FísicaMedioProblema · 3 pts

Problema resuelto de Física: Campo y potencial gravitatorioSelectividad (PAU) · País Vasco 2020 · Julio (ordinaria)

También trata: Satélites, órbitas y leyes de Kepler

Enunciado

Un satélite de 2500 kg de masa gira alrededor de la Tierra en una órbita circular de

3\cdot 10^{4}

km de radio.

a) ¿Cuál será el valor de la gravedad en esa órbita?

b) ¿Cuánto vale la velocidad angular del satélite?

c) Si por alguna circunstancia la velocidad del satélite se anulara, éste empezaría a caer sobre la Tierra. ¿Con qué velocidad llegará a la superficie terrestre?

Datos: constante de gravitación universal:

G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\cdot\text{m}^2/\text{kg}^2

; radio de la Tierra:

R_T = 6{,}37\cdot 10^{6}

m; masa de la Tierra:

M_T = 5{,}97\cdot 10^{24}

kg.

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Resultado

g = 0{,}442\ \text{m/s}^2

.

b)

\omega = 1{,}21\cdot 10^{-4}\ \text{rad/s}

.

c)

v = 9{,}92\cdot 10^{3}\ \text{m/s}

(unos 9,9 km/s), sin contar el rozamiento del aire.

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Lo primero, pasar el radio de la órbita a metros:

r = 3\cdot 10^{4}\ \text{km} = 3\cdot 10^{7}\ \text{m}

La gravedad en la órbita es la intensidad del campo de la Tierra a esa distancia, $g = GM_T/r^2$ .
En una órbita circular, la fuerza gravitatoria hace de fuerza centrípeta: $m\,g = m\,\omega^2 r$ , de donde sale $\omega$ .
Si el satélite se para, cae solo bajo la gravedad (sin rozamiento): se conserva la energía mecánica entre la órbita (solo energía potencial) y la superficie (potencial y cinética). La gravedad no es constante en ese recorrido, así que no vale $v^2 = 2gh$ .

Desarrollo

a) Campo gravitatorio a la distancia $r$ .

g = \frac{G M_T}{r^2} = \frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot 10^{24}}{(3\cdot 10^{7})^2} = \frac{3{,}982\cdot 10^{14}}{9\cdot 10^{14}} = 0{,}442\ \text{m/s}^2

Es unas 22 veces menor que en la superficie (

9{,}81\ \text{m/s}^2

), porque la distancia al centro es casi 5 veces mayor y

g

va con

1/r^2

.

b) Fuerza gravitatoria = fuerza centrípeta.

\frac{G M_T m}{r^2} = m\,\omega^2 r\quad\Longrightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{G M_T}{r^3}} = \sqrt{\frac{g}{r}}

\omega = \sqrt{\frac{0{,}4424}{3\cdot 10^{7}}} = 1{,}21\cdot 10^{-4}\ \text{rad/s}

(Corresponde a un periodo

T = 2\pi/\omega = 5{,}17\cdot 10^{4}

s, unas 14,4 h.)

c) Conservación de la energía mecánica. En la órbita la velocidad es nula y solo hay energía potencial; al llegar a la superficie, potencial y cinética:

-\frac{G M_T m}{r} = -\frac{G M_T m}{R_T} + \frac{1}{2}\,m v^2\quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{2 G M_T\left(\frac{1}{R_T} - \frac{1}{r}\right)}

La masa del satélite se simplifica: no hace falta el dato de 2500 kg.

v = \sqrt{2\cdot 3{,}982\cdot 10^{14}\left(\frac{1}{6{,}37\cdot 10^{6}} - \frac{1}{3\cdot 10^{7}}\right)} = \sqrt{2\cdot 3{,}982\cdot 10^{14}\cdot 1{,}237\cdot 10^{-7}} = 9{,}92\cdot 10^{3}\ \text{m/s}

Se desprecia el rozamiento con la atmósfera, que en la realidad frenaría mucho al satélite (y lo quemaría).

Consejo

Pasa los kilómetros a metros antes de nada: el error más frecuente en este problema es usar $r = 3\cdot 10^{4}$ en vez de $3\cdot 10^{7}$ m.

En una caída desde gran altura la gravedad cambia por el camino: usa la conservación de la energía con $E_p = -GMm/r$ , nunca $v = \sqrt{2gh}$ con $g$ constante.