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Física · 2.º de Bachillerato · PAU

Órbitas circulares, energía orbital y velocidad de escape

Por qué un satélite no cae, cuánto tarda en dar una vuelta, qué tiene de especial una órbita geoestacionaria, cuánta energía hace falta para subirlo y cómo escapa de la gravedad. Lee y juega con cada figura.

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

Un satélite en órbita está sometido a la gravedad. No se mantiene en órbita porque la gravedad desaparezca, sino porque tiene una velocidad adecuada y la gravedad curva continuamente su trayectoria.

Para estudiarlo, utilizarás dos herramientas que ya conoces:

  • La segunda ley de Newton, para relacionar la fuerza gravitatoria con el movimiento circular.
  • La energía mecánica, para calcular la energía de una órbita, los cambios de órbita y el escape.

Antes de empezar…

¿Acelerar para ir más lento?

Un satélite gira a 400 km de altura a 7,67 km/s. Queremos subirlo a la órbita geoestacionaria, a 35 800 km. ¿Qué tiene que hacer? Encender el motor hacia delante y acelerar.

Pero cuando llega arriba y vuelve a girar en círculo, va a 3,07 km/s: más lento que antes. Y, aun así, ha hecho falta aportarle energía. La gravedad fija la velocidad de cada órbita, y la energía mecánica decide hasta dónde puedes llegar: esta página te lo explica paso a paso.

Dale un impulso al satélite y mira hasta dónde sube y a qué velocidad llega. Con suficiente impulso, ya no vuelve.

Míralo en 47 segundos

Ahora pruébalo tú:

Modelo ideal: un impulso instantáneo y tangente, sin aire. La Tierra y las órbitas están dibujadas a escala.

01

Los datos y el modelo que utilizaremos

Consideraremos un planeta esférico de masa MM y un satélite de masa mm, con m≪Mm\ll M. Despreciaremos el rozamiento con la atmósfera y la atracción de otros astros.

Símbolo Significado Unidad del SI
GG Constante de gravitación universal N m2 kg−2\mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}}
MM Masa del planeta kg\mathrm{kg}
mm Masa del satélite kg\mathrm{kg}
RR Radio del planeta m\mathrm{m}
hh Altura sobre la superficie m\mathrm{m}
rr Distancia del satélite al centro del planeta m\mathrm{m}

La relación entre estas distancias es:

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

En las fórmulas gravitatorias debes introducir rr, no hh, porque la distancia se mide desde el centro del planeta.

Utilizaremos:

G=6,674⋅10−11 N m2 kg−2 G=6{,}674\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}}

Para la Tierra:

MT=5,972⋅1024 kgRT=6,371⋅106 m \begin{aligned} &M_T=5{,}972\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}\\ &R_T=6{,}371\cdot10^6\ \mathrm{m} \end{aligned}

El producto GMGM aparecerá a menudo. Para la Tierra:

GMT≃3,986⋅1014 m3 s−2 GM_T\simeq3{,}986\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3\,s^{-2}}
02

En una órbita circular, la gravedad es la fuerza centrípeta

En un movimiento circular uniforme, el módulo de la velocidad se mantiene constante, pero su dirección cambia. Como la dirección cambia, hay una aceleración dirigida hacia el centro:

ac=v2r a_c=\frac{v^2}{r}

En nuestro modelo, la gravedad es la única fuerza sobre el satélite. Por tanto, es la fuerza que produce esta aceleración:

Fg=mac F_g=ma_c

Sustituimos:

GMmr2=mv2r \frac{GMm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}

Simplificamos mm y un factor rr:

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

Así obtenemos la velocidad orbital circular:

v=GMr \boxed{v=\sqrt{\frac{GM}{r}}}

¿Qué nos dice esta expresión?

  • La velocidad no depende de la masa del satélite. La masa mm se cancela porque aparece tanto en la fuerza gravitatoria como en la respuesta del satélite a esta fuerza.
  • Cuanto menor es el radio orbital, mayor es la velocidad circular. En una órbita más cercana, la gravedad es más intensa; para mantener esa trayectoria circular hace falta una velocidad más alta.
  • Para un mismo radio, un planeta más masivo exige una velocidad orbital mayor, porque ejerce una atracción más intensa.

La fuerza centrípeta no es una fuerza adicional que haya que sumar a la gravedad. Es el nombre que recibe la fuerza resultante dirigida hacia el centro; aquí, esa fuerza es la gravedad.

