Problema resuelto de Física: Satélites, órbitas y leyes de KeplerSelectividad (PAU) · País Vasco 2021 · Julio

a) Radio de la órbita. Igualamos la fuerza gravitatoria con la centrípeta, con $v = 2\pi r/T$:$$\frac{G M_T m}{r^2} = m\,\frac{4\pi^2}{T^2}\,r \quad\Longrightarrow\quad r^3 = \frac{G M_T T^2}{4\pi^2}\quad\Longrightarrow\quad r = \sqrt[3]{\frac{G M_T T^2}{4\pi^2}}$$Datos en el SI. $T = 48 \cdot 3600 = 1{,}728 \cdot 10^{5}\ \text{s}$ y $R_T = 6{,}37 \cdot 10^{6}\ \text{m}$.$$r = \sqrt[3]{\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot 10^{24}\cdot (1{,}728\cdot 10^{5})^2}{4\pi^2}} = 6{,}70 \cdot 10^{7}\ \text{m}$$Altura sobre la superficie.$$h = r - R_T = 6{,}703\cdot 10^{7} - 0{,}637\cdot 10^{7} = 6{,}07 \cdot 10^{7}\ \text{m} \approx 60\,660\ \text{km}$$Es lógico que esté más alto que un geoestacionario (unos 36 000 km de altura, periodo de 24 h): a mayor periodo, órbita mayor.

b) Aceleración en la órbita. El satélite tiene solo aceleración normal (centrípeta), producida por la gravedad, así que vale el campo gravitatorio en ese punto:$$a = \frac{G M_T}{r^2} = \frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot 10^{24}}{(6{,}703\cdot 10^{7})^2} = 0{,}0886\ \text{m/s}^2$$Dirigida hacia el centro de la Tierra. Se puede comprobar con $a = 4\pi^2 r/T^2 = 4\pi^2\cdot 6{,}703\cdot 10^{7}/(1{,}728\cdot 10^{5})^2 = 0{,}0886\ \text{m/s}^2$.

c) Nuevo radio. La distancia a la superficie es el doble del radio terrestre, $h' = 2R_T$, así que el radio de la órbita es$$r' = R_T + 2R_T = 3R_T = 1{,}911\cdot 10^{7}\ \text{m}$$Periodo con la tercera ley de Kepler.$$T' = 2\pi\sqrt{\frac{r'^3}{G M_T}} = 2\pi\sqrt{\frac{(1{,}911\cdot 10^{7})^3}{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot 10^{24}}} = 2{,}63\cdot 10^{4}\ \text{s} \approx 7{,}31\ \text{h}$$