita:

$E_{c,\text{lanz}}-G\dfrac{M_T\,m}{R_T}=\dfrac12\,m\,v^2-G\dfrac{M_T\,m}{r}$

$E_{c,\text{lanz}}=\dfrac12\,m\,v^2+G\,M_T\,m\left(\dfrac{1}{R_T}-\dfrac{1}{r}\right)$

Se calculan los dos sumandos por separado. La energía cinética de la órbita:

$\dfrac12\,m\,v^2=\dfrac12\cdot1.200\cdot(4{,}11\cdot10^{3})^2=1{,}01\cdot10^{10}\ \text{J}$

Y la variación de energía potencial, con $R_T=6.370\ \text{km}=6{,}37\cdot10^{6}\ \text{m}$:

$G\,M_T\,m\left(\dfrac{1}{R_T}-\dfrac{1}{r}\right)=4{,}78\cdot10^{17}\left(\dfrac{1}{6{,}37\cdot10^{6}}-\dfrac{1}{2{,}36\cdot10^{7}}\right)=5{,}47\cdot10^{10}\ \text{J}$

$E_{c,\text{lanz}}=1{,}01\cdot10^{10}+5{,}47\cdot10^{10}=6{,}48\cdot10^{10}\ \text{J}$

Hubo que lanzarlo con $6{,}48\cdot10^{10}\ \text{J}$ de energía cinética: la mayor parte se invierte en subirlo y solo una sexta parte en darle la velocidad orbital.