¿Por qué no cae directamente sobre el planeta?

El satélite tiene una velocidad tangente a la órbita. La gravedad lo acelera hacia el centro y cambia su dirección. Con la velocidad circular adecuada, la trayectoria se curva sin que disminuya la distancia al centro.

Además, en una órbita circular, la fuerza gravitatoria es perpendicular al desplazamiento instantáneo. Por eso, el trabajo gravitatorio es nulo y la energía cinética no cambia.

03

Periodo y radio de una órbita circular

El periodo TT es el tiempo que el satélite tarda en completar una vuelta.

Como la longitud de la órbita es 2πr2\pi r:

T=2πrv T=\frac{2\pi r}{v}

Sustituyendo la velocidad orbital:

T=2πr3GM \boxed{T=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}}

Cuando aumenta el radio, el periodo aumenta por dos causas: el satélite tiene que recorrer una circunferencia más larga y, a la vez, se mueve más lentamente.

Cómo calcular el radio orbital

Si conoces el periodo:

T2=4π2r3GM T^2=\frac{4\pi^2r^3}{GM}

Por tanto:

r=GMT24π23 \boxed{r=\sqrt[3]{\frac{GMT^2}{4\pi^2}}}

Si conoces la velocidad circular:

r=GMv2 \boxed{r=\frac{GM}{v^2}}

Si te piden la altura, después debes hacer:

h=r−R \boxed{h=r-R}

Ejemplo resuelto: órbita de la Estación Espacial Internacional

Aproximamos la órbita de la Estación Espacial Internacional como una circunferencia a 400 km400\ \mathrm{km} de altura. La altura real varía.

1. Radio orbital

r=6,371⋅106+400⋅103=6,771⋅106 m r=6{,}371\cdot10^6+400\cdot10^3 =6{,}771\cdot10^6\ \mathrm{m}

2. Velocidad orbital

v=3,986⋅10146,771⋅106≃7,67⋅103 m/s v=\sqrt{\frac{3{,}986\cdot10^{14}}{6{,}771\cdot10^6}} \simeq7{,}67\cdot10^3\ \mathrm{m/s}
v≃7,67 km/s \boxed{v\simeq7{,}67\ \mathrm{km/s}}

3. Periodo

T=2π(6,771⋅106)7,67⋅103≃5,54⋅103 s T=\frac{2\pi(6{,}771\cdot10^6)}{7{,}67\cdot10^3} \simeq5{,}54\cdot10^3\ \mathrm{s}
T≃92,4 min \boxed{T\simeq92{,}4\ \mathrm{min}}

Por tanto, en esta aproximación, la estación completa una vuelta a la Tierra en unos 92 minutos.

04

¿Cuándo es geoestacionaria una órbita?

Un satélite geoestacionario se ve siempre en el mismo punto del cielo desde un observador fijo en la superficie terrestre.

Para que esto ocurra, deben cumplirse todas estas condiciones:

  1. La órbita debe ser circular, para que el movimiento angular del satélite sea uniforme.
  2. Debe estar en el plano del ecuador, para que no se desplace al norte y al sur respecto de la superficie.
  3. Debe recorrer la órbita en el mismo sentido en que gira la Tierra, de oeste a este.
  4. El periodo debe coincidir con el periodo de rotación terrestre respecto de las estrellas, el día sideral:
T≃86 164 s T\simeq86\,164\ \mathrm{s}

Es aproximadamente 23 h 56 min 4 s23\ \mathrm{h}\ 56\ \mathrm{min}\ 4\ \mathrm{s}. Si un enunciado te da 24 h24\ \mathrm{h}, utiliza esta aproximación.

Tener este periodo es necesario, pero no suficiente: si la órbita es inclinada o no es circular, el satélite no se mantiene fijo en el cielo.

Ejemplo resuelto: altura geoestacionaria

Calculamos primero el radio:

r=(3,986⋅1014)(86 164)24π23≃4,2164⋅107 m r=\sqrt[3]{\frac{(3{,}986\cdot10^{14})(86\,164)^2}{4\pi^2}} \simeq4{,}2164\cdot10^7\ \mathrm{m}

Después restamos el radio terrestre:

h=r−RT h=r-R_T
h≃4,2164⋅107−6,371⋅106=3,5793⋅107 m h\simeq4{,}2164\cdot10^7-6{,}371\cdot10^6 =3{,}5793\cdot10^7\ \mathrm{m}
h≃35 800 km \boxed{h\simeq35\,800\ \mathrm{km}}

Su velocidad es:

v=GMTr≃3,07 km/s v=\sqrt{\frac{GM_T}{r}}\simeq3{,}07\ \mathrm{km/s}

Es más baja que la de la estación espacial porque el radio de la órbita es mayor.

