FísicaMedio2 pts

Satélites, órbitas y leyes de Kepler

También trata: Campo y potencial gravitatorio
Comunidad de Madrid · 2018 · Junio (coincidentes) · Opción A
Enunciado
Una nave espacial transporta colonos en estado de hibernación a un planeta lejano. Por un error, la nave llega a su destino 1010 años terrestres antes de lo previsto, por lo que el ordenador de a bordo decide situar la nave en una órbita circular a una distancia del centro del planeta r=5000 kmr = 5000\,\text{km} y orbitar en ella durante 1010 años.

a) ¿Cuántas vueltas da la nave en la órbita circular a lo largo de los 1010 años?

b) ¿Cuál es el valor de la velocidad de escape en la superficie del planeta?

Datos: Constante de Gravitación Universal, G=6,67⋅10−11 N m2 kg−2G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\,\text{m}^2\,\text{kg}^{-2}; Masa del planeta, MP=6,42⋅1023 kgM_P = 6{,}42\cdot 10^{23}\,\text{kg}; Radio del planeta, RP=3397,5 kmR_P = 3397{,}5\,\text{km}.
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Resultado
  T=1,07⋅104 s (2,98 h)N≈2,94⋅104 vueltas  \boxed{\;T = 1{,}07\cdot 10^{4}\ \text{s}\ (2{,}98\ \text{h})\qquad N \approx 2{,}94\cdot 10^{4}\ \text{vueltas}\;}  ve=2GMPRP=5,02⋅103 m s−1  \boxed{\;v_e = \sqrt{\frac{2 G M_P}{R_P}} = 5{,}02\cdot 10^{3}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}\;}
Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo
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Estrategia

En a) hay que saber cuánto dura una vuelta. En una órbita circular la atracción gravitatoria del planeta es la fuerza centrípeta; de ahí sale la velocidad orbital y, con ella, el periodo (es la tercera ley de Kepler). El número de vueltas es el tiempo total entre el periodo.

En b) la velocidad de escape es la que hace que la energía mecánica de la nave en la superficie valga cero: con ella llega al infinito con velocidad nula. No depende de la masa de la nave.

Todas las distancias, en metros: r=5⋅106 mr = 5\cdot 10^{6}\,\text{m} y RP=3,3975⋅106 mR_P = 3{,}3975\cdot 10^{6}\,\text{m}.
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Desarrollo

a) Igualamos la fuerza gravitatoria a la centrípeta:G MP mr2=m v2r⟹v=GMPrG\,\frac{M_P\,m}{r^2} = m\,\frac{v^2}{r}\quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{G M_P}{r}}Una vuelta es una circunferencia de radio rr recorrida a esa velocidad:T=2πrv=2πr3GMPT = \frac{2\pi r}{v} = 2\pi\sqrt{\frac{r^3}{G M_P}}Con GMP=6,67⋅10−11⋅6,42⋅1023=4,28⋅1013 N m2 kg−1G M_P = 6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 6{,}42\cdot 10^{23} = 4{,}28\cdot 10^{13}\ \text{N}\,\text{m}^2\,\text{kg}^{-1}:T=2π(5⋅106)34,28⋅1013=2π2,92⋅106=1,07⋅104 s≈2,98 hT = 2\pi\sqrt{\frac{\left(5\cdot 10^{6}\right)^3}{4{,}28\cdot 10^{13}}} = 2\pi\sqrt{2{,}92\cdot 10^{6}} = 1{,}07\cdot 10^{4}\ \text{s}\approx 2{,}98\ \text{h}Diez años terrestres, tomando años de 365365 días:t=10⋅365⋅24⋅3600=3,15⋅108 st = 10\cdot 365\cdot 24\cdot 3600 = 3{,}15\cdot 10^{8}\ \text{s}El número de vueltas:N=tT=3,15⋅1081,07⋅104≈2,94⋅104 vueltasN = \frac{t}{T} = \frac{3{,}15\cdot 10^{8}}{1{,}07\cdot 10^{4}} \approx 2{,}94\cdot 10^{4}\ \text{vueltas}Unas 29 40029\,400 vueltas (con años de 365,25365{,}25 días sale prácticamente lo mismo).
Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)
b) En la superficie, la nave tiene energía potencial −GMPm/RP-G M_P m/R_P. Para escapar, su energía mecánica debe ser al menos cero:12 m ve2−G MP mRP=0⟹ve=2GMPRP\frac{1}{2}\,m\,v_e^2 - G\,\frac{M_P\,m}{R_P} = 0\quad\Longrightarrow\quad v_e = \sqrt{\frac{2 G M_P}{R_P}}ve=2⋅4,28⋅10133,3975⋅106=2,52⋅107=5,02⋅103 m s−1v_e = \sqrt{\frac{2\cdot 4{,}28\cdot 10^{13}}{3{,}3975\cdot 10^{6}}} = \sqrt{2{,}52\cdot 10^{7}} = 5{,}02\cdot 10^{3}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}Unos 5 km/s5\,\text{km/s}: con estos datos el planeta es Marte.
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Consejo

Pasa los kilómetros a metros antes de sustituir: rr aparece al cubo en el periodo y un error de unidades se multiplica por mil millones.

La velocidad de escape se calcula con el radio del planeta (se lanza desde la superficie), no con el radio de la órbita.
Paso 1 de 3
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