Viatges per l’espai: posar en òrbita, canviar d’òrbita i escapar

Energia necessària per posar un satèl·lit en òrbita

Sense propulsió ni fregament, la gravetat conserva l’energia mecànica. En canvi, per posar un satèl·lit en òrbita cal aportar-li energia mitjançant una acció no gravitatòria, com la propulsió.

En un model de massa constant i sense pèrdues, el treball net d’aquestes forces és:

$$\boxed{W_{\text{no grav}}=\Delta E_m=E_{m,f}-E_{m,i}}$$

Des de la superfície fins a una òrbita circular

Suposem que el satèl·lit parteix en repòs respecte d’un sistema de referència centrat en el planeta. Això implica que negligim la rotació terrestre.

Inicialment:

$$E_{m,i}=-\frac{GMm}{R}$$

En l’òrbita circular final, de radi $r$:

$$E_{m,f}=-\frac{GMm}{2r}$$

Per tant:

$$\boxed{\Delta E_m=\frac{GMm}{R}-\frac{GMm}{2r}}$$

No n’hi ha prou amb calcular l’augment d’energia potencial, perquè el satèl·lit també ha d’acabar amb la velocitat orbital corresponent.

Exemple resoltPosar 1.000 kg en òrbita a 400 km

L’energia de l’òrbita a 400 km és la de l’exemple energies a 400 km d’altura.

L’energia inicial és:

$$E_{m,i} =-\frac{(3{,}986\cdot10^{14})(1\,000)}{6{,}371\cdot10^6} \simeq-6{,}26\cdot10^{10}\ \mathrm{J}$$

L’energia final és la calculada abans:

$$E_{m,f}\simeq-2{,}94\cdot10^{10}\ \mathrm{J}$$

Per tant:

$$\Delta E_m \simeq(-2{,}9434\cdot10^{10})-(-6{,}2565\cdot10^{10})$$

$$\boxed{\Delta E_m\simeq3{,}31\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}$$

Aquest resultat és l’augment ideal de l’energia mecànica del satèl·lit, no l’energia química que ha de consumir un coet real. En un llançament real també intervenen l’atmosfera, el rendiment dels motors i la massa del combustible.

Energia necessària per canviar d’òrbita circular

Si el satèl·lit passa d’una òrbita circular de radi $r_1$ a una altra de radi $r_2$:

$$\begin{aligned} &E_{m,1}=-\frac{GMm}{2r_1}\\ &E_{m,2}=-\frac{GMm}{2r_2} \end{aligned}$$

La diferència és:

$$\boxed{\Delta E_m= \frac{GMm}{2}\left(\frac1{r_1}-\frac1{r_2}\right)}$$

• Si $r_2>r_1$, aleshores $\Delta E_m>0$: cal aportar energia.
• Si $r_2<r_1$, aleshores $\Delta E_m<0$: cal reduir l’energia mecànica.

Exemple resoltD’una òrbita baixa a una de geoestacionària

Per a un satèl·lit de $1\,000\ \mathrm{kg}$:

$$\begin{aligned} &r_1=6{,}771\cdot10^6\ \mathrm{m}\\ &r_2=4{,}2164\cdot10^7\ \mathrm{m} \end{aligned}$$

$$\Delta E_m= \frac{(3{,}986\cdot10^{14})(1\,000)}{2} \left( \frac1{6{,}771\cdot10^6} -\frac1{4{,}2164\cdot10^7} \right)$$

$$\boxed{\Delta E_m\simeq2{,}47\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}$$

Cal aportar energia, tot i que la velocitat circular final serà menor.

Aquest càlcul compara els estats inicial i final. No determina les maniobres ni l’increment total de velocitat necessari. Durant la transferència, el satèl·lit no passa simplement per una successió d’òrbites circulars.

Exemple resoltCanvi a una òrbita amb el doble de període

El mateix satèl·lit passa de l’òrbita anterior, de radi $r_1=6,40\cdot10^6\ \mathrm m$, a una altra òrbita circular al voltant d’Aster. El nou període és el doble.