05

Energía de un satélite en órbita circular

Tomamos la energía potencial gravitatoria nula en el infinito, como ya has trabajado:

Ep=−GMmr E_p=-\frac{GMm}{r}

La energía cinética es:

Ec=12mv2 E_c=\frac12mv^2

En una órbita circular, v2=GM/rv^2=GM/r. Por tanto:

Ec=GMm2r \boxed{E_c=\frac{GMm}{2r}}

La energía mecánica es la suma:

Em=Ec+Ep=GMm2r−GMmr E_m=E_c+E_p =\frac{GMm}{2r}-\frac{GMm}{r}

Así:

Em=−GMm2r \boxed{E_m=-\frac{GMm}{2r}}

Relaciones útiles

En una órbita circular:

Ep=−2EcEm=−Ec=Ep2 \begin{aligned} &\boxed{E_p=-2E_c}\\ &\boxed{E_m=-E_c=\frac{E_p}{2}} \end{aligned}

Estas relaciones son propias de la órbita circular. No las apliques automáticamente a cualquier movimiento gravitatorio.

¿Qué significa que la energía mecánica sea negativa?

Como hemos fijado Ep=0E_p=0 en el infinito, un satélite con Em<0E_m<0 no tiene suficiente energía para llegar al infinito sin recibir energía adicional. Decimos que está ligado gravitacionalmente al planeta.

Cuando aumenta el radio de una órbita circular:

Magnitud ¿Qué ocurre?
Velocidad vv Disminuye
Energía cinética EcE_c Disminuye
Energía potencial EpE_p Aumenta: se hace menos negativa
Energía mecánica EmE_m Aumenta: se hace menos negativa

Una órbita circular más alta tiene más energía mecánica, aunque el satélite vaya más lento en ella. Esto ocurre porque el aumento de energía potencial supera la disminución de energía cinética.

Ejemplo resuelto: energías a 400 km de altura

Para un satélite de m=1 000 kgm=1\,000\ \mathrm{kg}, con r=6,771⋅106 mr=6{,}771\cdot10^6\ \mathrm{m}:

Ec=(3,986⋅1014)(1 000)2(6,771⋅106)≃2,94⋅1010 J E_c=\frac{(3{,}986\cdot10^{14})(1\,000)} {2(6{,}771\cdot10^6)} \simeq2{,}94\cdot10^{10}\ \mathrm{J}
Ep=−(3,986⋅1014)(1 000)6,771⋅106≃−5,89⋅1010 J E_p=-\frac{(3{,}986\cdot10^{14})(1\,000)} {6{,}771\cdot10^6} \simeq-5{,}89\cdot10^{10}\ \mathrm{J}
Em≃−2,94⋅1010 J \boxed{E_m\simeq-2{,}94\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

El signo negativo indica que el satélite está ligado a la Tierra, no que esté parado.

06

Energía necesaria para poner un satélite en órbita

Sin propulsión ni rozamiento, la gravedad conserva la energía mecánica. En cambio, para poner un satélite en órbita hay que aportarle energía mediante una acción no gravitatoria, como la propulsión.

En un modelo de masa constante y sin pérdidas, el trabajo neto de estas fuerzas es:

Wno grav=ΔEm=Em,f−Em,i \boxed{W_{\text{no grav}}=\Delta E_m=E_{m,f}-E_{m,i}}

Desde la superficie hasta una órbita circular

Supongamos que el satélite parte en reposo respecto de un sistema de referencia centrado en el planeta. Esto implica que despreciamos la rotación terrestre.

Inicialmente:

Em,i=−GMmR E_{m,i}=-\frac{GMm}{R}

En la órbita circular final, de radio rr:

Em,f=−GMm2r E_{m,f}=-\frac{GMm}{2r}

Por tanto:

ΔEm=GMmR−GMm2r \boxed{\Delta E_m=\frac{GMm}{R}-\frac{GMm}{2r}}

No basta con calcular el aumento de energía potencial, porque el satélite también debe acabar con la velocidad orbital correspondiente.

