Camp gravitatori · Capítol 6

Òrbites circulars

Un satèl·lit en òrbita cau contínuament cap al planeta, però va tan de pressa que no l’arriba a tocar mai: la gravetat fa de força centrípeta.

9 min de lectura
1 figures interactives
1 exercicis resolts

Connexió amb la força centrípeta

Recorda el moviment circular uniforme. Perquè un cos segueixi una trajectòria circular, la força resultant ha d’apuntar cap al centre de la trajectòria. El seu mòdul és:

F_{\text{centrípeta}}=\frac{mv^2}{R}

La força centrípeta no és una força addicional. És el nom que donem a la força resultant dirigida cap al centre quan un cos fa un moviment circular.

La gravetat pot fer aquesta funció, però els dos conceptes no són equivalents:

La gravitació explica l’origen d’una força: l’atracció entre masses.
El terme centrípeta descriu la funció de la força resultant en un moviment circular.

Per tant, no has de sumar una «força gravitatòria» i una «força centrípeta» com si fossin dues forces diferents. Si la gravetat és l’única força que actua i produeix un moviment circular, ella mateixa fa de força centrípeta.

En una òrbita circular, la gravetat és la força centrípeta

En un moviment circular uniforme, el mòdul de la velocitat es manté constant, però la seva direcció canvia. Com que la direcció canvia, hi ha una acceleració dirigida cap al centre:

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

Fem servir dues lleis: la llei de gravitació universal, $F_g=GMm/r^2$ , i la segona llei de Newton, $F=ma_c$ . En el nostre model, només actua la gravetat sobre el satèl·lit. Per tant, és la força que produeix aquesta acceleració:

F_g=ma_c

Substituïm:

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

Simplifiquem $m$ i un factor $r$ :

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

Així obtenim la velocitat orbital circular:

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

Què ens diu aquesta expressió?

La velocitat no depèn de la massa del satèl·lit. La massa $m$ es cancel·la perquè apareix tant en la força gravitatòria com en la resposta del satèl·lit a aquesta força.
Com més petit és el radi orbital, més gran és la velocitat circular. En una òrbita més propera, la gravetat és més intensa; per mantenir aquella trajectòria circular cal una velocitat més alta.
Per a un mateix radi, un planeta més massiu exigeix una velocitat orbital més gran, perquè exerceix una atracció més intensa.

Per què no cau directament sobre el planeta?

El satèl·lit té una velocitat tangent a l’òrbita. La gravetat l’accelera cap al centre i en canvia la direcció. Amb la velocitat circular adequada, la trajectòria es corba sense que disminueixi la distància al centre.

Un satèl·lit en una òrbita circular de radi r al voltant d'un planeta: la velocitat v és tangent a l'òrbita, la força gravitatòria apunta al centre formant un angle recte amb v, i la trajectòria es corba sense acostar-se. — La velocitat és tangent i la gravetat, perpendicular, cap al centre: li canvia la direcció, no la distància al centre.

A més, en una òrbita circular, la força gravitatòria és perpendicular al desplaçament instantani. Per això, el treball gravitatori és nul i l’energia cinètica no canvia.

Període i radi d’una òrbita circular

El període $T$ és el temps que el satèl·lit triga a completar una volta.

Com que la longitud de l’òrbita és $2\pi r$ :

T=\frac{2\pi r}{v}

Substituint la velocitat orbital:

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

Quan augmenta el radi, el període augmenta per dues causes: el satèl·lit ha de recórrer una circumferència més llarga i, alhora, es mou més lentament.

Per a una òrbita el·líptica, el període depèn del semieix major $a$ , no de la distància instantània $r$ :

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

La deducció amb $r$ constant només val per a òrbites circulars, on $a=r$ .

En igualar $GMm/r^2=mv^2/r$ , la massa $m$ del satèl·lit se simplifica. Per tant, el període no depèn de la massa del satèl·lit, sinó només de $r$ i de la massa $M$ de l’astre central.

Com calcular el radi orbital

Si coneixes el període:

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

Per tant:

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

Si coneixes la velocitat circular:

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

Si et demanen l’altura, després has de fer:

\boxed{h=r-R}

Exemple resoltÒrbita de l’Estació Espacial Internacional

Aproximem l’òrbita de l’Estació Espacial Internacional com una circumferència a $400\ \mathrm{km}$ d’altura. L’altura real varia.

