Problema 5. Pequeñas variaciones orbitales (15 Puntos)

XV OLIMPIADA ESPAÑOLA DE FÍSICA
Problema 5. Pequeñas variaciones orbitales
(15 Puntos)
En las maniobras de las naves espaciales en órbita, los cambios que se realizan en las
velocidades y alturas son habitualmente muy pequeños comparados con las velocidades y
radios orbitales respectivamente. Lo mismo ocurre para las energías, momentos angulares, etc.
en juego. En consecuencia, los cálculos involucran valores numéricos muy dispares y para
efectuarlos con sencillez, controlando al mismo tiempo la precisión, se deben adoptar ciertas
estrategias.
v0
El objetivo de este problema es
expresar los cambios que experimentan
algunos parámetros de una órbita cuando
variamos otros. Veremos que los efectos
resultan aproximadamente proporcionales a las
variaciones causantes de los mismos cuando
unos y otros son muy pequeños.
Como modelo, supondremos que la Tierra
es una esfera de radio R  6370km y que carece
Órbita
rasante
Tierra
Fig. 1
v
Órbita
circular baja
de atmósfera. Se sugiere emplear como dato la
aceleración de la gravedad en la superficie
terrestre: g  9,81 ms2 .
a) Calcule la velocidad v 0 de un satélite que
h
Tierra
orbitase en torno a la Tierra a ras del suelo,
como se muestra en la figura 1.
(2 Puntos)
b) Calcule el período T 0 de esta órbita.
(1 Punto)
La presencia de la atmósfera hace que las
órbitas razonablemente seguras deban situarse
por lo menos a una altura de unos 300 km
sobre la superficie terrestre (órbitas llamadas
“bajas”). Como 300 km son muy pocos frente
a los 6370 km del radio terrestre, son posibles
ciertos razonamientos aproximados.
c) Para una órbita baja, a una altura h = 300
km, como se muestra en la figura 2 (no está
dibujada a escala), calcule de forma
aproximada (a primer orden en h) la
velocidad orbital v aprox y determine la
Vigo, España.
Fig. 2
vP  v  v
rP
h
Órbita
elíptica
Tierra
rA
Fig. 3
vA
19 a 22 de Marzo de 2004
XV OLIMPIADA ESPAÑOLA DE FÍSICA
diferencia, v aprox , entre dicha velocidad orbital y la velocidad v 0 de la órbita rasante en
función de la altura h.
(2 Puntos)
d) Efectúe el cálculo numérico exacto de v, determine la diferencia v  v  v0 y compárela
con la obtenida en el apartado anterior, v aprox .
(1 Punto)
e) Calcule también la diferencia T entre el periodo exacto de la órbita baja (h = 300 km) con
su valor aproximado a primer orden en h.
(2 Puntos)
Consideremos ahora la órbita circular baja del apartado anterior. Con un breve encendido de
los motores de maniobra de la nave, se incrementa ligeramente el módulo de su velocidad en
 v , sin modificar su dirección (véase la figura 3). Con esta operación, la nave pasa de la órbita
circular a una órbita elíptica y se incorpora a la nueva órbita en su perigeo, a una distancia
rP  R  h del centro de la Tierra, con una velocidad v P  v   v siendo  v  v . El apogeo de la
órbita se encontrará a una distancia rA y en él la velocidad de la nave será v A , ambas
magnitudes estarán relacionadas con sus correspondientes en el perigeo a través de la
conservación de la energía mecánica de la nave y de su momento angular, L  mvr , respecto al
centro de la Tierra.
f) Suponiendo que  v  10 m / s , calcule, en términos de  v a primer orden de aproximación,
la diferencia entre las distancias del centro de la Tierra al apogeo y perigeo de la nueva
órbita, es decir  r  rA  rP .
(3 Puntos)
g) En el mismo orden de aproximación que el apartado anterior, calcule la diferencia,  T ,
entre el período de la nueva órbita elíptica T´ y el de la órbita circular inicial, T.
(4 Puntos)
Ayuda matemática
1
2
Binomio de Newton: 1  x n  1  nx  nn 1x 2  ...
n
Si   1 , podemos despreciar  2 y las potencias más elevadas y escribir 1     1  n
Esta expresión, que vale también para n no entero, nos da el valor de 1   n “a primer orden en
 ”.
Por ejemplo, a primer orden en  tenemos: 1   1 / 2  1   / 2
Aplicación: Si
b  a
Vigo, España.
, tendremos a  bn  a n 1  nb / a  , “ a primer orden en b”
19 a 22 de Marzo de 2004
XV OLIMPIADA ESPAÑOLA DE FÍSICA
SOLUCIÓN
v
m
a) Orbita circular:
0 
2
0
R
G
Mm
R
v0
g

R
R
r  Rh
b) Órbita baja:

2

GM 
g 


R2 
v 0  gR  7,90103 ms-1
R
 5,06 103 s  84,4 min
g
T0  2

v 2 GM
R2
 2 g 2
r
r
r
R2
v g
.
r

Utilizando la aproximación a primer orden obtenemos:
h 

v0  vapprox  gR 1 

 2R 
vapprox  
y por tanto,
h
2
g
 1,86  102 ms 1
R
Por otro lado, el cálculo exacto de v = v – v 0 :
 R 
v  gR 
 1  1,80  102 ms 1
 r

La aproximación comete un error del 6% del valor exacto.
T
c)
2 r
r3/ 2
 2
v
gR 2

T  T0
3h
3h
 2
2R
2R
R
g

T 
3
h  3,57 102 s
gR
Orbita elíptica
Conservación de la energía mecánica:
1
Mm 1
Mm
mvP2  G
 mv A2  G
2
rP
2
rA

1 1 
1 2  v 2A 
v P 1 2  GM  
2  v P 
rP rA 

v A rP

v P rA
Conservación del momento angular:
mvP rP  mv A rA


1 v P2 2
GM
rA  rP2 
rA  rP  
2
2 rA
rP rA
Vigo, España.

GM  v P2 rP
1 2
rA

r

r


A
P
v P rA  rP   GM

1 2 GM
2
rP
vP 
2
19 a 22 de Marzo de 2004
rP
XV OLIMPIADA ESPAÑOLA DE FÍSICA
Cálculo a primer orden en  v :
 v

v P2  v 2 1  2

v 


vP  v   v
2
 r  rA  rP 
v
v
v
1

2rP rP v
 4rP
Semieje mayor de la órbita circular:
a' 
v

r 

v
a  r  rP ;
 v

v P2 rP  GM1  2

v 

4rP3 / 2
R g

 v  3,45  104 m
Semieje mayor de la órbita elíptica:
1
rA  rP 
2
Tercera ley de Kepler:
 a'
T 'T  
a
3/ 2
T' 2
T2
T  3
a' 3
a3

r r 
T  a P 
 2rP 
  r
 T 1 

2rP 



v
v
3/ 2

3/ 2
1 
 r 
T  2

rP  
2 
 v

 T 1  2

v 

3
R
3/ 2
3/ 2

 v

 T 1  3

v 

rP
v  3,88.103 s
g
En estos cálculos la precisión de la aproximación es elevada porque  v  v .
Vigo, España.
19 a 22 de Marzo de 2004