Ejemplo resuelto: poner 1.000 kg en órbita a 400 km

La energía inicial es:

Em,i=−(3,986⋅1014)(1 000)6,371⋅106≃−6,26⋅1010 J E_{m,i} =-\frac{(3{,}986\cdot10^{14})(1\,000)}{6{,}371\cdot10^6} \simeq-6{,}26\cdot10^{10}\ \mathrm{J}

La energía final es la calculada antes:

Em,f≃−2,94⋅1010 J E_{m,f}\simeq-2{,}94\cdot10^{10}\ \mathrm{J}

Por tanto:

ΔEm≃(−2,9434⋅1010)−(−6,2565⋅1010) \Delta E_m \simeq(-2{,}9434\cdot10^{10})-(-6{,}2565\cdot10^{10})
ΔEm≃3,31⋅1010 J \boxed{\Delta E_m\simeq3{,}31\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

Este resultado es el aumento ideal de la energía mecánica del satélite, no la energía química que debe consumir un cohete real. En un lanzamiento real también intervienen la atmósfera, el rendimiento de los motores y la masa del combustible.

07

Energía necesaria para cambiar de órbita circular

Si el satélite pasa de una órbita circular de radio r1r_1 a otra de radio r2r_2:

Em,1=−GMm2r1Em,2=−GMm2r2 \begin{aligned} &E_{m,1}=-\frac{GMm}{2r_1}\\ &E_{m,2}=-\frac{GMm}{2r_2} \end{aligned}

La diferencia es:

ΔEm=GMm2(1r1−1r2) \boxed{\Delta E_m= \frac{GMm}{2}\left(\frac1{r_1}-\frac1{r_2}\right)}
  • Si r2>r1r_2>r_1, entonces ΔEm>0\Delta E_m>0: hay que aportar energía.
  • Si r2<r1r_2<r_1, entonces ΔEm<0\Delta E_m<0: hay que reducir la energía mecánica.

Ejemplo resuelto: de una órbita baja a una geoestacionaria

Para un satélite de 1 000 kg1\,000\ \mathrm{kg}:

r1=6,771⋅106 mr2=4,2164⋅107 m \begin{aligned} &r_1=6{,}771\cdot10^6\ \mathrm{m}\\ &r_2=4{,}2164\cdot10^7\ \mathrm{m} \end{aligned}
ΔEm=(3,986⋅1014)(1 000)2(16,771⋅106−14,2164⋅107) \Delta E_m= \frac{(3{,}986\cdot10^{14})(1\,000)}{2} \left( \frac1{6{,}771\cdot10^6} -\frac1{4{,}2164\cdot10^7} \right)
ΔEm≃2,47⋅1010 J \boxed{\Delta E_m\simeq2{,}47\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

Hay que aportar energía, aunque la velocidad circular final será menor.

Este cálculo compara los estados inicial y final. No determina las maniobras ni el incremento total de velocidad necesario. Durante la transferencia, el satélite no pasa simplemente por una sucesión de órbitas circulares.

08

Velocidad de escape

La velocidad de escape es la velocidad mínima que debe tener un cuerpo a una distancia rr del centro para poder alejarse indefinidamente, sin propulsión posterior.

En el caso mínimo, llega al infinito con una velocidad que tiende a cero. Por tanto:

Em,∞=0 E_{m,\infty}=0

Por conservación de la energía:

12mvesc2−GMmr=0 \frac12mv_{\text{esc}}^2-\frac{GMm}{r}=0

Despejamos la velocidad:

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

La masa mm se cancela. Por eso, en este modelo, la velocidad de escape no depende de la masa del cuerpo que escapa.

Desde la superficie

Hay que poner r=Rr=R:

vesc,sup=2GMR \boxed{v_{\text{esc,sup}}=\sqrt{\frac{2GM}{R}}}

Para la Tierra:

vesc,sup=2(3,986⋅1014)6,371⋅106 v_{\text{esc,sup}} =\sqrt{\frac{2(3{,}986\cdot10^{14})}{6{,}371\cdot10^6}}
vesc,sup≃11,2 km/s \boxed{v_{\text{esc,sup}}\simeq11{,}2\ \mathrm{km/s}}

Es un valor ideal: no incluye la atmósfera ni el efecto de la rotación terrestre. Tampoco significa que un cohete real deba alcanzar esta velocidad instantáneamente en la superficie, porque puede seguir recibiendo energía de los motores mientras sube.