1. Radi orbital

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

2. Velocitat orbital

v=\sqrt{\frac{3{,}986\cdot10^{14}}{6{,}771\cdot10^6}} \simeq7{,}67\cdot10^3\ \mathrm{m/s}

\boxed{v\simeq7{,}67\ \mathrm{km/s}}

3. Període

T=\frac{2\pi(6{,}771\cdot10^6)}{7{,}67\cdot10^3} \simeq5{,}54\cdot10^3\ \mathrm{s}

\boxed{T\simeq92{,}4\ \mathrm{min}}

Per tant, en aquesta aproximació, l’estació completa una volta a la Terra en uns 92 minuts.

Calcular la massa d’un planeta o d’una estrella

La tercera llei de Kepler també funciona a l’inrevés: del moviment d’un satèl·lit en surt la massa de l’astre.

Si coneixes el període i el semieix major de l’òrbita:

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

Això permet determinar la massa d’un astre a partir del moviment d’un satèl·lit o d’un planeta.

Exemple resolt: massa d’una estrella

Un planeta té:

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

La massa de l’estrella és:

M= \frac{4\pi^2(1,50\cdot10^{11})^3} {(6,67\cdot10^{-11})(3,16\cdot10^7)^2}

\boxed{M\approx2,00\cdot10^{30}\ \mathrm{kg}}

És una massa semblant a la del Sol. La massa del planeta no apareix perquè hem suposat que és molt menor que la de l’estrella.

Energia d’un satèl·lit en òrbita circular

Prenem l’energia potencial gravitatòria nul·la a l’infinit, com ja has treballat:

E_p=-\frac{GMm}{r}

L’energia cinètica és:

E_c=\frac12mv^2

En una òrbita circular, $v^2=GM/r$ . Per tant:

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

L’energia mecànica és la suma:

E_m=E_c+E_p =\frac{GMm}{2r}-\frac{GMm}{r}

Així:

\boxed{E_m=-\frac{GMm}{2r}}

Relacions útils

En una òrbita circular:

\begin{aligned} &\boxed{E_p=-2E_c}\\ &\boxed{E_m=-E_c=\frac{E_p}{2}} \end{aligned}

Aquestes relacions són pròpies de l’òrbita circular. No les apliquis automàticament a qualsevol moviment gravitatori.

Tres barres respecte del zero: l'energia cinètica GMm/2r cap amunt, l'energia potencial −GMm/r cap avall i el doble de llarga, i l'energia mecànica −GMm/2r cap avall, tan llarga com la cinètica. — En una òrbita circular, $E_p$ és el doble de llarga que $E_c$ i cap avall; la suma, $E_m$ , queda negativa i tan llarga com $E_c$ .

Què significa que l’energia mecànica sigui negativa?

Com que hem fixat $E_p=0$ a l’infinit, un satèl·lit amb $E_m<0$ no té prou energia per arribar a l’infinit sense rebre energia addicional. Diem que segueix una òrbita tancada (lligada) al voltant del planeta.

Quan augmenta el radi d’una òrbita circular:

Magnitud	Què passa?
Velocitat $v$	Disminueix
Energia cinètica $E_c$	Disminueix
Energia potencial $E_p$	Augmenta: es fa menys negativa
Energia mecànica $E_m$	Augmenta: es fa menys negativa

Una òrbita circular més alta té més energia mecànica, encara que el satèl·lit hi vagi més lent. Això passa perquè l’augment d’energia potencial supera la disminució d’energia cinètica.

Exemple resoltEnergies a 400 km d’altura

Per a un satèl·lit de $m=1\,000\ \mathrm{kg}$ , amb $r=6{,}771\cdot10^6\ \mathrm{m}$ :

E_c=\frac{(3{,}986\cdot10^{14})(1\,000)} {2(6{,}771\cdot10^6)} \simeq2{,}94\cdot10^{10}\ \mathrm{J}

E_p=-\frac{(3{,}986\cdot10^{14})(1\,000)} {6{,}771\cdot10^6} \simeq-5{,}89\cdot10^{10}\ \mathrm{J}

\boxed{E_m\simeq-2{,}94\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

El signe negatiu indica que el satèl·lit segueix una òrbita tancada (lligada) a la Terra, no que estigui aturat.

Exemple resoltVelocitat, període, gravetat i energies d’un satèl·lit

Dades

Massa d’Aster: $M=4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}$ .
Radi: $R=5,50\cdot10^6\ \mathrm m$ .
Massa del satèl·lit: $m=3,20\cdot10^2\ \mathrm{kg}$ .
Altura de l’òrbita circular: $h=9,00\cdot10^2\ \mathrm{km}$ .
$G=6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2}$ .

Busquem: $v$ , $T$ , voltes en $12,0\ \mathrm h$ , $g$ i les tres energies.

