Física · 2n de Batxillerat · PAU

Òrbites circulars, energia orbital i velocitat d’escapament

Per què un satèl·lit no cau, quant triga a fer una volta, què té d’especial una òrbita geoestacionària, quanta energia cal per pujar-lo i com s’escapa de la gravetat. Llegeix i juga amb cada figura.

11 min de lectura
10 figures interactives
3 exercicis resolts

llegeix i juga!

Un satèl·lit en òrbita està sotmès a la gravetat. No es manté en òrbita perquè la gravetat desaparegui, sinó perquè té una velocitat adequada i la gravetat en corba contínuament la trajectòria.

Per estudiar-lo, faràs servir dues eines que ja coneixes:

La segona llei de Newton, per relacionar la força gravitatòria amb el moviment circular.
L’energia mecànica, per calcular l’energia d’una òrbita, els canvis d’òrbita i l’escapament.

Abans de començar…

Accelerar per anar més lent?

Un satèl·lit gira a 400 km d’altura a 7,67 km/s. El volem pujar a l’òrbita geoestacionària, a 35 800 km. Què ha de fer? Encendre el motor cap endavant i accelerar.

Però quan arriba a dalt i torna a girar en cercle, va a 3,07 km/s: més lent que abans. I, tot i així, ha calgut aportar-li energia. La gravetat fixa la velocitat de cada òrbita, i l’energia mecànica decideix fins on pots arribar: aquesta pàgina t’ho explica pas a pas.

Dona-li un impuls al satèl·lit i mira fins on puja i a quina velocitat hi arriba. Amb prou impuls, ja no torna.

Mira-ho en 47 segons

Ara prova-ho tu:

Model ideal: un impuls instantani i tangent, sense aire. La Terra i les òrbites estan dibuixades a escala.

Les dades i el model que utilitzarem

Considerarem un planeta esfèric de massa $M$ i un satèl·lit de massa $m$ , amb $m\ll M$ . Negligirem el fregament amb l’atmosfera i l’atracció d’altres astres.

Símbol	Significat	Unitat del SI
$G$	Constant de gravitació universal	$\mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}}$
$M$	Massa del planeta	$\mathrm{kg}$
$m$	Massa del satèl·lit	$\mathrm{kg}$
$R$	Radi del planeta	$\mathrm{m}$
$h$	Altura sobre la superfície	$\mathrm{m}$
$r$	Distància del satèl·lit al centre del planeta	$\mathrm{m}$

La relació entre aquestes distàncies és:

\boxed{r=R+h}

A les fórmules gravitatòries has d’introduir $r$ , no $h$ , perquè la distància es mesura des del centre del planeta.

Farem servir:

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

Per a la Terra:

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

El producte $GM$ apareixerà sovint. Per a la Terra:

GM_T\simeq3{,}986\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3\,s^{-2}}

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}

En el nostre model, la gravetat és l’única força 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.

La força centrípeta no és una força addicional que s’hagi de sumar a la gravetat. És el nom que rep la força resultant dirigida cap al centre; aquí, aquesta força és la gravetat.

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.

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.

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 resolt: òrbita 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.

Quan és geoestacionària una òrbita?

Un satèl·lit geoestacionari es veu sempre en el mateix punt del cel des d’un observador fix a la superfície terrestre.

Perquè això passi, s’han de complir totes aquestes condicions:

L’òrbita ha de ser circular, perquè el moviment angular del satèl·lit sigui uniforme.
Ha d’estar en el pla de l’equador, perquè no es desplaci al nord i al sud respecte de la superfície.
Ha de recórrer l’òrbita en el mateix sentit que la Terra gira, d’oest a est.
El període ha de coincidir amb el període de rotació terrestre respecte de les estrelles, el dia sideral:

T\simeq86\,164\ \mathrm{s}

És aproximadament $23\ \mathrm{h}\ 56\ \mathrm{min}\ 4\ \mathrm{s}$ . Si un enunciat et dona $24\ \mathrm{h}$ , fes servir aquesta aproximació.

Tenir aquest període és necessari, però no suficient: si l’òrbita és inclinada o no és circular, el satèl·lit no es manté fix al cel.

Exemple resolt: altura geoestacionària

Calculem primer el radi:

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

Després restem el radi terrestre:

h=r-R_T

h\simeq4{,}2164\cdot10^7-6{,}371\cdot10^6 =3{,}5793\cdot10^7\ \mathrm{m}

\boxed{h\simeq35\,800\ \mathrm{km}}

La seva velocitat és:

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

És més baixa que la de l’estació espacial perquè el radi de l’òrbita és més gran.

