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Física · 2.º de Bachillerato · PAU

Leyes de Kepler, momento angular y órbitas elípticas

Por qué un planeta va más deprisa cerca del Sol, qué se conserva a lo largo de una elipse y cómo se calcula la masa de una estrella a partir de una órbita. Lee y juega con cada figura.

  • 10 min de lectura
  • 7 figuras interactivas
  • 3 ejercicios resueltos
¡lee y juega!

Las órbitas circulares que ya has estudiado son un caso particular. Ahora ampliaremos el modelo a las órbitas elípticas y veremos cómo se relacionan la forma de la órbita, la velocidad, el periodo y la energía.

La idea que conecta todo el tema es esta:

La gravedad es una fuerza atractiva dirigida hacia el centro del astro. Esta dirección hace que se conserve el momento angular; además, como la fuerza gravitatoria es conservativa, también se conserva la energía mecánica.

Con estas dos conservaciones podemos explicar cómo se mueve un planeta o un satélite.

Antes de empezar…

¿Cómo se pesa una estrella?

Nadie ha puesto nunca el Sol en una balanza, pero sabemos que tiene una masa de 2⋅10302\cdot10^{30} kg. ¿Cómo lo sabemos?

Mirando cómo se mueven a su alrededor los planetas y los cometas. El cometa Halley pasa cerca del Sol a 55 km/s y, lejos, va a menos de 1 km/s; aun así, siempre tarda unos 75 años en volver. Kepler descubrió las reglas de estos movimientos, y Newton vio que escondían la masa del astro central.

Elige una estrella y la distancia del planeta. Del periodo que mides sale la masa de la estrella.

Míralo en 46 segundos

Ahora pruébalo tú:

Modelo ideal: órbita circular y masa del planeta despreciable frente a la de la estrella. Un año dura 4 segundos en la pantalla.

01

Modelo y magnitudes que utilizaremos

Consideramos un cuerpo de masa mm que orbita alrededor de un astro de masa MM, con M≫mM\gg m. Esto nos permite tratar el astro central como si estuviera fijo.

También suponemos que no hay rozamiento, motores en funcionamiento ni perturbaciones importantes de otros astros.

Símbolo Significado Unidad del SI
GG Constante de gravitación universal: 6,67⋅10−116,67\cdot10^{-11} N m2/kg2\mathrm{N\,m^2/kg^2}
rr Distancia entre los centros de los dos cuerpos m\mathrm{m}
aa Semieje mayor de la elipse m\mathrm{m}
TT Periodo orbital: tiempo de una vuelta completa s\mathrm{s}
vv Módulo de la velocidad m/s\mathrm{m/s}
LL Módulo del momento angular kg m2/s\mathrm{kg\,m^2/s}

El radio orbital no es la altura sobre la superficie. Si un satélite está a una altura hh sobre un planeta de radio RR, la distancia que debes utilizar es:

r=R+h \boxed{r=R+h}
02

Primera ley de Kepler: las órbitas son elípticas

Los planetas describen elipses con el Sol en uno de los focos. El mismo modelo sirve para un satélite que orbita alrededor de un planeta.

Una elipse tiene dos focos. El astro central ocupa un foco, no el centro geométrico. Por eso, la distancia entre el cuerpo orbitante y el astro no es constante.

Los dos puntos que más nos interesan son:

  • Perihelio: punto más próximo al Sol.
  • Afelio: punto más alejado del Sol.

Los nombres generales son periastro y apoastro, también aplicables a una órbita alrededor de otra estrella. Para una órbita alrededor de la Tierra, los nombres específicos son perigeo y apogeo. Las relaciones físicas son las mismas.

Si rpr_p es la distancia mínima y rar_a la máxima:

a=rp+ra2 \boxed{a=\frac{r_p+r_a}{2}}

Por tanto:

rp+ra=2a r_p+r_a=2a

El semieje mayor aa es la magnitud que entra en la tercera ley de Kepler. A veces se denomina «distancia media», pero no debes identificarlo con una media temporal de todas las distancias.

El círculo es un caso particular

Cuando rp=rar_p=r_a, la elipse se convierte en un círculo:

rp=ra=a=r r_p=r_a=a=r

Consecuencia: todas las expresiones que encontraremos para elipses deben recuperar los resultados de las órbitas circulares cuando a=ra=r.