Ejemplo resuelto: escape desde Marte

Para Marte:

M=6,417⋅1023 kgR=3,390⋅106 m \begin{aligned} &M=6{,}417\cdot10^{23}\ \mathrm{kg}\\ &R=3{,}390\cdot10^6\ \mathrm{m} \end{aligned}
vesc=2(6,674⋅10−11)(6,417⋅1023)3,390⋅106 v_{\text{esc}} =\sqrt{\frac{2(6{,}674\cdot10^{-11})(6{,}417\cdot10^{23})} {3{,}390\cdot10^6}}
vesc≃5,03 km/s \boxed{v_{\text{esc}}\simeq5{,}03\ \mathrm{km/s}}

Es menor que en la Tierra porque el cociente GM/RGM/R es menor: hace falta menos energía por unidad de masa para escapar de Marte.

09

Escapar desde una órbita: velocidad total e incremento de velocidad

Un satélite en órbita circular ya tiene velocidad. Por eso, no debes confundir:

  • vescv_{\text{esc}}: la velocidad total que debe tener después de la maniobra.
  • Δv\Delta v: el incremento de velocidad que hay que darle.

Al mismo radio:

vorb=GMrvesc=2GMr \begin{aligned} &v_{\text{orb}}=\sqrt{\frac{GM}{r}}\\ &v_{\text{esc}}=\sqrt{\frac{2GM}{r}} \end{aligned}

Por tanto:

vesc=2 vorb \boxed{v_{\text{esc}}=\sqrt2\,v_{\text{orb}}}

Si el impulso es breve, tangente a la órbita y en el mismo sentido del movimiento, las velocidades tienen la misma dirección. Entonces:

Δv=vesc−vorb \Delta v=v_{\text{esc}}-v_{\text{orb}}
Δv=(2−1)vorb \boxed{\Delta v=(\sqrt2-1)v_{\text{orb}}}

Esta es la manera de minimizar el módulo del incremento de velocidad para escapar desde una órbita circular con un único impulso.

Ejemplo resuelto: escape desde 400 km de altura

Hemos calculado:

vorb≃7,67 km/s v_{\text{orb}}\simeq7{,}67\ \mathrm{km/s}

La velocidad total de escape en ese punto es:

vesc=2⋅7,67≃10,85 km/s v_{\text{esc}}=\sqrt2\cdot7{,}67 \simeq10{,}85\ \mathrm{km/s}

Por tanto:

Δv=10,85−7,67 \Delta v=10{,}85-7{,}67
Δv≃3,18 km/s \boxed{\Delta v\simeq3{,}18\ \mathrm{km/s}}

El satélite no necesita un incremento de 10,85 km/s10{,}85\ \mathrm{km/s}, porque ya se mueve a 7,67 km/s7{,}67\ \mathrm{km/s}.

¿Cuánta energía hay que aportar para escapar?

La energía mecánica inicial de la órbita circular es:

Em,i=−GMm2r E_{m,i}=-\frac{GMm}{2r}

En el escape mínimo, la energía final es cero:

ΔEm=GMm2r \boxed{\Delta E_m=\frac{GMm}{2r}}

Para el satélite de 1 000 kg1\,000\ \mathrm{kg} a 400 km:

ΔEm≃2,94⋅1010 J \boxed{\Delta E_m\simeq2{,}94\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

Como el radio prácticamente no cambia durante el impulso, la energía potencial tampoco cambia. Por eso, la energía aportada aumenta la energía cinética:

ΔEm=12m(vesc2−vorb2) \Delta E_m=\frac12m\left(v_{\text{esc}}^2-v_{\text{orb}}^2\right)

No es correcto escribir ΔEm=12m(Δv)2\Delta E_m=\frac12m(\Delta v)^2: el cambio de energía cinética depende de la diferencia de los cuadrados de las velocidades, no del cuadrado de su diferencia.

10

¿Qué debes comprobar en un problema de PAU?

Antes de sustituir datos, identifica el estado inicial, el estado final y lo que te piden.