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.

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 està lligat gravitacionalment al 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 resolt: energies 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 està lligat a la Terra, no que estigui aturat.

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 resolt: posar 1.000 kg en òrbita a 400 km

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 resolt: d’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.

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.

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 resolt: escapament 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.

Exemple resolt: escapament 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 $7{,}67\ \mathrm{km/s}$ .

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.

Què 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.

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.

Practica

Posa’t a prova

Tres exercicis resolts pas a pas, de menys a més difícils. Intenta’ls abans d’obrir la solució.

Bàsic

1Una òrbita terrestre baixa

Un satèl·lit descriu una òrbita circular a $550\ \mathrm{km}$ d’altura sobre la Terra.

a
A partir de la força gravitatòria i de la segona llei de Newton, dedueix l’expressió de la velocitat orbital circular.

b
Calcula el radi orbital, la velocitat i el període.

c
Calcula l’acceleració centrípeta i comprova que coincideix amb la intensitat del camp gravitatori en aquesta òrbita.

d
Un altre satèl·lit té el triple de massa i ocupa la mateixa òrbita. Canvien la velocitat, el període o la força gravitatòria? Justifica cada resposta.

Mostra la solució

a) Deducció de la velocitat

La gravetat produeix l’acceleració centrípeta:

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

Cancel·lem $m$ i simplifiquem:

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

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

b) Radi, velocitat i període

r=6{,}371\cdot10^6+550\cdot10^3 =\boxed{6{,}921\cdot10^6\ \mathrm{m}}

v=\sqrt{\frac{3{,}986\cdot10^{14}}{6{,}921\cdot10^6}} =\boxed{7{,}59\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}

T=\frac{2\pi r}{v} =\boxed{5{,}73\cdot10^3\ \mathrm{s} =95{,}5\ \mathrm{min}}

c) Acceleració

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

D’altra banda:

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

Coincideixen numèricament perquè $1\ \mathrm{N/kg}=1\ \mathrm{m/s^2}$ i perquè la gravetat és la causa de l’acceleració centrípeta.

d) Triple de massa

La velocitat no canvia, perquè $v=\sqrt{GM/r}$ no depèn de $m$ .
El període no canvia, perquè el radi i la velocitat són els mateixos.
La força gravitatòria es triplica, perquè $F_g=GMm/r^2$ és proporcional a $m$ .

La força més gran actua sobre una massa també més gran; per això, l’acceleració continua sent la mateixa.

Intermedi

2Pujar d’òrbita i acabar anant més lent

Un satèl·lit terrestre de $1\,200\ \mathrm{kg}$ passa d’una òrbita circular a $600\ \mathrm{km}$ d’altura a una altra òrbita circular a $20\,000\ \mathrm{km}$ .

a
Calcula els dos radis orbitals, les velocitats i els períodes.

b
Dedueix l’expressió de la variació d’energia mecànica entre dues òrbites circulars. Calcula-la per a aquesta transferència.

c
Calcula per separat les variacions d’energia cinètica i potencial. Comprova que la seva suma dona la variació d’energia mecànica.

d
Explica per què cal aportar energia, encara que la velocitat circular final sigui menor.

e
Si el satèl·lit tornés a l’òrbita inicial, quina seria la variació d’energia mecànica? Es pot obtenir l’increment de velocitat de les maniobres restant simplement les dues velocitats circulars? Justifica-ho.

Mostra la solució

a) Característiques de les dues òrbites

r_1=6{,}371\cdot10^6+600\cdot10^3 =6{,}971\cdot10^6\ \mathrm{m}

r_2=6{,}371\cdot10^6+20\,000\cdot10^3 =2{,}6371\cdot10^7\ \mathrm{m}

Apliquem:

\begin{aligned} &v=\sqrt{\frac{GM}{r}}\\ &T=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}} \end{aligned}

Magnitud	Òrbita inicial	Òrbita final
Radi	$6{,}971\cdot10^6\ \mathrm{m}$	$2{,}6371\cdot10^7\ \mathrm{m}$
Velocitat	$7{,}56\ \mathrm{km/s}$	$3{,}89\ \mathrm{km/s}$
Període	$5{,}79\cdot10^3\ \mathrm{s}$	$4{,}26\cdot10^4\ \mathrm{s}$
Període en hores	$1{,}61\ \mathrm{h}$	$11{,}8\ \mathrm{h}$

b) Variació d’energia mecànica

Per a cada òrbita circular:

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

Restem:

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

Les energies són:

E_{m,1}=-3{,}43\cdot10^{10}\ \mathrm{J}

E_{m,2}=-9{,}07\cdot10^9\ \mathrm{J}

Per tant:

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

c) Variacions d’energia cinètica i potencial

Com que $E_c=-E_m$ en una òrbita circular:

\begin{aligned} &E_{c,1}=3{,}43\cdot10^{10}\ \mathrm{J}\\ &E_{c,2}=9{,}07\cdot10^9\ \mathrm{J} \end{aligned}

\boxed{\Delta E_c=-2{,}52\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

Com que $E_p=2E_m$ :

\begin{aligned} &E_{p,1}=-6{,}86\cdot10^{10}\ \mathrm{J}\\ &E_{p,2}=-1{,}81\cdot10^{10}\ \mathrm{J} \end{aligned}

\boxed{\Delta E_p=5{,}05\cdot10^{10}\ \mathrm{J}}

Amb els valors sense arrodonir:

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

d) Per què cal aportar energia?

L’energia cinètica disminueix, però l’energia potencial augmenta el doble del que disminueix la cinètica. Per això, l’energia mecànica total augmenta i cal aportar energia.

e) Tornada i increments de velocitat

En tornar:

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

Cal reduir l’energia mecànica.

No es pot calcular l’increment de velocitat de les maniobres restant simplement les velocitats circulars. Aquestes corresponen a dos radis diferents, i el satèl·lit segueix una trajectòria de transferència entre les dues òrbites. Caldria conèixer les maniobres i la velocitat en els punts on es fan.

Tipus PAU

3Tipus PAU: mesurar Mart amb l’òrbita de Fobos

El satèl·lit natural Fobos descriu una òrbita aproximadament circular al voltant de Mart, de radi $9{,}376\cdot10^6\ \mathrm{m}$ i període de $7\ \mathrm{h}\ 39\ \mathrm{min}$ .

Una sonda de $400\ \mathrm{kg}$ es mou en una òrbita circular del mateix radi. Negligeix l’atracció de Fobos sobre la sonda.

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 segona llei de Newton, dedueix l’expressió que relaciona la massa de Mart amb el radi i el període de Fobos. Calcula la massa de Mart. [2,5 punts]

b
Calcula l’altura de la sonda, la velocitat orbital i la intensitat del camp gravitatori en aquella òrbita. [2,5 punts]

c
Calcula les energies cinètica, potencial i mecànica de la sonda. Explica el signe de l’energia mecànica. [2,5 punts]

d
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. [2,5 punts]

Mostra la solució

a) Massa de Mart

Convertim el període:

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

La gravetat produeix l’acceleració centrípeta:

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

Amb $v=2\pi r/T$ :

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

D’aquí:

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

Primer podem calcular:

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

Després:

M=\frac{GM}{G}

\boxed{M=6{,}43\cdot10^{23}\ \mathrm{kg}}

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

b) Altura, velocitat i camp

h=r-R_M =9{,}376\cdot10^6-3{,}390\cdot10^6

\boxed{h=5{,}986\cdot10^6\ \mathrm{m} \simeq5\,990\ \mathrm{km}}

v=\frac{2\pi r}{T} =\boxed{2{,}14\cdot10^3\ \mathrm{m/s}}

g(r)=\frac{GM}{r^2} =\boxed{0{,}488\ \mathrm{N/kg}}

c) Energies de la sonda

E_c=\frac{GMm}{2r} =\boxed{9{,}15\cdot10^8\ \mathrm{J}}

E_p=-\frac{GMm}{r} =\boxed{-1{,}83\cdot10^9\ \mathrm{J}}

E_m=E_c+E_p =\boxed{-9{,}15\cdot10^8\ \mathrm{J}}

El signe negatiu indica que la sonda està lligada gravitacionalment a Mart. Cal aportar energia perquè pugui escapar.

d) Escapament

La velocitat total mínima és:

v_{\text{esc}}=\sqrt{\frac{2GM}{r}} =\sqrt2\,v_{\text{orb}}

\boxed{v_{\text{esc}}=3{,}03\ \mathrm{km/s}}

L’increment de velocitat és:

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

\boxed{\Delta v=0{,}886\ \mathrm{km/s} =886\ \mathrm{m/s}}

L’energia final mínima és zero:

\Delta E_m=0-E_{m,i}

\boxed{\Delta E_m=9{,}15\cdot10^8\ \mathrm{J}}