FísicaMedioProblema · 3 pts

Satélites, órbitas y leyes de Kepler

Castilla-La Mancha · 2016 · Septiembre · Opción B
Enunciado
Un satélite artificial de masa m=500 kgm = 500\,\text{kg} se encuentra en órbita ecuatorial geoestacionaria.

(a) Determinar cuál es la velocidad angular del satélite y a qué altura se encuentra por encima de la superficie de la Tierra.

(b) Explicar y calcular qué energía deberíamos suministrar a este satélite en su órbita para alejarlo indefinidamente de la Tierra de modo que alcanzase el infinito con velocidad cero.

(c) Supongamos un meteorito que se acerca a la Tierra viajando a 20 km/s20\,\text{km/s} cuando está a la misma distancia que el satélite geoestacionario. ¿Con qué velocidad se estrellará contra la superficie? (Despreciamos los efectos de rozamiento con la atmósfera).

Datos: constante de gravitación G=6,67⋅10−11 N m2 kg−2G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\,\text{N m}^2\,\text{kg}^{-2}. Datos de la Tierra: masa M=5,98⋅1024 kgM = 5{,}98\cdot 10^{24}\,\text{kg}; radio R=6370 kmR = 6370\,\text{km}; periodo de rotación T=86 400 sT = 86\,400\,\text{s}.
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Resultado
  ω=7,27⋅10−5 rad/sh≈3,59⋅107 mΔE=2,36⋅109 Jv≈22,5 km/s  \boxed{\;\omega = 7{,}27\cdot 10^{-5}\ \text{rad/s}\quad h \approx 3{,}59\cdot 10^{7}\ \text{m}\quad \Delta E = 2{,}36\cdot 10^{9}\ \text{J}\quad v \approx 22{,}5\ \text{km/s}\;}
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Estrategia

(a) Geoestacionario: T=86 400 sT = 86\,400\,\text{s}; con GMm/r2=mω2rGMm/r^2 = m\omega^2 r se despeja rr. (b) En órbita, E=−GMm/(2r)E = -GMm/(2r); para llegar al infinito en reposo hay que llevar la energía a cero. (c) Conservación de la energía mecánica del meteorito entre rr y RR.
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Desarrollo

(a)ω=2πT=2π86 400=7,27⋅10−5 rad/s\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{86\,400} = 7{,}27\cdot 10^{-5}\ \text{rad/s}GMmr2=m ω2r⟹r=GMω23=6,67⋅10−11⋅5,98⋅1024(7,27⋅10−5)23=4,23⋅107 m\frac{GMm}{r^2} = m\,\omega^2 r \quad\Longrightarrow\quad r = \sqrt[3]{\frac{GM}{\omega^2}} = \sqrt[3]{\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}98\cdot 10^{24}}{(7{,}27\cdot 10^{-5})^2}} = 4{,}23\cdot 10^{7}\ \text{m}h=r−R=4,23⋅107−6,37⋅106=3,59⋅107 m≈35 900 kmh = r - R = 4{,}23\cdot 10^{7} - 6{,}37\cdot 10^{6} = 3{,}59\cdot 10^{7}\ \text{m}\approx 35\,900\ \text{km}(b) La energía mecánica del satélite en su órbita esE=−GMm2r=−6,67⋅10−11⋅5,98⋅1024⋅5002⋅4,23⋅107=−2,36⋅109 JE = -\frac{GMm}{2r} = -\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}98\cdot 10^{24}\cdot 500}{2\cdot 4{,}23\cdot 10^{7}} = -2{,}36\cdot 10^{9}\ \text{J}En el infinito y en reposo, su energía sería cero. La energía que hay que suministrar esΔE=0−E=2,36⋅109 J\Delta E = 0 - E = 2{,}36\cdot 10^{9}\ \text{J}(c) Conservación de la energía entre rr y la superficie (la masa del meteorito se cancela):12v02−GMr=12v2−GMR⟹v=v02+2GM(1R−1r)\frac{1}{2}v_0^2 - \frac{GM}{r} = \frac{1}{2}v^2 - \frac{GM}{R} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{v_0^2 + 2GM\left(\frac{1}{R} - \frac{1}{r}\right)}v=(2⋅104)2+2⋅3,99⋅1014(16,37⋅106−14,23⋅107)=2,25⋅104 m/sv = \sqrt{(2\cdot 10^{4})^2 + 2\cdot 3{,}99\cdot 10^{14}\left(\frac{1}{6{,}37\cdot 10^{6}} - \frac{1}{4{,}23\cdot 10^{7}}\right)} = 2{,}25\cdot 10^{4}\ \text{m/s}
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Consejo

En (c) no importa la dirección con la que se acerca el meteorito: la energía cinética final solo depende de las distancias inicial y final.
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