Busquem: el nou radi, la nova altura i l’energia que cal aportar.

Pas 1. Aplicar la tercera llei de Kepler

Com que les dues òrbites són al voltant del mateix astre:

$$\frac{T_1^2}{r_1^3}=\frac{T_2^2}{r_2^3}$$

Aïllem $r_2$:

$$r_2=r_1\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{2/3}$$

$$\begin{aligned} r_2 &= (6,40\cdot10^6\ \mathrm m)\,2^{2/3}\\ &= \boxed{1,02\cdot10^7\ \mathrm m} \end{aligned}$$

Per als càlculs següents conservem $r_2=1,016\cdot10^7\ \mathrm m$.

Parany: doblar el període no implica doblar el radi.

Pas 2. Calcular l’altura

$$\begin{aligned} h_2 &= r_2-R\\ &= 1,016\cdot10^7\ \mathrm m-5,50\cdot10^6\ \mathrm m\\ &= \boxed{4,66\cdot10^6\ \mathrm m} \end{aligned}$$

Pas 3. Calcular el canvi d’energia mecànica

Les òrbites inicial i final són circulars:

$$\Delta E_m =\frac{GMm}{2}\left(\frac1{r_1}-\frac1{r_2}\right)$$

$$\begin{aligned} \Delta E_m&= \frac{ (6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2})(4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg})(3,20\cdot10^2\ \mathrm{kg}) }{2}\\ &\quad{}\times \left( \frac1{6,40\cdot10^6\ \mathrm m} -\frac1{1,016\cdot10^7\ \mathrm m} \right)\\ &= \boxed{+2,96\cdot10^9\ \mathrm J} \end{aligned}$$

Sense fregament, el treball dels motors és:

$$\boxed{ \begin{aligned} W_{\mathrm{motors}} &= \Delta E_m\\ &= +2,96\cdot10^9\ \mathrm J \end{aligned} }$$

Pas 4. Distingir-ho del canvi d’energia potencial

$$\begin{aligned} \Delta E_p &= GMm\left(\frac1{r_1}-\frac1{r_2}\right)\\ &= 2\Delta E_m \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \Delta E_p &= 2(2,96\cdot10^9\ \mathrm J)\\ &= \boxed{+5,92\cdot10^9\ \mathrm J} \end{aligned}$$

Com que $\Delta E_m=\Delta E_c+\Delta E_p$:

$$\begin{aligned} \Delta E_c &= \Delta E_m-\Delta E_p\\ &= 2,96\cdot10^9\ \mathrm J-5,92\cdot10^9\ \mathrm J\\ &= \boxed{-2,96\cdot10^9\ \mathrm J} \end{aligned}$$

Comprovació: la nova òrbita és més alta i el satèl·lit hi circula més lent. L’energia cinètica disminueix, però la potencial augmenta més; per això cal aportar energia mecànica.

Velocitat d’escapament

La velocitat d’escapament és la velocitat mínima que ha de tenir un cos a una distància $r$ del centre per poder allunyar-se indefinidament, sense propulsió posterior.

En el cas mínim, arriba a l’infinit amb velocitat que tendeix a zero. Per tant:

$$E_{m,\infty}=0$$

Per conservació de l’energia:

$$\frac12mv_{\text{esc}}^2-\frac{GMm}{r}=0$$

Aïllem la velocitat:

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

La massa $m$ es cancel·la. Per això, en aquest model, la velocitat d’escapament no depèn de la massa del cos que escapa.

Compte: la relació $v_{\text{esc}}=\sqrt2\,v_{\text{orb}}$ només és vàlida si $v_{\text{orb}}$ és la velocitat d’una òrbita circular al mateix radi $r$. En una òrbita el·líptica, la velocitat del satèl·lit canvia al llarg del recorregut i, en general, no és igual a $\sqrt{GM/r}$. Per això, multiplicar-la per $\sqrt2$ no dona la velocitat d’escapament. En qualsevol punt, la velocitat d’escapament continua sent $v_{\text{esc}}=\sqrt{2GM/r}$, on $r$ és la distància al centre en aquell punt.