03

Momento angular: qué es y por qué se conserva

El momento angular de un cuerpo respecto del centro del astro es:

L⃗=r⃗×mv⃗ \vec L=\vec r\times m\vec v

Su módulo es:

L=mrvsin⁡θ \boxed{L=mrv\sin\theta}

donde θ\theta es el ángulo entre el vector posición r⃗\vec r y la velocidad v⃗\vec v.

También puedes escribirlo como:

L=mr v⊥ L=mr\,v_\perp

donde v⊥=vsin⁡θv_\perp=v\sin\theta es la componente de la velocidad perpendicular al radio vector.

¿Por qué se conserva?

El momento de una fuerza respecto del centro es:

τ⃗=r⃗×F⃗ \vec\tau=\vec r\times\vec F

La fuerza gravitatoria apunta hacia el centro. Por tanto, r⃗\vec r y F⃗\vec F son paralelos, pero de sentidos opuestos, y su producto vectorial es cero:

τ⃗=0⃗ \vec\tau=\vec 0

Como:

dL⃗dt=τ⃗ \frac{d\vec L}{dt}=\vec\tau

obtenemos:

dL⃗dt=0⃗ \boxed{\frac{d\vec L}{dt}=\vec 0}

La cadena de causas y consecuencias es:

Fuerza central → momento de la fuerza nulo → momento angular constante.

Esto no significa que la velocidad sea constante. Lo que se mantiene es el producto rv⊥rv_\perp. Si rr disminuye, v⊥v_\perp debe aumentar.

Tampoco significa que la gravedad no realice trabajo: en una órbita elíptica, el cuerpo se acerca y se aleja del astro, y la energía cinética cambia.

04

Segunda ley de Kepler: áreas iguales en tiempos iguales

El segmento que une el cuerpo con el astro central barre áreas iguales durante intervalos de tiempo iguales.

Esto implica que el cuerpo:

  • se mueve más deprisa cerca del astro;
  • se mueve más lentamente lejos del astro.

Relación con el momento angular

En un intervalo muy pequeño dtdt, el área barrida es aproximadamente la de un triángulo:

dA=12r v⊥ dt dA=\frac12 r\,v_\perp\,dt

Por tanto:

dAdt=12rv⊥ \frac{dA}{dt}=\frac12 rv_\perp

Como L=mrv⊥L=mrv_\perp:

dAdt=L2m \boxed{\frac{dA}{dt}=\frac{L}{2m}}

Si LL es constante, el área barrida por unidad de tiempo también es constante.

Conservación del momento angular → velocidad areolar constante → áreas iguales en tiempos iguales.

Velocidades en el perihelio y en el afelio

En estos dos puntos, la velocidad es perpendicular al radio vector. Por tanto, sin⁡θ=1\sin\theta=1:

Lp=mrpvpLa=mrava L_p=mr_pv_p \qquad L_a=mr_av_a

Como el momento angular se conserva:

mrpvp=mrava mr_pv_p=mr_av_a

Simplificando la masa:

rpvp=rava \boxed{r_pv_p=r_av_a}

De aquí:

vpva=rarp \boxed{\frac{v_p}{v_a}=\frac{r_a}{r_p}}

Ejemplo breve. Si la distancia en el afelio es tres veces la distancia en el perihelio:

ra=3rp r_a=3r_p

entonces:

vp=3va v_p=3v_a

El cuerpo pasa por el perihelio tres veces más deprisa que por el afelio.

Cuidado: en un punto cualquiera de la elipse debes utilizar mrvsin⁡θmrv\sin\theta. No puedes escribir siempre L=mrvL=mrv.

05

Tercera ley de Kepler: periodo y tamaño de la órbita

Para cuerpos que orbitan alrededor del mismo astro:

T2∝a3 \boxed{T^2\propto a^3}

En el modelo M≫mM\gg m:

T2=4π2GM a3 \boxed{T^2=\frac{4\pi^2}{GM}\,a^3}

Por tanto:

T2a3=4π2GM \boxed{\frac{T^2}{a^3}=\frac{4\pi^2}{GM}}

Cuanto mayor es la órbita, más largo es el periodo. La dependencia concreta es:

T∝a3/2 T\propto a^{3/2}

Si comparas dos órbitas alrededor del mismo astro:

T12T22=a13a23 \boxed{\frac{T_1^2}{T_2^2}=\frac{a_1^3}{a_2^3}}

La constante T2/a3T^2/a^3 depende de la masa central. No es la misma para órbitas alrededor de astros de masas diferentes.

