FísicaMedioProblema · 2,5 pts

Satélites, órbitas y leyes de Kepler

Comunidad de Madrid · 2026 · Junio
Enunciado
Se ha situado un satélite de comunicaciones de masa 1500 kg1500\,\text{kg} en una órbita circular alrededor de la Tierra. La energía mecánica del satélite en su órbita es −4,51⋅1010 J-4{,}51\cdot 10^{10}\,\text{J}.

a) (1 punto) Calcule el radio de la órbita y la velocidad del satélite en ella.

b) (0,8 puntos) ¿Cuántas vueltas alrededor de la Tierra da el satélite en un día?

c) (0,7 puntos) Determine la velocidad de escape del satélite desde su órbita.

Datos: Constante de la Gravitación Universal, G=6,67⋅10−11 N m2 kg−2G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\,\text{N}\,\text{m}^2\,\text{kg}^{-2}; Masa de la Tierra, MT=5,97⋅1024 kgM_T = 5{,}97\cdot 10^{24}\,\text{kg}.
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Resultado
  r=6,62⋅106 mv=7,75⋅103 m s−1  \boxed{\;r = 6{,}62\cdot 10^{6}\ \text{m}\qquad v = 7{,}75\cdot 10^{3}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}\;}  T=5,37⋅103 s (1,49 h)N≈16,1 vueltas al dıˊa  \boxed{\;T = 5{,}37\cdot 10^{3}\ \text{s}\ (1{,}49\ \text{h})\qquad N \approx 16{,}1\ \text{vueltas al día}\;}  ve=1,10⋅104 m s−1  \boxed{\;v_e = 1{,}10\cdot 10^{4}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}\;}
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Estrategia

En una órbita circular la gravedad hace de fuerza centrípeta, y eso ata la velocidad al radio. Con esa relación, la energía mecánica del satélite (cinética más potencial) se queda en una expresión muy compacta, E=−GMTm/2rE = -GM_Tm/2r, que solo depende del radio. Como nos dan la energía, despejamos el radio y de ahí sale todo lo demás: la velocidad orbital, el periodo (y con él las vueltas en un día) y la velocidad de escape, que es la que hace que la energía mecánica llegue justo a cero.
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Desarrollo

a) En la órbita circular, la fuerza gravitatoria es la fuerza centrípeta:GMTmr2=mv2r⟹v2=GMTr\frac{GM_Tm}{r^2} = \frac{mv^2}{r}\quad\Longrightarrow\quad v^2 = \frac{GM_T}{r}Sustituimos v2v^2 en la energía mecánica:E=12mv2−GMTmr=GMTm2r−GMTmr=−GMTm2rE = \tfrac{1}{2}mv^2 - \frac{GM_Tm}{r} = \frac{GM_Tm}{2r} - \frac{GM_Tm}{r} = -\frac{GM_Tm}{2r}Despejamos el radio:r=−GMTm2E=−6,67⋅10−11⋅5,97⋅1024⋅15002⋅(−4,51⋅1010)=6,62⋅106 mr = -\frac{GM_Tm}{2E} = -\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot 10^{24}\cdot 1500}{2\cdot(-4{,}51\cdot 10^{10})} = 6{,}62\cdot 10^{6}\ \text{m}Y la velocidad orbital:v=GMTr=6,67⋅10−11⋅5,97⋅10246,62⋅106=7,75⋅103 m s−1v = \sqrt{\frac{GM_T}{r}} = \sqrt{\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot 10^{24}}{6{,}62\cdot 10^{6}}} = 7{,}75\cdot 10^{3}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}Para hacerse una idea: con el radio terrestre (6,37⋅106 m6{,}37\cdot 10^6\,\text{m}, que no se da) el satélite está a unos 250 km250\,\text{km} de altura, una órbita baja.
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b) El periodo es lo que tarda en recorrer una circunferencia completa:T=2πrv=2π⋅6,62⋅1067,75⋅103=5,37⋅103 s≈1,49 hT = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi\cdot 6{,}62\cdot 10^{6}}{7{,}75\cdot 10^{3}} = 5{,}37\cdot 10^{3}\ \text{s} \approx 1{,}49\ \text{h}Un día tiene 86 400 s86\,400\,\text{s}, así que el número de vueltas es:N=86 4005,37⋅103=16,1 vueltasN = \frac{86\,400}{5{,}37\cdot 10^{3}} = 16{,}1\ \text{vueltas}c) La velocidad de escape desde la órbita es la que debería tener el satélite allí para que su energía mecánica fuera nula (llegar al infinito con velocidad cero):12mve2−GMTmr=0⟹ve=2GMTr=2 v\tfrac{1}{2}mv_e^2 - \frac{GM_Tm}{r} = 0\quad\Longrightarrow\quad v_e = \sqrt{\frac{2GM_T}{r}} = \sqrt{2}\,vve=2⋅6,67⋅10−11⋅5,97⋅10246,62⋅106=1,10⋅104 m s−1v_e = \sqrt{\frac{2\cdot 6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}97\cdot 10^{24}}{6{,}62\cdot 10^{6}}} = 1{,}10\cdot 10^{4}\ \text{m}\,\text{s}^{-1}
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Consejo

Memoriza la cadena de la órbita circular: v2=GM/rv^2 = GM/r, Ec=GMm/2rE_c = GMm/2r y E=−GMm/2rE = -GMm/2r. Con la energía mecánica como dato, el radio sale en una línea; no hace falta ningún dato más.

La velocidad de escape desde una órbita circular es siempre 2\sqrt{2} veces la orbital. Si te preguntaran cuánto hay que aumentar la velocidad para escapar, la respuesta sería la diferencia, ve−v≈3,2⋅103 m/sv_e - v \approx 3{,}2\cdot 10^{3}\,\text{m/s}: lee bien qué se pide.
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