  • ¿Radio o altura? Si tienes hh, calcula r=R+hr=R+h.
  • ¿Órbita circular? Solo en este caso puedes aplicar directamente v=GM/rv=\sqrt{GM/r} y Em=−GMm/(2r)E_m=-GMm/(2r).
  • ¿Periodo o velocidad? Puedes encontrar el radio con r=GMT2/(4π2)3r=\sqrt[3]{GMT^2/(4\pi^2)} o con r=GM/v2r=GM/v^2.
  • ¿Energía aportada? Calcula siempre Em,f−Em,iE_{m,f}-E_{m,i}, con los signos.
  • ¿Escape? El umbral mínimo es Em=0E_m=0.
  • ¿Velocidad total o incremento? Si el cuerpo ya se mueve, no son lo mismo.
  • ¿Unidades? Pasa kilómetros a metros y minutos u horas a segundos.

La conexión principal es esta:

La gravedad fija la velocidad necesaria para una órbita circular. Esta velocidad fija la energía cinética y, junto con la energía potencial, determina la energía mecánica. Para pasar a una órbita circular de radio diferente hay que cambiar esa energía; para escapar, hay que aumentarla hasta cero como mínimo.

Practica

Ponte a prueba

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

Básico

1Una órbita terrestre baja

Un satélite describe una órbita circular a 550 km550\ \mathrm{km} de altura sobre la Tierra.

  1. a
    A partir de la fuerza gravitatoria y de la segunda ley de Newton, deduce la expresión de la velocidad orbital circular.
  1. b
    Calcula el radio orbital, la velocidad y el periodo.
  1. c
    Calcula la aceleración centrípeta y comprueba que coincide con la intensidad del campo gravitatorio en esta órbita.
  1. d
    Otro satélite tiene el triple de masa y ocupa la misma órbita. ¿Cambian la velocidad, el periodo o la fuerza gravitatoria? Justifica cada respuesta.
Muestra la solución

a) Deducción de la velocidad

La gravedad produce la aceleración centrípeta:

GMmr2=mv2r \frac{GMm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}

Cancelamos mm y simplificamos:

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

b) Radio, velocidad y periodo

r=6,371⋅106+550⋅103=6,921⋅106 m r=6{,}371\cdot10^6+550\cdot10^3 =\boxed{6{,}921\cdot10^6\ \mathrm{m}}
v=3,986⋅10146,921⋅106=7,59⋅103 m/s v=\sqrt{\frac{3{,}986\cdot10^{14}}{6{,}921\cdot10^6}} =\boxed{7{,}59\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}
T=2πrv=5,73⋅103 s=95,5 min T=\frac{2\pi r}{v} =\boxed{5{,}73\cdot10^3\ \mathrm{s} =95{,}5\ \mathrm{min}}

c) Aceleración

ac=v2r=8,32 m/s2 a_c=\frac{v^2}{r} =\boxed{8{,}32\ \mathrm{m/s^2}}

Por otra parte:

g(r)=GMr2=8,32 N/kg g(r)=\frac{GM}{r^2} =\boxed{8{,}32\ \mathrm{N/kg}}

Coinciden numéricamente porque 1 N/kg=1 m/s21\ \mathrm{N/kg}=1\ \mathrm{m/s^2} y porque la gravedad es la causa de la aceleración centrípeta.

d) Triple de masa

  • La velocidad no cambia, porque v=GM/rv=\sqrt{GM/r} no depende de mm.
  • El periodo no cambia, porque el radio y la velocidad son los mismos.
  • La fuerza gravitatoria se triplica, porque Fg=GMm/r2F_g=GMm/r^2 es proporcional a mm.

La fuerza mayor actúa sobre una masa también mayor; por eso, la aceleración sigue siendo la misma.

Intermedio

2Subir de órbita y acabar yendo más despacio

Un satélite terrestre de 1 200 kg1\,200\ \mathrm{kg} pasa de una órbita circular a 600 km600\ \mathrm{km} de altura a otra órbita circular a 20 000 km20\,000\ \mathrm{km}.