Deducción para una órbita circular

En una órbita circular, la gravedad proporciona toda la fuerza centrípeta:

GMmr2=mv2r \frac{GMm}{r^2}=\frac{mv^2}{r}

Simplificamos mm y despejamos:

v2=GMr v^2=\frac{GM}{r}

En una vuelta, el cuerpo recorre 2πr2\pi r, de modo que:

v=2πrT v=\frac{2\pi r}{T}

Sustituimos:

4π2r2T2=GMr \frac{4\pi^2r^2}{T^2}=\frac{GM}{r}

Finalmente:

T2=4π2r3GM \boxed{T^2=\frac{4\pi^2r^3}{GM}}

Esta deducción utiliza un radio constante y, por tanto, es circular. Para una elipse, el resultado equivalente lleva aa, no la distancia instantánea rr.

Calcular la masa de un planeta o de una estrella

Si conoces el periodo y el semieje mayor de la órbita:

M=4π2a3GT2 \boxed{M=\frac{4\pi^2a^3}{GT^2}}

Esto permite determinar la masa de un astro a partir del movimiento de un satélite o de un planeta.

Ejemplo resuelto: masa de una estrella

Un planeta tiene:

a=1,50⋅1011 mT=3,16⋅107 s a=1,50\cdot10^{11}\ \mathrm m \qquad T=3,16\cdot10^7\ \mathrm s

La masa de la estrella es:

M=4π2(1,50⋅1011)3(6,67⋅10−11)(3,16⋅107)2 M= \frac{4\pi^2(1,50\cdot10^{11})^3} {(6,67\cdot10^{-11})(3,16\cdot10^7)^2}
M≈2,00⋅1030 kg \boxed{M\approx2,00\cdot10^{30}\ \mathrm{kg}}

Es una masa semejante a la del Sol. La masa del planeta no aparece porque hemos supuesto que es mucho menor que la de la estrella.

06

¿Cómo se conectan campo, potencial, energía y órbita?

Fuera de un astro esférico, podemos tratar su campo gravitatorio como el de una masa puntual situada en el centro.

Campo y fuerza

g⃗=−GMr2 r^ \boxed{\vec g=-\frac{GM}{r^2}\,\hat r}
F⃗=mg⃗ \boxed{\vec F=m\vec g}

El signo menos indica que el campo apunta hacia el centro. Su módulo es:

g=GMr2 g=\frac{GM}{r^2}

Por tanto, cuando el cuerpo se acerca al astro, el campo aumenta porque rr disminuye.

Potencial y energía potencial

Tomando el potencial cero en el infinito:

V=−GMr \boxed{V=-\frac{GM}{r}}
Ep=mV=−GMmr \boxed{E_p=mV=-\frac{GMm}{r}}

El potencial VV se mide en J/kg\mathrm{J/kg}; la energía potencial EpE_p, en julios.

Cuando el cuerpo se acerca, la energía potencial se hace más negativa. Como la energía mecánica se conserva, esta disminución de energía potencial se convierte en un aumento de energía cinética. Por eso el cuerpo va más deprisa cerca del astro.

Energía mecánica orbital

En cualquier punto:

E=12mv2−GMmr \boxed{E=\frac12 mv^2-\frac{GMm}{r}}

Para una órbita elíptica:

E=−GMm2a \boxed{E=-\frac{GMm}{2a}}

Si la órbita es circular, a=ra=r, y recuperas:

E=−GMm2r E=-\frac{GMm}{2r}

La energía total depende de aa, no de la posición instantánea. A lo largo de la elipse, EcE_c y EpE_p cambian, pero su suma es constante.

Igualando las dos expresiones de la energía:

12mv2−GMmr=−GMm2a \frac12 mv^2-\frac{GMm}{r}=-\frac{GMm}{2a}

obtenemos una expresión muy útil:

v2=GM(2r−1a) \boxed{v^2=GM\left(\frac2r-\frac1a\right)}

Esta fórmula permite calcular la velocidad en cualquier punto de una órbita elíptica conocida.

