FísicaFácil2 pts

Satélites, órbitas y leyes de Kepler

Castilla y León · 2026 · Junio
Enunciado
El satélite Astra 2C, de masa 6000 kg6000\ \text{kg}, empleado para emitir señales de televisión, describe una órbita circular geoestacionaria.

a) (1 punto) Calcule la altura a la que orbita respecto a la superficie de la Tierra y la velocidad con la que se mueve.

b) (1 punto) Calcule la energía necesaria para llevar el Astra 2C desde la superficie de la Tierra hasta su órbita.

Datos (de la tabla de constantes del examen): G=6,67⋅10−11 N m2 kg−2G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\,\text{m}^2\,\text{kg}^{-2}; RT=6,38⋅106 mR_T = 6{,}38\cdot 10^{6}\ \text{m}; MT=5,98⋅1024 kgM_T = 5{,}98\cdot 10^{24}\ \text{kg}.
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Resultado
  h=3,59⋅107 mv=3,07⋅103 m/s  \boxed{\;h = 3{,}59\cdot 10^{7}\ \text{m}\qquad v = 3{,}07\cdot 10^{3}\ \text{m/s}\;}  E=3,47⋅1011 J  \boxed{\;E = 3{,}47\cdot 10^{11}\ \text{J}\;}
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Estrategia

Un satélite geoestacionario gira con el mismo periodo que la Tierra, T=24 hT = 24\ \text{h}. Igualando la fuerza gravitatoria a la centrípeta se obtiene la tercera ley de Kepler, de la que sale el radio de la órbita; la altura es ese radio menos RTR_T, y la velocidad, la longitud de la órbita entre el periodo.

La energía necesaria es la diferencia entre la energía mecánica en la órbita, −GMTm/2r-GM_Tm/2r, y la que tiene el satélite en reposo en la superficie, −GMTm/RT-GM_Tm/R_T.
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Desarrollo

a) Periodo de la órbita geoestacionaria:T=24 h=86 400 sT = 24\ \text{h} = 86\,400\ \text{s}En la órbita circular, la fuerza gravitatoria es la fuerza centrípeta:GMTmr2=m ω2r=m 4π2T2 r⟹r=GMTT24π23\frac{G M_T m}{r^2} = m\,\omega^2 r = 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⋅5,98⋅1024⋅86 40024π23=4,23⋅107 mr = \sqrt[3]{\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}98\cdot 10^{24}\cdot 86\,400^2}{4\pi^2}} = 4{,}23\cdot 10^{7}\ \text{m}Altura sobre la superficie:h=r−RT=4,225⋅107−6,38⋅106=3,59⋅107 m≈35 900 kmh = r - R_T = 4{,}225\cdot 10^{7} - 6{,}38\cdot 10^{6} = 3{,}59\cdot 10^{7}\ \text{m}\approx 35\,900\ \text{km}Velocidad orbital:v=2πrT=2π⋅4,225⋅10786 400=3,07⋅103 m/sv = \frac{2\pi r}{T} = \frac{2\pi\cdot 4{,}225\cdot 10^{7}}{86\,400} = 3{,}07\cdot 10^{3}\ \text{m/s}Se comprueba con v=GMT/rv = \sqrt{GM_T/r}, que da lo mismo. (Con el día sidéreo, T=86 164 sT = 86\,164\ \text{s}, saldría h=3,58⋅107 mh = 3{,}58\cdot 10^{7}\ \text{m}: la diferencia es mínima.)
Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)
b) En la superficie, el satélite en reposo solo tiene energía potencial (despreciamos la velocidad que le da la rotación terrestre):Esup=−GMTmRT=−6,67⋅10−11⋅5,98⋅1024⋅60006,38⋅106=−3,75⋅1011 JE_{\text{sup}} = -\frac{G M_T m}{R_T} = -\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}98\cdot 10^{24}\cdot 6000}{6{,}38\cdot 10^{6}} = -3{,}75\cdot 10^{11}\ \text{J}En la órbita, su energía mecánica es la suma de la cinética y la potencial:Eoˊrb=12mv2−GMTmr=−GMTm2r=−6,67⋅10−11⋅5,98⋅1024⋅60002⋅4,225⋅107=−2,83⋅1010 JE_{\text{órb}} = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{G M_T m}{r} = -\frac{G M_T m}{2r} = -\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}98\cdot 10^{24}\cdot 6000}{2\cdot 4{,}225\cdot 10^{7}} = -2{,}83\cdot 10^{10}\ \text{J}La energía que hay que comunicarle es la diferencia:E=Eoˊrb−Esup=−2,83⋅1010−(−3,751⋅1011)=3,47⋅1011 JE = E_{\text{órb}} - E_{\text{sup}} = -2{,}83\cdot 10^{10} - \left(-3{,}751\cdot 10^{11}\right) = 3{,}47\cdot 10^{11}\ \text{J}Es positiva: hay que aportar energía para subirlo y darle la velocidad orbital.
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Consejo

«Geoestacionario» es el dato: significa T=24 hT = 24\ \text{h}. Sin él no hay manera de sacar el radio de la órbita.

En b) no basta con la variación de energía potencial: en la órbita el satélite también tiene energía cinética. Usa la energía mecánica de la órbita, −GMTm/2r-GM_Tm/2r.
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