Problema 2

Puesto que La Tierra da 1 vuelta (= $2\pi$ radianes) en 1 día (= 3600 x 24 segundos), su velocidad angular es

$$\omega=\frac{2\pi}{3600\times 24}=7.27\times 10^{-5}~{\rm rad/s}\, .$$ (6)

Para la órbita se cumple que la fuerza que actúa sobre el satélite, que es la gravitatoria ${\displaystyle G\frac{M_{\scriptscriptstyle \rm Tierra}m}{r^2}}$, le produce al satélite exclusivamente una aceleración centrípeta:

$$G\frac{M_{\scriptscriptstyle \rm Tierra}m}{r^2}=ma_{\scripts... ...yle \rm centr} =m\omega_{\scriptscriptstyle \rm satel}^2 r\, ,$$ (7)

siendo la velocidad angular del satélite $\omega_{\scriptscriptstyle \rm satel}$, para una órbita geoestacionaria, igual a (6). Puesto que la aceleración de la gravedad g sobre la superficie de La Tierra es ${\displaystyle g=G\frac{M_{\scriptscriptstyle \rm Tierra}}{R_{\scriptscriptstyle \rm Tierra}^2} =9.81~{\rm m/s}}$, del resultado (7) se despeja el radio de la órbita geoestacionaria

$$r_{\scriptscriptstyle \rm geo}=\left(\frac{gR_{\scriptscript... ...rra}^2}{\omega^2}\right)^{1/3} =42.2\times 10^{3}~{\rm km}\, .$$ (8)

La velocidad lineal de traslación del satélite es entonces

$$v_{\scriptscriptstyle \rm geo}=r_{\scriptscriptstyle \rm geo}\,\omega=3071~{\rm m/s}=11054~{\rm km/h}\, .$$ (9)

Recordemos que para un campo conservativo como el gravitatorio, a una fuente puntual (para puntos fuera de La Tierra a ésta la podemos considerar puntual) que crea un campo atractivo le corresponde una energía potencial negativa: ${\displaystyle -G\frac{M_{\scriptscriptstyle \rm Tierra}m}{r}}$. El signo menos es debido a que si para puntos infinitamente alejados ($r=\infty$), de forma que allá ya no se ``nota'' el campo atractivo, entonces para puntos más próximos, donde una masa está más ``sujeta'' por la atracción gravitatoria, la energía potencial tiene que ser menor que para puntos muy alejados: como para el infinito la energía potencial es 0, para puntos más próximos, la energía potencial (que es menor) tiene que ser entonces negativa. Para una masa m a una distancia r de una masa puntual M, y por tanto sometida a una energía potencial ${\displaystyle -G\frac{Mm}{r}}$, se define la velocidad $v_{\scriptscriptstyle \rm escape}$ como la velocidad necesaria para escapar de tal campo gravitatorio atractivo y llegar a un punto alejado infinitamente de cualquier masa (y por tanto, un punto donde la energía potencial es 0) con una velocidad 0. Por lo tanto, la energía mecánica (suma de energía cinética y potencial) en este punto alejado infinitamente es 0, y como la energía mecánica se conserva (suponemos que no hay rozamientos en el espacio)

$$E_{\scriptscriptstyle \rm mec}=\frac m2 \,v_{\scriptscriptst... ...\right) =E_{\scriptscriptstyle \rm mec\:punto\:infinito}=0\, .$$ (10)

Sustituyendo ${\displaystyle g=G\frac{M_{\scriptscriptstyle \rm Tierra}}{R_{\scriptscriptstyle \rm Tierra}^2}}$ en esta última ecuación obtenemos que la velocidad de escape para una órbita geoestacionaria (de radio igual a (8)) es

$$v_{\scriptscriptstyle \rm escape}=\sqrt{2g\frac{R_{\scriptsc... ...iptscriptstyle \rm geo}}} =4343~{\rm m/s}=15636~{\rm km/h}\, ,$$ (11)

que no depende de la masa m que se quiere escapar del campo gravitatorio terrestre.

