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Satélites, órbitas y leyes de KeplerSelectividad (PAU) · País Vasco 2025 · Junio

País Vasco · 2025 · Junio
Enunciado
El sistema Galileo, desarrollado por la Agencia Espacial Europea (ESA), es un sistema de navegación por satélite que compite con el GPS estadounidense y el GLONASS ruso. Recientemente, se destacó en los medios locales cómo la participación vasca, a través de empresas como Added Value Solutions (AVS), ha contribuido al diseño y desarrollo de componentes para satélites de este sistema. Estos satélites, que operan a alturas precisas, son cruciales para garantizar la navegación y posicionamiento global con alta precisión.

Como parte de un equipo de diseño que trabaja en misión con la ESA, se te asigna el cálculo de los parámetros de operación para uno de los satélites Galileo, teniendo en cuenta sus características físicas y de órbita. Este ejercicio busca aplicar los conceptos estudiados en clase a una situación real.

Consideremos la siguiente situación:

Un satélite Galileo de masa m=700 kgm = 700\,\text{kg} se encuentra en una órbita circular a una altura HH por encima de la superficie terrestre. Este satélite opera a una velocidad orbital vv que garantiza su estabilidad en una órbita media terrestre. Tu tarea es calcular los valores de estos parámetros clave.

Tareas:

a) Indica cómo se puede determinar la altura HH: supón que conoces la velocidad orbital vv a la que opera el satélite. Indica cómo se puede calcular la altura a la que debe situarse el satélite para mantener una órbita circular estable. Justifica cómo el equilibrio entre las fuerzas involucradas establece esta condición. Asegúrate de explicar los conceptos y las leyes físicas relevantes utilizadas.

b) Calcular la velocidad orbital vv: supón que la altura es H=23 222 km=2,3222×107 mH = 23\,222\,\text{km} = 2{,}3222\times10^{7}\,\text{m}. Calcula la velocidad a la que el satélite debe desplazarse para permanecer en órbita circular. Justifica tu resultado utilizando principios de la mecánica orbital.

c) Evaluar la energía total necesaria: calcula la energía requerida para llevar al satélite a la altura HH y mantenerlo en órbita circular. Discute cómo esta energía incluye tanto la energía potencial gravitatoria como la energía cinética.

d) Calcular el periodo orbital (TT): determina el tiempo que tarda el satélite Galileo en completar una órbita completa alrededor de la Tierra. Explica el razonamiento físico y las leyes utilizadas para llegar al resultado.

Datos:
  • G=6,67×10−11 N m2/kg2G = 6{,}67\times10^{-11}\,\text{N m}^2/\text{kg}^2
  • MTierra=5,98×1024 kgM_\text{Tierra} = 5{,}98\times10^{24}\,\text{kg}
  • RTierra=6370 kmR_\text{Tierra} = 6370\,\text{km}
Puedes comprobar tus resultados de manera cualitativa utilizando la información de la figura:
Diagrama a escala de las órbitas de satélites alrededor de la Tierra: círculos concéntricos para la ISS, el Hubble, Iridium, GLONASS, GPS, BeiDou, Galileo y la órbita geoestacionaria. Un eje horizontal da el radio de la órbita y la altura sobre el nivel del mar (hasta 40 000 km) y uno vertical, el periodo orbital (hacia arriba, de 5 a 20 horas) y la velocidad orbital (hacia abajo); Galileo aparece a algo más de 23 000 km de altura, con un periodo de unas 14 horas.
Diagrama a escala de las órbitas de satélites alrededor de la Tierra: círculos concéntricos para la ISS, el Hubble, Iridium, GLONASS, GPS, BeiDou, Galileo y la órbita geoestacionaria. Un eje horizontal da el radio de la órbita y la altura sobre el nivel del mar (hasta 40 000 km) y uno vertical, el periodo orbital (hacia arriba, de 5 a 20 horas) y la velocidad orbital (hacia abajo); Galileo aparece a algo más de 23 000 km de altura, con un periodo de unas 14 horas.
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Resultado
a) Igualando la fuerza gravitatoria a la centrípeta: H=GMTv2−RTH = \dfrac{G M_T}{v^2} - R_T.

b) v≈3,67×103 m/sv \approx 3{,}67\times10^{3}\,\text{m/s} (≈3,67 km/s\approx 3{,}67\,\text{km/s}).

c) E≈3,91×1010 JE \approx 3{,}91\times10^{10}\,\text{J} (ΔEp≈3,44×1010 J\Delta E_p \approx 3{,}44\times10^{10}\,\text{J} más Ec≈4,72×109 JE_c \approx 4{,}72\times10^{9}\,\text{J}).

d) T≈5,06×104 s≈14,1 hT \approx 5{,}06\times10^{4}\,\text{s} \approx 14{,}1\,\text{h}.
Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo
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Estrategia

Todo el problema se apoya en una idea: en una órbita circular, la atracción gravitatoria de la Tierra es justo la fuerza centrípeta que hace girar al satélite. De esa igualdad sale la relación entre la velocidad y el radio de la órbita, r=RT+Hr = R_T + H, y con ella se contestan a) y b). Para la energía, comparamos la energía mecánica del satélite en la órbita (potencial más cinética) con la que tenía en reposo en la superficie: la diferencia es lo que hay que aportarle. El periodo es simplemente el tiempo que tarda en recorrer la circunferencia, T=2πr/vT = 2\pi r/v, que lleva a la tercera ley de Kepler.
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Desarrollo