Pas 1. Trobar el radi orbital

\begin{aligned} h &= (9,00\cdot10^2\ \mathrm{km})(10^3\ \mathrm{m/km})\\ &= 9,00\cdot10^5\ \mathrm m \end{aligned}

\begin{aligned} r &= R+h\\ &= 5,50\cdot10^6\ \mathrm m+9,00\cdot10^5\ \mathrm m\\ &= \boxed{6,40\cdot10^6\ \mathrm m} \end{aligned}

Parany: a partir d’ara fem servir aquest $r$ , no l’altura.

Pas 2. Justificar i calcular la velocitat

Només actua la gravetat. Per la llei de la gravitació universal i la segona llei de Newton, amb acceleració centrípeta:

\begin{aligned} \frac{GMm}{r^2} &= m\frac{v^2}{r}\\ v &= \sqrt{\frac{GM}{r}} \end{aligned}

\begin{aligned} v &= \sqrt{ \frac{ (6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2}) (4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}) }{ 6,40\cdot10^6\ \mathrm m }}\\ &= \boxed{7,07\cdot10^3\ \mathrm{m/s}} \end{aligned}

Si cal dibuixar les direccions: la velocitat és tangent a la circumferència; la força i l’acceleració apunten cap al centre.

Pas 3. Calcular el període i les voltes

\begin{aligned} T &= \frac{2\pi r}{v}\\ &= \frac{2\pi(6,40\cdot10^6\ \mathrm m)} {7,07\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}\\ &= \boxed{5,69\cdot10^3\ \mathrm s} \end{aligned}

En minuts:

\begin{aligned} T &= \frac{5,69\cdot10^3\ \mathrm s}{60\ \mathrm{s/min}}\\ &= 94,8\ \mathrm{min} \end{aligned}

Convertim el temps d’observació:

\begin{aligned} t &= (12,0\ \mathrm h)(3\,600\ \mathrm{s/h})\\ &= 4,32\cdot10^4\ \mathrm s \end{aligned}

\begin{aligned} n &= \frac{t}{T}\\ &= \frac{4,32\cdot10^4\ \mathrm s}{5,69\cdot10^3\ \mathrm s}\\ &= \boxed{7,60\ \text{voltes}} \end{aligned}

Per tant, ha completat 7 voltes completes i una part de la següent.

Pas 4. Calcular la gravetat

A partir de $F_g=mg$ i $F_g=GMm/r^2$ :

\begin{aligned} g &= \frac{GM}{r^2}\\ &= \frac{ (6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2})(4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}) }{ (6,40\cdot10^6\ \mathrm m)^2 }\\ &= \boxed{7,82\ \mathrm{m/s^2}} \end{aligned}

Pas 5. Deduir i calcular les energies

Com que l’òrbita és circular, $v^2=GM/r$ :

\begin{aligned} E_c &= \frac12mv^2\\ &= \frac{GMm}{2r} \end{aligned}

\begin{aligned} E_c &= \frac{ (6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2})(4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg})(3,20\cdot10^2\ \mathrm{kg}) }{ 2(6,40\cdot10^6\ \mathrm m) }\\ &= \boxed{8,00\cdot10^9\ \mathrm J} \end{aligned}

\begin{aligned} E_p &= -\frac{GMm}{r}\\ &= -\frac{ (6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2})(4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg})(3,20\cdot10^2\ \mathrm{kg}) }{ 6,40\cdot10^6\ \mathrm m }\\ &= \boxed{-1,60\cdot10^{10}\ \mathrm J} \end{aligned}

\begin{aligned} E_m &= E_c+E_p\\ &= \frac{GMm}{2r}-\frac{GMm}{r}\\ &= -\frac{GMm}{2r} \end{aligned}

\begin{aligned} E_m &= 8,00\cdot10^9\ \mathrm J-1,60\cdot10^{10}\ \mathrm J\\ &= \boxed{-8,00\cdot10^9\ \mathrm J} \end{aligned}

Comprovació: $E_p=-2E_c$ i $E_m=-E_c$ , tal com correspon a una òrbita circular. L’energia mecànica negativa indica una òrbita tancada (lligada).

Exemple resoltDues forces alineades: el període d’una sonda

La sonda Mirall, de massa $m=8,00\cdot10^2\ \mathrm{kg}$ , gira al voltant de Lumen ( $GM=1,045\cdot10^{20}\ \mathrm{m^3/s^2}$ , exemple 4) en una circumferència de radi $r=3,015\cdot10^{11}\ \mathrm m$ . Es manté sempre alineada amb Lumen i amb el planeta Teia ( $M_T=6,00\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}$ ), més enllà de Teia, a $d=1,50\cdot10^9\ \mathrm m$ d’aquest planeta.