Puesto que la masa de la partícula que lanzamos es mucho menor que la masa del satélite, podemos considerar que éste no varía su velocidad de traslación (que sigue siendo (9)). Medida con respecto al satélite, la velocidad de escape (11) de la partícula será entonces

$$v_{\scriptscriptstyle \rm relativa\:part}=v_{\scriptscriptst... ...scriptscriptstyle \rm geo} =1272~{\rm m/s}=4582~{\rm km/h}\, .$$ (12)

Para la útima parte del problema hay que tener en cuenta que la fuerza gravitatoria, por ser central, no tiene momento con respecto al centro de la órbita: ${\vec{M}=\vec{r}\times\vec{F}_{\scriptscriptstyle \rm grav} =\vec{0}}$ (ya que $\vec{r}$ y $\vec{F}_{\scriptscriptstyle \rm grav}$ son antiparalelos). Por ello, y teniendo en cuenta que el momento de una fuerza es lo que hace cambiar con el tiempo al momento angular ${\vec{L}=\vec{r}\times \left(m\vec{v}\right)}$ a través de la ecuación ${\displaystyle \vec{M}=\frac{d\vec{L}}{dt}}$, entonces el momento angular medido desde el centro de la órbita (desde La Tierra) para el movimiento de la partícula es constante (que es la segunda ley de Kepler)

$$L_{\scriptscriptstyle \rm inicial}=m_{\scriptscriptstyle \rm... ...riptscriptstyle \rm cerca}v_{\scriptscriptstyle \rm cerca}\, ,$$ (13)

donde v' es la velocidad de la partícula medida desde el centro de la órbita (o sea, desde La Tierra, que suponemos es un sistema inercial). Puesto que el satélite va a la velocidad (9) (medida desde La Tierra) y la partícula a una velocidad (12) (medida desde el satélite y disparada en sentido contrario al del movimiento de éste), entonces la velocidad de la partícula v' medida desde La Tierra es $v'=v_{\scriptscriptstyle \rm geo}-v_{\scriptscriptstyle \rm relativa\:part} =1798~{\rm m/s}=6472~{\rm km/h}$. Como además del momento angular también se conserva la energía mecánica (suponiendo que no hay rozamientos de ningún tipo), entonces aparte de (13) también se cumple que la energía mecánica en el instante inicial del disparo es igual a la energía mecánica en el punto de la trayectoria más cercano a La Tierra

$$\frac{m_{\scriptscriptstyle \rm part}}{2}v'^2 -G\frac{M_{\sc... ...ptscriptstyle \rm part}}{r_{\scriptscriptstyle \rm cerca}}\, ,$$ (14)

en donde, tras sustituir el resultado (13) para despejar $r_{\scriptscriptstyle \rm cerca}$ y teniendo siempre en cuenta que ${\displaystyle g=G\frac{M_{\scriptscriptstyle \rm Tierra}}{R_{\scriptscriptstyle \rm Tierra}^2}}$, obtenemos la siguiente ecuación de segundo grado

$$\left(\frac{v_{\scriptscriptstyle \rm cerca}}{v'}\right)^2 -... ...Tierra}^2}{v'^2 r_{\scriptscriptstyle \rm geo}}-1\right]=0\, .$$

De las dos soluciones posibles que tiene la ecuación, ${\displaystyle \frac{v_{\scriptscriptstyle \rm cerca}}{v'}= \frac{\displaystyle... ...ptscriptstyle \rm Tierra}^2}{v'^2 r_{\scriptscriptstyle \rm geo}}-1\right]}{2}}$, nos interesa aquella que corresponde al punto más cercano a La Tierra y por tanto a la velocidad mayor posible (signo + en el +/-), ya que de acuerdo con (13), el producto del radio de la órbita por la velocidad es una constante

$$\frac{v_{\scriptscriptstyle \rm cerca}}{v'} =2\,\underbrace{... ...iptstyle \rm geo}}}_{\displaystyle \approx 3}-1\approx 5 \, .$$

Y volviendo a (13), la distancia más cerca a La Tierra de la órbita de la partícula será

$$r_{\scriptscriptstyle \rm cerca}=r_{\scriptscriptstyle \rm g... ...{\scriptscriptstyle \rm cerca}}{5}=8.5\times 10^3~{\rm km}\, .$$ (15)

Tal órbita, de acuerdo con la primera ley de Kepler, es una órbita elíptica.