Ejercicio resuelto de Campo gravitatorio · Física · 2020

PREGUNTA 5. Resuelva este problema:
La aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta esférico de 4100 km de radio es 7,2 $\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-2}$. Calcule:

a) la masa del planeta;
b) la energía mínima necesaria que hay que comunicar a un minisatélite de 3 kg de masa para lanzarlo desde la superficie del planeta y situarlo a 1000 km de altura sobre la misma, en una órbita circular alrededor del planeta.

DATO: $G=\mathrm{6,67}\times {10}^{-11}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{m}}^2\cdot \mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-2}$.

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{masa}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{planeta;}}$

La aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta esférico es la intensidad de su campo gravitatorio a la distancia de su radio:

$g={\displaystyle \frac{GM}{R^2}}\Rightarrow M={\displaystyle \frac{g{R}^2}{G}}$

Expresamos el radio en unidades del SI:

$R=4100\text{ km}=\mathrm{4,1}\cdot {10}^6\text{ m}$

$M={\displaystyle \frac{\mathrm{7,2}\cdot (\mathrm{4,1}\cdot {10}^6{)}^2}{\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{1,21}\cdot {10}^{14}}{\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}}}$

$M=\mathrm{1,81}\cdot {10}^{24}\text{ kg}$

La masa del planeta es $\mathrm{1,81}\cdot {10}^{24}\text{ kg}$, algo menos de la tercera parte de la masa de la Tierra. Conviene guardar el producto $GM=g{R}^2=\mathrm{1,21}\cdot {10}^{14}{\text{m}}^3\mathrm{/}{\text{s}}^2$, que es lo que se necesita en el apartado siguiente.

$\mathbf{\text{b)}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{energ}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{m}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{nima}}\mathbf{\text{necesaria}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{hay}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{comunicar}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{un}}\mathbf{\text{minisat}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{lite}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{3}}\mathbf{\text{kg}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{masa}}\mathbf{\text{para}}\mathbf{\text{lanzarlo}}\mathbf{\text{desde}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{superficie}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{planeta}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{situarlo}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{1000}}\mathbf{\text{km}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{altura}}\mathbf{\text{sobre}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{misma,}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{una}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{rbita}}\mathbf{\text{circular}}\mathbf{\text{alrededor}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{planeta.}}$

El radio de la órbita se mide desde el centro del planeta:

$r=R+h=\mathrm{4,1}\cdot {10}^6+\mathrm{1,0}\cdot {10}^6=\mathrm{5,1}\cdot {10}^6\text{ m}$

La energía mínima es la variación de energía mecánica entre el reposo en la superficie y la órbita. En la superficie, en reposo, la energía es solo potencial; en la órbita circular, la energía mecánica de un satélite vale:

$E_m(\acute{\text{o}}\text{rbita})=-{\displaystyle \frac{GMm}{2r}}$

Por tanto:

$E_{\text{m}\acute{\text{ı}}\text{n}}=E_m(\acute{\text{o}}\text{rbita})-E_p(R)=-{\displaystyle \frac{GMm}{2r}}+{\displaystyle \frac{GMm}{R}}$

$E_{\text{m}\acute{\text{ı}}\text{n}}=GMm({\displaystyle \frac{1}{R}}-{\displaystyle \frac{1}{2r}})$

$E_{\text{m}\acute{\text{ı}}\text{n}}=\mathrm{1,21}\cdot {10}^{14}\cdot 3({\displaystyle \frac{1}{\mathrm{4,1}\cdot {10}^6}}-{\displaystyle \frac{1}{2\cdot \mathrm{5,1}\cdot {10}^6}})$

$E_{\text{m}\acute{\text{ı}}\text{n}}=\mathrm{3,63}\cdot {10}^{14}(\mathrm{2,439}\cdot {10}^{-7}-\mathrm{9,804}\cdot {10}^{-8})$

$E_{\text{m}\acute{\text{ı}}\text{n}}=\mathrm{5,30}\cdot {10}^7\text{ J}$

La energía mínima que hay que comunicar al minisatélite es $\mathrm{5,30}\cdot {10}^7\text{ J}$. Es mínima porque se ha supuesto que no hay pérdidas por rozamiento con la atmósfera del planeta ni se aprovecha su rotación. Parte de esa energía queda como energía cinética orbital, ya que la velocidad en la órbita es:

$v=\sqrt{{\displaystyle \frac{GM}{r}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{\mathrm{1,21}\cdot {10}^{14}}{\mathrm{5,1}\cdot {10}^6}}}=\mathrm{4,87}\cdot {10}^3\text{ m/s}$