  1. a
    Calcula los dos radios orbitales, las velocidades y los periodos.
  1. b
    Deduce la expresión de la variación de energía mecánica entre dos órbitas circulares. Calcúlala para esta transferencia.
  1. c
    Calcula por separado las variaciones de energía cinética y potencial. Comprueba que su suma da la variación de energía mecánica.
  1. d
    Explica por qué hay que aportar energía, aunque la velocidad circular final sea menor.
  1. e
    Si el satélite volviera a la órbita inicial, ¿cuál sería la variación de energía mecánica? ¿Se puede obtener el incremento de velocidad de las maniobras restando simplemente las dos velocidades circulares? Justifícalo.
Muestra la solución

a) Características de las dos órbitas

r1=6,371⋅106+600⋅103=6,971⋅106 m r_1=6{,}371\cdot10^6+600\cdot10^3 =6{,}971\cdot10^6\ \mathrm{m}
r2=6,371⋅106+20 000⋅103=2,6371⋅107 m r_2=6{,}371\cdot10^6+20\,000\cdot10^3 =2{,}6371\cdot10^7\ \mathrm{m}

Aplicamos:

v=GMrT=2πr3GM \begin{aligned} &v=\sqrt{\frac{GM}{r}}\\ &T=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}} \end{aligned}
Magnitud Órbita inicial Órbita final
Radio 6,971⋅106 m6{,}971\cdot10^6\ \mathrm{m} 2,6371⋅107 m2{,}6371\cdot10^7\ \mathrm{m}
Velocidad 7,56 km/s7{,}56\ \mathrm{km/s} 3,89 km/s3{,}89\ \mathrm{km/s}
Periodo 5,79⋅103 s5{,}79\cdot10^3\ \mathrm{s} 4,26⋅104 s4{,}26\cdot10^4\ \mathrm{s}
Periodo en horas 1,61 h1{,}61\ \mathrm{h} 11,8 h11{,}8\ \mathrm{h}

b) Variación de energía mecánica

Para cada órbita circular:

Em,1=−GMm2r1Em,2=−GMm2r2 \begin{aligned} &E_{m,1}=-\frac{GMm}{2r_1}\\ &E_{m,2}=-\frac{GMm}{2r_2} \end{aligned}

Restamos:

ΔEm=GMm2(1r1−1r2) \boxed{\Delta E_m =\frac{GMm}{2}\left(\frac1{r_1}-\frac1{r_2}\right)}

Las energías son:

Em,1=−3,43⋅1010 J E_{m,1}=-3{,}43\cdot10^{10}\ \mathrm{J}
Em,2=−9,07⋅109 J E_{m,2}=-9{,}07\cdot10^9\ \mathrm{J}

Por tanto:

ΔEm=2,52⋅1010 J \boxed{\Delta E_m=2{,}52\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

c) Variaciones de energía cinética y potencial

Como Ec=−EmE_c=-E_m en una órbita circular:

Ec,1=3,43⋅1010 JEc,2=9,07⋅109 J \begin{aligned} &E_{c,1}=3{,}43\cdot10^{10}\ \mathrm{J}\\ &E_{c,2}=9{,}07\cdot10^9\ \mathrm{J} \end{aligned}
ΔEc=−2,52⋅1010 J \boxed{\Delta E_c=-2{,}52\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

Como Ep=2EmE_p=2E_m:

Ep,1=−6,86⋅1010 JEp,2=−1,81⋅1010 J \begin{aligned} &E_{p,1}=-6{,}86\cdot10^{10}\ \mathrm{J}\\ &E_{p,2}=-1{,}81\cdot10^{10}\ \mathrm{J} \end{aligned}
ΔEp=5,05⋅1010 J \boxed{\Delta E_p=5{,}05\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

Con los valores sin redondear:

ΔEc+ΔEp=2,52⋅1010 J \Delta E_c+\Delta E_p =\boxed{2{,}52\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

d) ¿Por qué hay que aportar energía?

La energía cinética disminuye, pero la energía potencial aumenta el doble de lo que disminuye la cinética. Por eso, la energía mecánica total aumenta y hay que aportar energía.

e) Vuelta e incrementos de velocidad

Al volver:

ΔEm=−2,52⋅1010 J \boxed{\Delta E_m=-2{,}52\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

Hay que reducir la energía mecánica.

No se puede calcular el incremento de velocidad de las maniobras restando simplemente las velocidades circulares. Estas corresponden a dos radios diferentes, y el satélite sigue una trayectoria de transferencia entre las dos órbitas. Habría que conocer las maniobras y la velocidad en los puntos donde se realizan.

Tipo PAU

3Tipo PAU: medir Marte con la órbita de Fobos

El satélite natural Fobos describe una órbita aproximadamente circular alrededor de Marte, de radio 9,376⋅106 m9{,}376\cdot10^6\ \mathrm{m} y periodo de 7 h 39 min7\ \mathrm{h}\ 39\ \mathrm{min}.

