FísicaMedioProblema · 2 pts

Satélites, órbitas y leyes de Kepler

Comunidad de Madrid · 2019 · Junio · Opción B
Enunciado
El Amazonas 5 es un satélite geoestacionario de comunicaciones de 5900 kg5900\,\text{kg} puesto en órbita en septiembre de 2017. Determine:

a) La altura sobre el ecuador terrestre del satélite y su velocidad orbital.

b) La fuerza centrípeta necesaria para que describa la órbita y la energía total del satélite en dicha órbita.

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 de la Tierra, MT=5,97⋅1024 kgM_T = 5{,}97\cdot 10^{24}\ \text{kg}; Radio de la Tierra, RT=6,37⋅106 mR_T = 6{,}37\cdot 10^{6}\ \text{m}.
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Resultado
  h=3,59⋅107 mv=3,07⋅103 m s−1  \boxed{\;h = 3{,}59\cdot 10^{7}\ \text{m}\qquad v = 3{,}07\cdot 10^{3}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}\;}  Fc=1,32⋅103 NE=−2,78⋅1010 J  \boxed{\;F_c = 1{,}32\cdot 10^{3}\ \text{N}\qquad E = -2{,}78\cdot 10^{10}\ \text{J}\;}
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Estrategia

El dato escondido es el periodo: un satélite geoestacionario está siempre sobre el mismo punto del ecuador, así que da una vuelta en lo mismo que tarda la Tierra en girar, T=24 hT = 24\,\text{h}.

En la órbita circular, la fuerza gravitatoria hace de fuerza centrípeta. Con eso y el periodo sale el radio de la órbita (es la tercera ley de Kepler); restando el radio terrestre tenemos la altura. La velocidad es la circunferencia entre el periodo.

En b), la fuerza centrípeta es simplemente la atracción gravitatoria a esa distancia, y la energía total de una órbita circular es la mitad de la potencial.
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Desarrollo

a) Periodo del satélite geoestacionario:T=24 h=86 400 sT = 24\ \text{h} = 86\,400\ \text{s}La gravedad proporciona la fuerza centrípeta, con v=2πr/Tv = 2\pi r/T:G MT mr2=m 4π2T2 r⟹r=G MT T24π23\frac{G\,M_T\,m}{r^2} = m\,\frac{4\pi^2}{T^2}\,r\quad\Longrightarrow\quad r = \sqrt[3]{\frac{G\,M_T\,T^2}{4\pi^2}}r=6,67⋅10−11⋅5,97⋅1024⋅86 40024π23=4,22⋅107 mr = \sqrt[3]{\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot 10^{24}\cdot 86\,400^2}{4\pi^2}} = 4{,}22\cdot 10^{7}\ \text{m}Altura sobre el ecuador:h=r−RT=4,223⋅107−6,37⋅106=3,59⋅107 m  (≈35 900 km)h = r - R_T = 4{,}223\cdot 10^{7} - 6{,}37\cdot 10^{6} = 3{,}59\cdot 10^{7}\ \text{m}\ \ (\approx 35\,900\ \text{km})Velocidad orbital:v=2πrT=2π⋅4,223⋅10786 400=3,07⋅103 m s−1v = \frac{2\pi r}{T} = \frac{2\pi\cdot 4{,}223\cdot 10^{7}}{86\,400} = 3{,}07\cdot 10^{3}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}Coincide con v=GMT/rv = \sqrt{G M_T/r}, como debe ser en una órbita circular.
Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)
b) La fuerza centrípeta es la fuerza gravitatoria en la órbita:Fc=G MT mr2=6,67⋅10−11⋅5,97⋅1024⋅5900(4,223⋅107)2=1,32⋅103 NF_c = \frac{G\,M_T\,m}{r^2} = \frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot 10^{24}\cdot 5900}{\left(4{,}223\cdot 10^{7}\right)^2} = 1{,}32\cdot 10^{3}\ \text{N}(Lo mismo da m v2/rm\,v^2/r.) Energía mecánica total del satélite en órbita circular:E=Ec+Ep=12 G MT mr−G MT mr=−G MT m2rE = E_c + E_p = \frac{1}{2}\,\frac{G\,M_T\,m}{r} - \frac{G\,M_T\,m}{r} = -\frac{G\,M_T\,m}{2r}E=−6,67⋅10−11⋅5,97⋅1024⋅59002⋅4,223⋅107=−2,78⋅1010 JE = -\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot 10^{24}\cdot 5900}{2\cdot 4{,}223\cdot 10^{7}} = -2{,}78\cdot 10^{10}\ \text{J}Es negativa: el satélite está ligado a la Tierra.
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Consejo

«Geoestacionario» es un dato: T=24 hT = 24\ \text{h}. Si usas el día sidéreo (86 164 s86\,164\ \text{s}) el resultado apenas cambia (la altura baja unos 80 km), y cualquiera de los dos es aceptable.

No olvides restar el radio terrestre: el examen pide la altura, no el radio de la órbita.
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