Des de la superfície

Cal posar $r=R$:

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

Per a la Terra:

$$v_{\text{esc,sup}} =\sqrt{\frac{2(3{,}986\cdot10^{14})}{6{,}371\cdot10^6}}$$

$$\boxed{v_{\text{esc,sup}}\simeq11{,}2\ \mathrm{km/s}}$$

És un valor ideal: no inclou l’atmosfera ni l’efecte de la rotació terrestre. Tampoc significa que un coet real hagi d’assolir aquesta velocitat instantàniament a la superfície, perquè pot continuar rebent energia dels motors mentre puja.

Exemple resoltEscapament des de Mart

Per a Mart:

$$\begin{aligned} &M=6{,}417\cdot10^{23}\ \mathrm{kg}\\ &R=3{,}390\cdot10^6\ \mathrm{m} \end{aligned}$$

$$v_{\text{esc}} =\sqrt{\frac{2(6{,}674\cdot10^{-11})(6{,}417\cdot10^{23})} {3{,}390\cdot10^6}}$$

$$\boxed{v_{\text{esc}}\simeq5{,}03\ \mathrm{km/s}}$$

És menor que a la Terra perquè el quocient $GM/R$ és menor: cal menys energia per unitat de massa per escapar de Mart.

Escapar des d’una òrbita: velocitat total i increment de velocitat

Un satèl·lit en òrbita circular ja té velocitat. Per això, no has de confondre:

• $v_{\text{esc}}$: la velocitat total que ha de tenir després de la maniobra.
• $\Delta v$: l’increment de velocitat que cal donar-li.

Al mateix radi:

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

Per tant:

$$\boxed{v_{\text{esc}}=\sqrt2\,v_{\text{orb}}}$$

Si l’impuls és breu, tangent a l’òrbita i en el mateix sentit del moviment, les velocitats tenen la mateixa direcció. Aleshores:

$$\Delta v=v_{\text{esc}}-v_{\text{orb}}$$

$$\boxed{\Delta v=(\sqrt2-1)v_{\text{orb}}}$$

Aquesta és la manera de minimitzar el mòdul de l’increment de velocitat per escapar des d’una òrbita circular amb un únic impuls.

Quanta energia cal aportar per escapar?

L’energia mecànica inicial de l’òrbita circular és:

$$E_{m,i}=-\frac{GMm}{2r}$$

En l’escapament mínim, l’energia final és zero:

$$\boxed{\Delta E_m=\frac{GMm}{2r}}$$

Per al satèl·lit de $1\,000\ \mathrm{kg}$ a 400 km:

$$\boxed{\Delta E_m\simeq2{,}94\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}$$

Com que el radi pràcticament no canvia durant l’impuls, l’energia potencial tampoc no canvia. Per això, l’energia aportada augmenta l’energia cinètica:

$$\Delta E_m=\frac12m\left(v_{\text{esc}}^2-v_{\text{orb}}^2\right)$$

No és correcte escriure $\Delta E_m=\frac12m(\Delta v)^2$: el canvi d’energia cinètica depèn de la diferència dels quadrats de les velocitats, no del quadrat de la seva diferència.

Exemple resoltEscapament des de 400 km d’altura

Hem calculat:

$$v_{\text{orb}}\simeq7{,}67\ \mathrm{km/s}$$

La velocitat total d’escapament en aquell punt és:

$$v_{\text{esc}}=\sqrt2\cdot7{,}67 \simeq10{,}85\ \mathrm{km/s}$$

Per tant:

$$\Delta v=10{,}85-7{,}67$$

$$\boxed{\Delta v\simeq3{,}18\ \mathrm{km/s}}$$

El satèl·lit no necessita un increment de $10{,}85\ \mathrm{km/s}$, perquè ja es mou a $7{,}67\ \mathrm{km/s}$.

Exemple resoltEscapar des de l’òrbita inicial

Tornem a l’òrbita de radi $r=6,40\cdot10^6\ \mathrm m$.