Busquem: la força resultant sobre la sonda i el seu període.

Pas 1. Les dues forces

Per la llei de gravitació universal:

\begin{aligned} F_L &= \frac{GMm}{r^2}\\ &= \frac{(1,045\cdot10^{20}\ \mathrm{m^3/s^2})(8,00\cdot10^2\ \mathrm{kg})}{(3,015\cdot10^{11}\ \mathrm m)^2}\\ &= 0,920\ \mathrm N \end{aligned}

\begin{aligned} F_T &= \frac{GM_Tm}{d^2}\\ &= \frac{(6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2})(6,00\cdot10^{24}\ \mathrm{kg})(8,00\cdot10^2\ \mathrm{kg})}{(1,50\cdot10^9\ \mathrm m)^2}\\ &= 0,142\ \mathrm N \end{aligned}

Pas 2. Resultant

Lumen i Teia són al mateix costat de la sonda: les dues forces apunten cap a Lumen i se sumen.

\begin{aligned} F &= F_L+F_T\\ &= 0,9197\ \mathrm N+0,1423\ \mathrm N\\ &= \boxed{1,06\ \mathrm N} \end{aligned}

Pas 3. Període

Només actuen aquestes dues forces gravitatòries; per la segona llei de Newton, la resultant fa de força centrípeta:

\begin{aligned} F &= m\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2r\\ T &= 2\pi\sqrt{\frac{mr}{F}}\\ &= 2\pi\sqrt{\frac{(8,00\cdot10^2\ \mathrm{kg})(3,015\cdot10^{11}\ \mathrm m)}{1,062\ \mathrm N}}\\ &= \boxed{9,47\cdot10^7\ \mathrm s} \end{aligned}

En anys:

\begin{aligned} T &= \frac{9,469\cdot10^7\ \mathrm s}{3,156\cdot10^7\ \mathrm{s/any}}\\ &= 3,00\ \text{anys} \end{aligned}

Comprovació: sense Teia, només actuaria $F_L$ :

\begin{aligned} T_0 &= 2\pi\sqrt{\frac{mr}{F_L}}\\ &= 2\pi\sqrt{\frac{(8,00\cdot10^2\ \mathrm{kg})(3,015\cdot10^{11}\ \mathrm m)}{0,9197\ \mathrm N}}\\ &= 1,018\cdot10^8\ \mathrm s=3,22\ \text{anys} \end{aligned}

Teia afegeix força cap al centre i escurça el període.

Idea final per no barrejar fórmules:
circular → iguala gravetat i força centrípeta; canvi d’estat → resta energies finals menys inicials; escapament mínim → imposa $E_{m,f}=0$ .

Practica

Posa’t a prova

Tipus PAU

1Tipus PAU: mesurar Mart amb l’òrbita d’una sonda

Problema de 2,5 punts. Una sonda de referència descriu una òrbita circular al voltant de Mart, de radi $8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m}$ i període de $6\ \mathrm{h}\ 16\ \mathrm{min}$ .

Una segona sonda, de $350\ \mathrm{kg}$ , es mou en una òrbita circular del mateix radi.

En aquest exercici, no utilitzis el valor de $GM$ de Mart de la taula: l’has d’obtenir de les dades orbitals. Fes servir $R_M=3{,}390\cdot10^6\ \mathrm{m}$ .

a
A partir de la llei de gravitació universal i de la segona llei de Newton, dedueix l’expressió que relaciona la massa de Mart amb el radi i el període de l’òrbita, i calcula la massa de Mart. Calcula també l’altura de la segona sonda, la seva velocitat orbital i la intensitat del camp gravitatori en aquella òrbita. [1,25 punts]

b
Calcula les energies cinètica, potencial i mecànica de la segona sonda i explica el signe de l’energia mecànica. La sonda vol escapar amb un únic impuls breu en el sentit del moviment: calcula la velocitat total mínima després de l’impuls, l’increment de velocitat i l’energia que cal aportar. [1,25 punts]

Mostra la solució

a) Massa de Mart, altura, velocitat i camp [1,25 punts]

Convertim el període:

T=6\cdot3\,600\ \mathrm{s}+16\cdot60\ \mathrm{s} =22\,560\ \mathrm{s}

Llei de gravitació universal: Mart exerceix sobre la sonda la força $F=\dfrac{GMm}{r^2}$ .
Segona llei de Newton amb acceleració centrípeta: $F=m\dfrac{v^2}{r}$ , amb $v=\dfrac{2\pi r}{T}$ .