Velocidad de escape

Para escapar con velocidad final nula en el infinito, la energía mecánica mínima es cero:

12mvesc2−GMmr=0 \frac12 mv_{\mathrm{esc}}^2-\frac{GMm}{r}=0

Por tanto:

vesc=2GMr \boxed{v_{\mathrm{esc}}=\sqrt{\frac{2GM}{r}}}

En el mismo punto, la velocidad circular es:

vcirc=GMr v_{\mathrm{circ}}=\sqrt{\frac{GM}{r}}

y, por eso:

vesc=2 vcirc \boxed{v_{\mathrm{esc}}=\sqrt2\,v_{\mathrm{circ}}}

Este factor 2\sqrt2 relaciona escape y órbita circular, no escape y cualquier velocidad elíptica.

07

Ejemplo integrado de tipo PAU: satélite en órbita elíptica

Un satélite de masa m=1,00⋅103 kgm=1,00\cdot10^3\ \mathrm{kg} orbita alrededor de la Tierra. Las distancias al centro terrestre son:

rp=7,00⋅106 mra=1,40⋅107 m r_p=7,00\cdot10^6\ \mathrm m \qquad r_a=1,40\cdot10^7\ \mathrm m

Utilizaremos:

MT=5,97⋅1024 kgGMT≈3,98⋅1014 m3/s2 \begin{aligned} M_T&=5,97\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}\\ GM_T&\approx3,98\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2} \end{aligned}

a) Semieje mayor y periodo

a=rp+ra2=7,00⋅106+1,40⋅1072 a=\frac{r_p+r_a}{2} =\frac{7,00\cdot10^6+1,40\cdot10^7}{2}
a=1,05⋅107 m \boxed{a=1,05\cdot10^7\ \mathrm m}

La tercera ley da:

T=2πa3GMT T=2\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM_T}}
T=2π(1,05⋅107)33,98⋅1014 T=2\pi\sqrt{\frac{(1,05\cdot10^7)^3}{3,98\cdot10^{14}}}
T≈1,07⋅104 s≈2,98 h \boxed{T\approx1,07\cdot10^4\ \mathrm s\approx2,98\ \mathrm h}

Hemos utilizado aa, no rpr_p ni rar_a, porque el periodo corresponde a la órbita completa.

b) Velocidades en los dos extremos

En el perigeo:

vp=GMT(2rp−1a) v_p=\sqrt{GM_T\left(\frac2{r_p}-\frac1a\right)}
vp2=3,98⋅1014(27,00⋅106−11,05⋅107)vp=7,58⋅107 m/s \begin{aligned} v_p^2&=3,98\cdot10^{14} \left(\frac2{7,00\cdot10^6}-\frac1{1,05\cdot10^7}\right)\\ v_p&=\sqrt{7,58\cdot10^7}\ \mathrm{m/s} \end{aligned}
vp≈8,71⋅103 m/s \boxed{v_p\approx8,71\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}

Por conservación del momento angular:

va=rpravp v_a=\frac{r_p}{r_a}v_p
va≈4,35⋅103 m/s \boxed{v_a\approx4,35\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}

La distancia en el apogeo es el doble. Para conservar rvrv en los extremos, la velocidad en el apogeo debe ser la mitad.

El momento angular es:

L=mrpvp L=mr_pv_p
L≈6,09⋅1013 kg m2/s \boxed{L\approx6,09\cdot10^{13}\ \mathrm{kg\,m^2/s}}

c) Campo y potencial en el perigeo

El módulo del campo es:

gp=GMTrp2=3,98⋅1014(7,00⋅106)2 g_p=\frac{GM_T}{r_p^2} =\frac{3,98\cdot10^{14}}{(7,00\cdot10^6)^2}
gp≈8,12 N/kg \boxed{g_p\approx8,12\ \mathrm{N/kg}}

Su dirección es hacia el centro de la Tierra.