Busquem:

1. La velocitat mínima d’escapament.
2. L’energia que cal aportar al satèl·lit de $3,20\cdot10^2\ \mathrm{kg}$.
3. La massa màxima que podria escapar si disposem d’$1,50\cdot10^{10}\ \mathrm J$ d’energia útil.

Pas 1. Imposar l’energia mínima d’escapament

Per escapar amb la velocitat mínima, el satèl·lit arriba a l’infinit amb velocitat nul·la. Per tant:

$$E_{m,f}=0$$

Per conservació de l’energia després de l’impuls:

$$\frac12mv_{\mathrm{esc}}^2-\frac{GMm}{r}=0$$

$$v_{\mathrm{esc}}=\sqrt{\frac{2GM}{r}}$$

$$\begin{aligned} v_{\mathrm{esc}} &= \sqrt{ \frac{ 2(6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2})(4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}) }{ 6,40\cdot10^6\ \mathrm m } }\\ &= \boxed{1,00\cdot10^4\ \mathrm{m/s}} \end{aligned}$$

Comprovació: és més gran que la velocitat circular, $7,07\cdot10^3\ \mathrm{m/s}$, i la relació és $\sqrt2$.

Pas 2. Calcular l’energia addicional

Inicialment, el satèl·lit ja té energia cinètica perquè està en òrbita:

$$E_{m,i}=-\frac{GMm}{2r}$$

L’energia mínima que cal aportar és:

$$\begin{aligned} \Delta E_{\mathrm{esc}} &= E_{m,f}-E_{m,i}\\ &= 0-\left(-\frac{GMm}{2r}\right)\\ &= \frac{GMm}{2r} \end{aligned}$$

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

Parany: no cal aportar tota l’energia cinètica associada a $v_{\mathrm{esc}}$, perquè el satèl·lit ja es mou. Cal aportar la diferència entre l’estat final i l’inicial.

Pas 3. Calcular la massa màxima

Igualem l’energia útil disponible a l’increment mínim necessari:

$$E_d=\frac{GMm_{\max}}{2r}$$

$$m_{\max}=\frac{2rE_d}{GM}$$

$$\begin{aligned} m_{\max} &= \frac{ 2(6,40\cdot10^6\ \mathrm m)(1,50\cdot10^{10}\ \mathrm J) }{ (6,67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2}) (4,80\cdot10^{24}\ \mathrm{kg}) }\\ &= \boxed{6,00\cdot10^2\ \mathrm{kg}} \end{aligned}$$

Comprovació: aquesta massa és més gran que la del satèl·lit inicial, coherent amb el fet que l’energia disponible també és més gran que la que necessitava aquell satèl·lit.

ComprovaQuè has de comprovar en un problema de PAU?

Abans de substituir dades, identifica l’estat inicial, l’estat final i el que et demanen.

• Radi o altura? Si tens $h$, calcula $r=R+h$.
• Òrbita circular? Només en aquest cas pots aplicar directament $v=\sqrt{GM/r}$ i $E_m=-GMm/(2r)$.
• Període o velocitat? Pots trobar el radi amb $r=\sqrt[3]{GMT^2/(4\pi^2)}$ o amb $r=GM/v^2$.
• Energia aportada? Calcula sempre $E_{m,f}-E_{m,i}$, amb els signes.
• Escapament? El llindar mínim és $E_m=0$.
• Velocitat total o increment? Si el cos ja es mou, no són el mateix.
• Unitats? Passa quilòmetres a metres i minuts o hores a segons.
• Com ho escrius? Nomena les lleis («llei de gravitació universal», «segona llei de Newton», «només actua la gravetat»), fes la substitució numèrica a cada expressió i posa unitats a tots els resultats, també als intermedis, amb 3 o 4 xifres significatives.

La connexió principal és aquesta:

La gravetat fixa la velocitat necessària per a una òrbita circular. Aquesta velocitat fixa l’energia cinètica i, juntament amb l’energia potencial, determina l’energia mecànica. Per passar a una òrbita circular de radi diferent cal canviar aquesta energia; per escapar, cal augmentar-la fins a zero com a mínim.