Una sonda de 400 kg400\ \mathrm{kg} se mueve en una órbita circular del mismo radio. Desprecia la atracción de Fobos sobre la sonda.

En este ejercicio, no utilices el valor de GMGM de Marte de la tabla: debes obtenerlo de los datos orbitales. Utiliza RM=3,390⋅106 mR_M=3{,}390\cdot10^6\ \mathrm{m}.

  1. a
    A partir de la segunda ley de Newton, deduce la expresión que relaciona la masa de Marte con el radio y el periodo de Fobos. Calcula la masa de Marte. [2,5 puntos]
  1. b
    Calcula la altura de la sonda, la velocidad orbital y la intensidad del campo gravitatorio en esa órbita. [2,5 puntos]
  1. c
    Calcula las energías cinética, potencial y mecánica de la sonda. Explica el signo de la energía mecánica. [2,5 puntos]
  1. d
    La sonda quiere escapar con un único impulso breve en el sentido del movimiento. Calcula la velocidad total mínima después del impulso, el incremento de velocidad y la energía que hay que aportar. [2,5 puntos]
Muestra la solución

a) Masa de Marte

Convertimos el periodo:

T=7⋅3 600+39⋅60=27 540 s T=7\cdot3\,600+39\cdot60 =27\,540\ \mathrm{s}

La gravedad produce la aceleración centrípeta:

GMmr2=mv2r \frac{GMm}{r^2} =m\frac{v^2}{r}

Con v=2πr/Tv=2\pi r/T:

GMr2=4π2rT2 \frac{GM}{r^2} =\frac{4\pi^2r}{T^2}

De aquí:

M=4π2r3GT2 \boxed{M=\frac{4\pi^2r^3}{GT^2}}

Primero podemos calcular:

GM=4π2r3T2=4,29⋅1013 m3/s2 GM=\frac{4\pi^2r^3}{T^2} =\boxed{4{,}29\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}}

Después:

M=GMG M=\frac{GM}{G}
M=6,43⋅1023 kg \boxed{M=6{,}43\cdot10^{23}\ \mathrm{kg}}

Este valor es ligeramente diferente del que corresponde a la tabla porque los datos orbitales del enunciado están aproximados.

b) Altura, velocidad y campo

h=r−RM=9,376⋅106−3,390⋅106 h=r-R_M =9{,}376\cdot10^6-3{,}390\cdot10^6
h=5,986⋅106 m≃5 990 km \boxed{h=5{,}986\cdot10^6\ \mathrm{m} \simeq5\,990\ \mathrm{km}}
v=2πrT=2,14⋅103 m/s v=\frac{2\pi r}{T} =\boxed{2{,}14\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}
g(r)=GMr2=0,488 N/kg g(r)=\frac{GM}{r^2} =\boxed{0{,}488\ \mathrm{N/kg}}

c) Energías de la sonda

Ec=GMm2r=9,15⋅108 J E_c=\frac{GMm}{2r} =\boxed{9{,}15\cdot10^8\ \mathrm{J}}
Ep=−GMmr=−1,83⋅109 J E_p=-\frac{GMm}{r} =\boxed{-1{,}83\cdot10^9\ \mathrm{J}}
Em=Ec+Ep=−9,15⋅108 J E_m=E_c+E_p =\boxed{-9{,}15\cdot10^8\ \mathrm{J}}

El signo negativo indica que la sonda está ligada gravitacionalmente a Marte. Hay que aportar energía para que pueda escapar.

d) Escape

La velocidad total mínima es:

vesc=2GMr=2 vorb v_{\text{esc}}=\sqrt{\frac{2GM}{r}} =\sqrt2\,v_{\text{orb}}
vesc=3,03 km/s \boxed{v_{\text{esc}}=3{,}03\ \mathrm{km/s}}

El incremento de velocidad es:

Δv=(2−1)vorb \Delta v=(\sqrt2-1)v_{\text{orb}}
Δv=0,886 km/s=886 m/s \boxed{\Delta v=0{,}886\ \mathrm{km/s} =886\ \mathrm{m/s}}

La energía final mínima es cero:

ΔEm=0−Em,i \Delta E_m=0-E_{m,i}
ΔEm=9,15⋅108 J \boxed{\Delta E_m=9{,}15\cdot10^8\ \mathrm{J}}