El potencial es:

Vp=−GMTrp V_p=-\frac{GM_T}{r_p}
Vp≈−5,69⋅107 J/kg \boxed{V_p\approx-5,69\cdot10^7\ \mathrm{J/kg}}

d) Energía mecánica

E=−GMTm2a E=-\frac{GM_Tm}{2a}
E≈−1,90⋅1010 J \boxed{E\approx-1,90\cdot10^{10}\ \mathrm J}

La energía es negativa: el satélite está gravitacionalmente ligado a la Tierra.

En el perigeo:

Ep=mVp≈−5,69⋅1010 J E_p=mV_p\approx-5,69\cdot10^{10}\ \mathrm J
Ec=12mvp2≈3,79⋅1010 J E_c=\frac12mv_p^2\approx3,79\cdot10^{10}\ \mathrm J

La suma es, con el redondeo:

Ec+Ep≈−1,90⋅1010 J E_c+E_p\approx-1,90\cdot10^{10}\ \mathrm J

e) Escape desde el perigeo

vesc=2GMTrp v_{\mathrm{esc}}=\sqrt{\frac{2GM_T}{r_p}}
vesc≈1,07⋅104 m/s \boxed{v_{\mathrm{esc}}\approx1,07\cdot10^4\ \mathrm{m/s}}

Como:

vp<vesc v_p<v_{\mathrm{esc}}

el satélite no puede escapar sin recibir energía adicional.

Si un impulso ideal aumenta la velocidad en la misma dirección del movimiento, el incremento mínimo es:

Δv=vesc−vp \Delta v=v_{\mathrm{esc}}-v_p
Δv≈1,96⋅103 m/s \boxed{\Delta v\approx1,96\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}

La energía mecánica que hay que añadir al satélite es:

ΔE=0−E \Delta E=0-E
ΔE≈1,90⋅1010 J \boxed{\Delta E\approx1,90\cdot10^{10}\ \mathrm J}

Esta es la energía necesaria para pasar de una órbita ligada a una trayectoria de escape límite, sin contar pérdidas ni la energía gastada por el sistema de propulsión.

08

Síntesis: ¿qué debes relacionar en un problema?

Si el problema pide… Relación principal Condición o detalle importante
Campo gravitatorio g=GM/r2g=GM/r^2 Dirección hacia el centro
Potencial V=−GM/rV=-GM/r Cero de potencial en el infinito
Fuerza o energía potencial F=mgF=mg, Ep=mVE_p=mV Dependen de la masa del cuerpo
Velocidad circular v=GM/rv=\sqrt{GM/r} Solo para una órbita circular
Periodo orbital T2=4π2a3/(GM)T^2=4\pi^2a^3/(GM) En un círculo, a=ra=r
Masa del astro M=4π2a3/(GT2)M=4\pi^2a^3/(GT^2) Suponemos M≫mM\gg m
Relación entre velocidades en los extremos rpvp=ravar_pv_p=r_av_a En los extremos, r⃗⊥v⃗\vec r\perp\vec v
Velocidad en una elipse v2=GM(2/r−1/a)v^2=GM(2/r-1/a) Utiliza el radio del punto estudiado
Energía orbital E=−GMm/(2a)E=-GMm/(2a) Constante en toda la órbita
Velocidad de escape vesc=2GM/rv_{\mathrm{esc}}=\sqrt{2GM/r} Escape sin propulsión posterior

Comprueba estas cuatro cosas antes de dar un resultado

  1. Distancias: ¿has utilizado la distancia al centro, no la altura?
  2. Tipo de órbita: ¿es circular o elíptica? No utilices fórmulas circulares en una elipse sin justificarlo.
  3. Unidades: ¿has convertido las distancias a metros y los periodos a segundos?
  4. Sentido físico: ¿la velocidad es mayor en el punto más próximo? ¿La energía de una órbita ligada es negativa? ¿El campo apunta hacia el astro?

La conexión final que conviene retener es:

  • La gravedad central conserva el momento angular y explica la segunda ley de Kepler.
  • La gravedad conservativa conserva la energía mecánica: los cambios de velocidad compensan los de potencial, y la energía determina la condición de escape.
  • La dinámica gravitatoria orbital relaciona el periodo con el semieje mayor y permite calcular la masa central:
T2=4π2a3GM T^2=\frac{4\pi^2a^3}{GM}

Practica

Ponte a prueba

Tres ejercicios resueltos paso a paso, de menor a mayor dificultad. Inténtalos antes de abrir la solución.

