Satélites, órbitas y leyes de Kepler

Solución oficial

Corrección oficial de la PAU de Cataluña (Generalitat de Catalunya), traducida del catalán. Las puntuaciones de cada paso son las de la pauta de corrección.

a) Encontrar la expresión de la velocidad orbital

0,5 p. Según la ley de la gravitación universal, el módulo de la fuerza sobre la caja debida a la atracción de la Tierra es:$$F = G\,\frac{M_{ca}M_T}{r^2}$$La segunda ley de Newton establece que: $\vec F = M_{ca}\,\vec a$

Por otra parte, considerando que el satélite describe un movimiento circular uniforme alrededor de la Tierra, su aceleración es la aceleración centrípeta: $a = v^2/r$.

Como sobre la caja solo actúa la fuerza de la gravedad:$$G\,\frac{M_{ca}M_T}{r^2} = M_{ca}\,\frac{v^2}{r} \;\Rightarrow\; v = \sqrt{\frac{G M_T}{r}}$$0,25 p. El radio $r = 6{,}37\cdot 10^{6} + 4\cdot 10^{5} = 6{,}77\cdot 10^{6}\ \text{m}$. Utilizando la expresión, obtenemos el valor de la velocidad orbital de la caja:$$v_{ca} = \sqrt{G\,\frac{M_T}{r}} = \sqrt{6{,}67\cdot 10^{-11}\,\frac{5{,}98\cdot 10^{24}}{6{,}77\cdot 10^{6}}} = 7{,}68\cdot 10^{3}\ \text{m/s}$$0,5 p. El número de vueltas alrededor de la Tierra que da la caja durante un día. Tenemos que comparar los dos tiempos.

El periodo de la caja: $T = \dfrac{2\pi r}{v} = \dfrac{2\pi\cdot 6{,}77\cdot 10^{6}}{7{,}68\cdot 10^{3}} = 5{,}54\cdot 10^{3}\ \text{s}$.

Y un día en segundos: $t_{\text{día}} = 24\ \text{h}\cdot\dfrac{3600\ \text{s}}{1\ \text{h}} = 86{,}4\cdot 10^{3}\ \text{s}$.

Y el número de vueltas: $n_{vueltas/\text{día}} = \dfrac{t_{\text{día}}}{T} = \dfrac{86{,}4\cdot 10^{3}}{5{,}54\cdot 10^{3}} = 15{,}6$ vueltas.

b)

0,5 p. Calculamos la energía mecánica inicial en la órbita de $280\ \text{km}$ de altura: radio $r = 6{,}37\cdot 10^{6} + 2{,}8\cdot 10^{5} = 6{,}65\cdot 10^{6}\ \text{m}$.

La energía mecánica es la suma de la energía cinética y la potencial:$$E_{m\,ini} = E_c + E_p = \frac{1}{2}M_{EEI}v^2 - G\,\frac{M_{EEI}M_T}{r} = \frac{1}{2}M_{EEI}\,G\,\frac{M_T}{r} - G\,\frac{M_{EEI}M_T}{r} = -G\,\frac{M_{EEI}M_T}{2r}$$$$E_{m\,ini} = -G\,\frac{M_{EEI}M_T}{2r} = -6{,}67\cdot 10^{-11}\,\frac{4{,}3\cdot 10^{5}\cdot 5{,}98\cdot 10^{24}}{2\cdot 6{,}65\cdot 10^{6}} = -1{,}29\cdot 10^{13}\ \text{J}$$0,25 p. El signo negativo de la energía mecánica indica que la EEI está siguiendo una órbita cerrada (o ligada) alrededor de la Tierra.

0,5 p. Sin tener en cuenta la atmósfera, se conservará la energía mecánica durante la caída, $E_{m\,ini} = E_{m\,fin}$, y la energía mecánica final es $E_{m\,fin} = E_{c\,fin} + E_{p\,fin}$. Por tanto, la energía cinética final con la que impactará en el agua será: $E_{c\,fin} = E_{m\,fin} - E_{p\,fin} = E_{m\,ini} - E_{p\,fin}$.

La energía potencial final:$$E_{p\,fin} = -G\,\frac{M_{EEI}M_T}{R_T} = -6{,}67\cdot 10^{-11}\,\frac{4{,}3\cdot 10^{5}\cdot 5{,}98\cdot 10^{24}}{6{,}37\cdot 10^{6}} = -2{,}69\cdot 10^{13}\ \text{J}$$Por tanto, la energía cinética final con la que impacta en el agua será:$$E_{c\,fin} = E_{m\,fin} - E_{p\,fin} = -12{,}896\cdot 10^{12} + 26{,}925\cdot 10^{12}\ \text{J} = 1{,}40\cdot 10^{13}\ \text{J}$$