a) Condición de órbita circular. El satélite describe un movimiento circular uniforme, así que necesita una fuerza dirigida hacia el centro de la Tierra de valor mv2/rm v^2/r (fuerza centrípeta). La única fuerza que actúa sobre él es la atracción gravitatoria de la Tierra, dada por la ley de gravitación universal de Newton, y es ella la que hace ese papel:GMT mr2=mv2r,r=RT+H\frac{G M_T\, m}{r^2} = \frac{m v^2}{r}, \qquad r = R_T + HDespeje de la altura. La masa del satélite se simplifica (la órbita no depende de ella):GMTRT+H=v2⟹RT+H=GMTv2⟹H=GMTv2−RT\frac{G M_T}{R_T + H} = v^2 \quad\Longrightarrow\quad R_T + H = \frac{G M_T}{v^2} \quad\Longrightarrow\quad H = \frac{G M_T}{v^2} - R_TAsí, conocida la velocidad orbital, la altura queda fijada: cuanto más lento va el satélite, más alto tiene que estar. No es un «equilibrio» en el sentido de fuerza neta nula: la fuerza neta es la gravitatoria, y su único efecto es curvar la trayectoria.

b) Velocidad orbital. De la misma igualdad, v=GMT/rv = \sqrt{G M_T / r}. El radio de la órbita esr=RT+H=6,37×106+2,3222×107=2,9592×107 mr = R_T + H = 6{,}37\times10^{6} + 2{,}3222\times10^{7} = 2{,}9592\times10^{7}\,\text{m}v=6,67×10−11⋅5,98×10242,9592×107=1,348×107≈3,67×103 m/sv = \sqrt{\frac{6{,}67\times10^{-11}\cdot5{,}98\times10^{24}}{2{,}9592\times10^{7}}} = \sqrt{1{,}348\times10^{7}} \approx 3{,}67\times10^{3}\,\text{m/s}Unos 3,67 km/s3{,}67\,\text{km/s}, es decir, unos 13 200 km/h13\,200\,\text{km/h}, coherente con la figura (Galileo está por debajo de los 15 000 km/h15\,000\,\text{km/h} de la escala de velocidades).

c) Energía en la superficie. Tomamos el satélite en reposo sobre la superficie (sin tener en cuenta la rotación terrestre). Su energía mecánica es solo potencial:Esup=−GMTmRT=−6,67×10−11⋅5,98×1024⋅7006,37×106=−4,383×1010 JE_\text{sup} = -\frac{G M_T m}{R_T} = -\frac{6{,}67\times10^{-11}\cdot5{,}98\times10^{24}\cdot700}{6{,}37\times10^{6}} = -4{,}383\times10^{10}\,\text{J}Energía en la órbita. Tiene energía potencial y cinética:Ep=−GMTmr=−6,67×10−11⋅5,98×1024⋅7002,9592×107=−9,44×109 JE_p = -\frac{G M_T m}{r} = -\frac{6{,}67\times10^{-11}\cdot5{,}98\times10^{24}\cdot700}{2{,}9592\times10^{7}} = -9{,}44\times10^{9}\,\text{J}Ec=12mv2=12⋅700⋅(3671)2=4,72×109 JE_c = \frac12 m v^2 = \frac12\cdot700\cdot(3671)^2 = 4{,}72\times10^{9}\,\text{J}Como mv2=GMTm/rm v^2 = G M_T m / r, la cinética es justo la mitad del valor absoluto de la potencial, y la energía mecánica en la órbita esEoˊrb=Ep+Ec=−GMTm2r=−4,72×109 JE_\text{órb} = E_p + E_c = -\frac{G M_T m}{2r} = -4{,}72\times10^{9}\,\text{J}Energía que hay que aportar. Es la diferencia entre las dos:E=Eoˊrb−Esup=(−GMTmr+GMTmRT)⏟ΔEp=3,44×1010 J+12mv2⏟4,72×109 J≈3,91×1010 JE = E_\text{órb} - E_\text{sup} = \underbrace{\left(-\frac{G M_T m}{r} + \frac{G M_T m}{R_T}\right)}_{\Delta E_p = 3{,}44\times10^{10}\,\text{J}} + \underbrace{\frac12 m v^2}_{4{,}72\times10^{9}\,\text{J}} \approx 3{,}91\times10^{10}\,\text{J}La mayor parte (un 88 %) se gasta en subir el satélite contra el campo gravitatorio (aumento de energía potencial) y el resto en darle la velocidad orbital (energía cinética).

d) Periodo orbital. En un movimiento circular uniforme el satélite recorre la circunferencia 2πr2\pi r en un periodo:T=2πrv=2π⋅2,9592×1073671≈5,06×104 sT = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi\cdot2{,}9592\times10^{7}}{3671} \approx 5{,}06\times10^{4}\,\text{s}Sustituyendo v=GMT/rv = \sqrt{G M_T/r} se obtiene la tercera ley de Kepler, T2=4π2GMT r3T^2 = \dfrac{4\pi^2}{G M_T}\, r^3, que da el mismo valor:T=2πr3GMT=2π(2,9592×107)33,989×1014≈5,06×104 s≈14,1 hT = 2\pi\sqrt{\frac{r^3}{G M_T}} = 2\pi\sqrt{\frac{(2{,}9592\times10^{7})^3}{3{,}989\times10^{14}}} \approx 5{,}06\times10^{4}\,\text{s} \approx 14{,}1\,\text{h}Coincide con lo que se lee en la figura: Galileo está algo por debajo de las 15 horas de periodo.
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Consejo

Usa siempre el radio de la órbita, r=RT+Hr = R_T + H, nunca la altura sola, y pasa los kilómetros a metros antes de sustituir. En la energía, explica de dónde parte el satélite (en reposo en la superficie) y adónde llega: la energía que hay que darle es la diferencia de energías mecánicas, no solo la potencial de la órbita. Y aprovecha la figura para comprobar que el orden de magnitud tiene sentido.
Paso 1 de 3
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