Básico

1Interpretar una órbita elíptica

Un pequeño cuerpo orbita alrededor del Sol. La distancia al perihelio es 0,800 UA0,800\ \mathrm{UA} y la distancia al afelio es 1,60 UA1,60\ \mathrm{UA}.

Durante un intervalo de 12 días, el radio vector barre un área de 2,39⋅1021 m22,39\cdot10^{21}\ \mathrm{m^2}.

Dato: 1 UA=1,50⋅1011 m1\ \mathrm{UA}=1,50\cdot10^{11}\ \mathrm m.

  1. a
    Haz un esquema de la órbita, sitúa el Sol y señala el perihelio y el afelio. Calcula el semieje mayor en UA y en metros.
  1. b
    ¿Qué área barrerá el radio vector durante otro intervalo de 12 días, situado cerca del afelio? ¿Y durante un intervalo de 30 días?
  1. c
    Calcula la relación vp/vav_p/v_a. Explica por qué el cuerpo no recorre necesariamente la misma longitud de órbita en dos intervalos de tiempo iguales.
  1. d
    Valora esta afirmación: «En el perihelio la fuerza gravitatoria es más intensa; por tanto, el momento angular es mayor».
Muestra la solución

a) Forma y semieje mayor

En el esquema, el Sol debe ocupar un foco. El perihelio es el punto más próximo al Sol y el afelio, el más alejado.

a=rp+ra2=0,800+1,602=1,20 UA. \begin{aligned} a&=\frac{r_p+r_a}{2}\\ &=\frac{0,800+1,60}{2}\\ &=\boxed{1,20\ \mathrm{UA}}. \end{aligned}
a=(1,20)(1,50⋅1011)=1,80⋅1011 m. a=(1,20)(1,50\cdot10^{11}) =\boxed{1,80\cdot10^{11}\ \mathrm m}.

b) Áreas

La velocidad areolar es constante. Por tanto, en cualquier intervalo de 12 días:

A12=2,39⋅1021 m2. \boxed{A_{12}=2,39\cdot10^{21}\ \mathrm{m^2}}.

En 30 días:

A30=A123012=5,98⋅1021 m2. A_{30}=A_{12}\frac{30}{12} =\boxed{5,98\cdot10^{21}\ \mathrm{m^2}}.

El resultado no depende de si el intervalo está cerca del perihelio o del afelio.

c) Relación de velocidades

En los extremos:

rpvp=rava. r_pv_p=r_av_a.

Por tanto:

vpva=rarp=1,600,800=2,00. \begin{aligned} \frac{v_p}{v_a}&=\frac{r_a}{r_p}\\ &=\frac{1,60}{0,800}\\ &=\boxed{2,00}. \end{aligned}

El cuerpo va el doble de rápido en el perihelio. Como la velocidad varía, en intervalos iguales puede recorrer longitudes de arco diferentes. Lo que se mantiene igual es el área barrida, no la distancia recorrida.

d) Valoración

La afirmación es falsa. En el perihelio la fuerza es más intensa, pero sigue dirigida hacia el Sol:

τ⃗=r⃗×F⃗=0⃗. \vec\tau=\vec r\times\vec F=\vec 0.

Como el momento de la fuerza es nulo, el momento angular se conserva en toda la órbita.

Intermedio

2Reconstruir una órbita a partir de sus extremos

Una sonda de masa 200 kg200\ \mathrm{kg} describe una órbita elíptica alrededor de un planeta desconocido:

rp=1,00⋅107 mra=3,00⋅107 mvp=6,00⋅103 m/s. \begin{aligned} r_p&=1,00\cdot10^7\ \mathrm m\\ r_a&=3,00\cdot10^7\ \mathrm m\\ v_p&=6,00\cdot10^3\ \mathrm{m/s}. \end{aligned}
  1. a
    Calcula la velocidad en el apoastro, es decir, en el punto más alejado del planeta.
  1. b
    Utiliza la conservación de la energía entre los dos extremos para calcular GMGM y la masa del planeta.
  1. c
    Calcula el semieje mayor y el periodo orbital.
  1. d
    Calcula el momento angular y la energía mecánica de la sonda. Comprueba la energía mecánica utilizando los datos del punto más próximo.
Muestra la solución

a) Velocidad en el punto más alejado

rpvp=rava⇒va=rpravp. r_pv_p=r_av_a \quad\Rightarrow\quad v_a=\frac{r_p}{r_a}v_p.
va=1,00⋅1073,00⋅107(6,00⋅103)=2,00⋅103 m/s. v_a=\frac{1,00\cdot10^7}{3,00\cdot10^7}(6,00\cdot10^3) =\boxed{2,00\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}.