Només actua la gravetat; igualem:

\frac{GMm}{r^2} =m\frac{v^2}{r} =m\frac{4\pi^2r}{T^2}

D’aquí:

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

Primer calculem $GM$ :

GM=\frac{4\pi^2r^3}{T^2} =\frac{4\pi^2\cdot(8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m})^3}{(22\,560\ \mathrm{s})^2} =\frac{4\pi^2\cdot5{,}514\cdot10^{20}\ \mathrm{m^3}}{5{,}090\cdot10^8\ \mathrm{s^2}} =4{,}277\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}

Després:

M=\frac{GM}{G} =\frac{4{,}277\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}}{6{,}674\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}}}

\boxed{M=6{,}41\cdot10^{23}\ \mathrm{kg}}

Aquest valor és lleugerament diferent del que correspon a la taula perquè les dades orbitals de l’enunciat estan arrodonides.

L’altura, la velocitat i el camp a l’òrbita:

h=r-R_M =8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m}-3{,}390\cdot10^6\ \mathrm{m} =\boxed{4{,}81\cdot10^6\ \mathrm{m}=4\,810\ \mathrm{km}}

v=\frac{2\pi r}{T} =\frac{2\pi\cdot8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m}}{22\,560\ \mathrm{s}} =\boxed{2{,}28\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}

g(r)=\frac{GM}{r^2} =\frac{4{,}277\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}}{(8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m})^2} =\frac{4{,}277\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}}{6{,}724\cdot10^{13}\ \mathrm{m^2}} =\boxed{0{,}636\ \mathrm{N/kg}}

b) Energies i escapament [1,25 punts]

E_c=\frac12mv^2 =\frac12\cdot350\ \mathrm{kg}\cdot(2{,}284\cdot10^3\ \mathrm{m/s})^2 =\boxed{9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J}}

E_p=-\frac{GMm}{r} =-\frac{4{,}277\cdot10^{13}\ \mathrm{m^3/s^2}\cdot350\ \mathrm{kg}}{8{,}200\cdot10^6\ \mathrm{m}} =\boxed{-1{,}83\cdot10^9\ \mathrm{J}}

E_m=E_c+E_p =9{,}127\cdot10^8\ \mathrm{J}+(-1{,}825\cdot10^9\ \mathrm{J}) =\boxed{-9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J}}

El signe negatiu indica que la sonda segueix una òrbita tancada (lligada) al voltant de Mart. Cal aportar energia perquè pugui escapar.

Per escapar, l’energia mecànica ha de ser com a mínim zero: $\frac12mv_{\text{esc}}^2-\frac{GMm}{r}=0$ . La velocitat total mínima és:

v_{\text{esc}}=\sqrt{\frac{2GM}{r}} =\sqrt2\,v_{\text{orb}} =\sqrt2\cdot2{,}284\cdot10^3\ \mathrm{m/s}

\boxed{v_{\text{esc}}=3{,}23\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}

L’increment de velocitat és:

\Delta v=v_{\text{esc}}-v_{\text{orb}} =3{,}230\cdot10^3\ \mathrm{m/s}-2{,}284\cdot10^3\ \mathrm{m/s}

\boxed{\Delta v=946\ \mathrm{m/s}}

L’energia final mínima és zero:

\Delta E_m=0-E_{m,i} =0-(-9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J})

\boxed{\Delta E_m=9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J}}

Pauta orientativa (2,5 punts)

Apartat	Pas	Punts
a)	Llei de gravitació universal i segona llei de Newton, «només actua la gravetat», i igualtat $GMm/r^2=m\,4\pi^2r/T^2$	0,25
a)	$T$ en segons i expressió $M=4\pi^2r^3/(GT^2)$	0,25
a)	Substitució i $M=6{,}41\cdot10^{23}\ \mathrm{kg}$	0,25
a)	$h=r-R_M=4{,}81\cdot10^6\ \mathrm{m}$	0,25
a)	$v=2{,}28\cdot10^3\ \mathrm{m/s}$ i $g=0{,}636\ \mathrm{N/kg}$	0,25
b)	$E_c$ i $E_p$ amb substitució	0,25
b)	$E_m=-9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J}$ i signe: òrbita tancada (lligada)	0,25
b)	Condició $E_m=0$ i $v_{\text{esc}}=3{,}23\cdot10^3\ \mathrm{m/s}$	0,25
b)	$\Delta v=946\ \mathrm{m/s}$	0,25
b)	$\Delta E_m=9{,}13\cdot10^8\ \mathrm{J}$	0,25

Unitats que falten o són errònies: −0,25 punts per problema. Resultats amb 6 xifres significatives o més, o amb una sola: −0,1 punts.