b) Masa del planeta

Conservamos la energía:

12mvp2−GMmrp=12mva2−GMmra. \frac12mv_p^2-\frac{GMm}{r_p} = \frac12mv_a^2-\frac{GMm}{r_a}.

Simplificamos mm y despejamos GMGM:

GM=vp2−va22(1/rp−1/ra). GM=\frac{v_p^2-v_a^2}{2(1/r_p-1/r_a)}.
GM=(6,00⋅103)2−(2,00⋅103)22(11,00⋅107−13,00⋅107)=2,40⋅1014 m3/s2. \begin{aligned} GM&= \frac{(6,00\cdot10^3)^2-(2,00\cdot10^3)^2} {2\left(\frac1{1,00\cdot10^7}-\frac1{3,00\cdot10^7}\right)}\\ &=\boxed{2,40\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}}. \end{aligned}
M=GMG=3,60⋅1024 kg. M=\frac{GM}{G} =\boxed{3,60\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}}.

c) Semieje mayor y periodo

a=rp+ra2=2,00⋅107 m. a=\frac{r_p+r_a}{2} =\boxed{2,00\cdot10^7\ \mathrm m}.
T=2πa3GM=3,63⋅104 s=10,1 h. \begin{aligned} T&=2\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM}}\\ &=\boxed{3,63\cdot10^4\ \mathrm s}\\ &=\boxed{10,1\ \mathrm h}. \end{aligned}

d) Momento angular y energía

L=mrpvp=1,20⋅1013 kg m2/s. L=mr_pv_p =\boxed{1,20\cdot10^{13}\ \mathrm{kg\,m^2/s}}.
E=−GMm2a=−1,20⋅109 J. E=-\frac{GMm}{2a} =\boxed{-1,20\cdot10^9\ \mathrm J}.

Comprobación en el punto más próximo:

Ec=12(200)(6,00⋅103)2=3,60⋅109 J, E_c=\frac12(200)(6,00\cdot10^3)^2 =3,60\cdot10^9\ \mathrm J,
Ep=−(2,40⋅1014)(200)1,00⋅107=−4,80⋅109 J. E_p=-\frac{(2,40\cdot10^{14})(200)}{1,00\cdot10^7} =-4,80\cdot10^9\ \mathrm J.
E=Ec+Ep=−1,20⋅109 J. E=E_c+E_p=-1,20\cdot10^9\ \mathrm J.

Los dos procedimientos coinciden.

Tipo PAU

3Tipo PAU: un exoplaneta y una misión de escape

Un exoplaneta de masa 4,00⋅1024 kg4,00\cdot10^{24}\ \mathrm{kg} describe una órbita elíptica alrededor de una estrella. Las observaciones indican:

rp=1,20⋅1011 mra=2,40⋅1011 mT=400 dıˊas. \begin{aligned} r_p&=1,20\cdot10^{11}\ \mathrm m\\ r_a&=2,40\cdot10^{11}\ \mathrm m\\ T&=400\ \mathrm{días}. \end{aligned}

La masa del planeta es despreciable respecto a la de la estrella.

Dato: 1 dıˊa=86 400 s1\ \mathrm{día}=86\,400\ \mathrm s.

  1. a
    Calcula el semieje mayor y la masa de la estrella.
  1. b
    Calcula las velocidades del planeta en el periastro y en el apoastro. Determina su momento angular respecto a la estrella.
  1. c
    Calcula el campo gravitatorio y el potencial de la estrella en el periastro.
  1. d
    Calcula la energía mecánica orbital del planeta. Explica cómo cambian la energía cinética y la potencial cuando se desplaza del apoastro al periastro.
  1. e
    Una sonda comparte instantáneamente la posición y la velocidad del planeta en el periastro. Calcula la velocidad de escape desde ese punto y el incremento mínimo de velocidad que necesita, aplicado en la dirección del movimiento.
  1. f
    Si la masa de la sonda es 1,00⋅103 kg1,00\cdot10^3\ \mathrm{kg}, ¿qué energía mecánica mínima hay que añadirle? Explica por qué no debes utilizar la energía total del planeta.
Muestra la solución

a) Semieje mayor y masa de la estrella

a=rp+ra2=1,80⋅1011 m. a=\frac{r_p+r_a}{2} =\boxed{1,80\cdot10^{11}\ \mathrm m}.
T=(400)(86 400)=3,456⋅107 s. T=(400)(86\,400)=3,456\cdot10^7\ \mathrm s.

La tercera ley da:

GM=4π2a3T2=1,93⋅1020 m3/s2. GM=\frac{4\pi^2a^3}{T^2} =\boxed{1,93\cdot10^{20}\ \mathrm{m^3/s^2}}.
M=GMG=2,89⋅1030 kg. M=\frac{GM}{G} =\boxed{2,89\cdot10^{30}\ \mathrm{kg}}.

La masa del planeta es mucho menor, de acuerdo con la aproximación del enunciado.

b) Velocidades y momento angular

vp=GM(2rp−1a)=4,63⋅104 m/s. v_p=\sqrt{GM\left(\frac2{r_p}-\frac1a\right)} =\boxed{4,63\cdot10^4\ \mathrm{m/s}}.
va=rpravp=2,31⋅104 m/s. v_a=\frac{r_p}{r_a}v_p =\boxed{2,31\cdot10^4\ \mathrm{m/s}}.

El momento angular del planeta es:

L=mrpvp=2,22⋅1040 kg m2/s. L=mr_pv_p =\boxed{2,22\cdot10^{40}\ \mathrm{kg\,m^2/s}}.

c) Campo y potencial en el periastro

gp=GMrp2=1,34⋅10−2 N/kg. g_p=\frac{GM}{r_p^2} =\boxed{1,34\cdot10^{-2}\ \mathrm{N/kg}}.

El campo apunta hacia el centro de la estrella.

Vp=−GMrp=−1,61⋅109 J/kg. V_p=-\frac{GM}{r_p} =\boxed{-1,61\cdot10^9\ \mathrm{J/kg}}.

d) Energía orbital y transformaciones

E=−GMm2a=−2,14⋅1033 J. E=-\frac{GMm}{2a} =\boxed{-2,14\cdot10^{33}\ \mathrm J}.

Cuando el planeta va del apoastro al periastro:

  1. La distancia a la estrella disminuye.
  2. La energía potencial se hace más negativa.
  3. Como la energía mecánica se conserva, la energía cinética aumenta.
  4. Por tanto, la velocidad aumenta.

La gravedad realiza trabajo positivo en este trayecto.

e) Escape de la sonda

vesc,p=2GMrp=5,67⋅104 m/s. v_{\rm esc,p}=\sqrt{\frac{2GM}{r_p}} =\boxed{5,67\cdot10^4\ \mathrm{m/s}}.

Como inicialmente la sonda tiene velocidad vpv_p:

Δv=vesc,p−vp=1,04⋅104 m/s. \Delta v=v_{\rm esc,p}-v_p =\boxed{1,04\cdot10^4\ \mathrm{m/s}}.

f) Energía añadida a la sonda

La sonda tiene la misma posición y velocidad iniciales que el planeta. Por tanto, tiene la misma energía por unidad de masa:

Esms=−GM2a=−5,35⋅108 J/kg. \frac{E_s}{m_s}=-\frac{GM}{2a} =\boxed{-5,35\cdot10^8\ \mathrm{J/kg}}.

Con ms=1,00⋅103 kgm_s=1,00\cdot10^3\ \mathrm{kg}:

Es=−5,35⋅1011 J. E_s=\boxed{-5,35\cdot10^{11}\ \mathrm J}.

La energía mínima que hay que añadir es:

ΔEs=0−Es=5,35⋅1011 J. \Delta E_s=0-E_s =\boxed{5,35\cdot10^{11}\ \mathrm J}.

No utilizamos la energía total del planeta porque esta depende de su masa. Compartir posición y velocidad no implica compartir energía total.