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Supuesto 12

Tema 36 · Modelo ·

Por , profesor de Física y Química en Secundaria

Un supuesto sobre gravitación que parte de una condición física con sentido cotidiano —un satélite que se mantiene siempre sobre el mismo punto del ecuador— para deducir, sin memorizar el resultado, el radio de su órbita, su altura sobre la superficie y su velocidad. Permite trabajar la segunda ley de Newton aplicada al movimiento circular bajo la fuerza gravitatoria.

Enunciado

Se desea situar un satélite de comunicaciones en una órbita geoestacionaria, es decir, de modo que permanezca siempre sobre el mismo punto del ecuador terrestre. Se pide:

Datos: G=6,67×10−11 N m2 kg−2G = 6{,}67\times 10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}}; MT=5,97×1024 kgM_\mathrm{T} = 5{,}97\times 10^{24}\ \mathrm{kg}; RT=6,37×106 mR_\mathrm{T} = 6{,}37\times 10^{6}\ \mathrm{m}.

Resolución

a) Periodo y radio de la órbita

Para permanecer sobre el mismo punto del ecuador, el satélite debe dar una vuelta en el mismo tiempo que la Tierra da una vuelta sobre su eje: un día sidéreo, que a efectos de este cálculo tomamos como T=24 h=86 400 sT = 24\ \mathrm{h} = 86\,400\ \mathrm{s}.

La fuerza gravitatoria es la fuerza centrípeta que mantiene la órbita circular:

GMTmr2=m 4π2T2 r  ⟹  r=(GMT T24π2)1/3\frac{GM_\mathrm{T}m}{r^2} = m\,\frac{4\pi^2}{T^2}\,r \;\Longrightarrow\; r = \left(\frac{GM_\mathrm{T}\,T^2}{4\pi^2}\right)^{1/3}

La masa del satélite se cancela. Sustituyendo:

r=(6,67×10−11⋅5,97×1024⋅(86 400)24π2)1/3=(7,53×1022)1/3=4,22×107 mr = \left(\frac{6{,}67\times 10^{-11}\cdot 5{,}97\times 10^{24}\cdot (86\,400)^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} = \left(7{,}53\times 10^{22}\right)^{1/3} = 4{,}22\times 10^{7}\ \mathrm{m}

Es decir, unos 42 200 km42\,200\ \mathrm{km} medidos desde el centro de la Tierra.

b) Altura sobre la superficie

La altura se mide desde la superficie, no desde el centro:

h=r−RT=4,22×107−6,37×106=3,58×107 m≈35 800 kmh = r - R_\mathrm{T} = 4{,}22\times 10^{7} - 6{,}37\times 10^{6} = 3{,}58\times 10^{7}\ \mathrm{m} \approx 35\,800\ \mathrm{km}

c) Velocidad orbital

v=2πrT=2π⋅4,22×10786 400=3,07×103 m s−1v = \frac{2\pi r}{T} = \frac{2\pi\cdot 4{,}22\times 10^{7}}{86\,400} = 3{,}07\times 10^{3}\ \mathrm{m\,s^{-1}}

Comprobación cruzada. La misma velocidad debe salir de v=GMT/rv = \sqrt{GM_\mathrm{T}/r}:

v=6,67×10−11⋅5,97×10244,22×107=9,44×106=3,07×103 m s−1v = \sqrt{\frac{6{,}67\times 10^{-11}\cdot 5{,}97\times 10^{24}}{4{,}22\times 10^{7}}} = \sqrt{9{,}44\times 10^{6}} = 3{,}07\times 10^{3}\ \mathrm{m\,s^{-1}}

La coincidencia de ambos caminos valida el resultado.

Comentario didáctico

Este supuesto ilustra el patrón central de la gravitación en 1.º de Bachillerato: igualar la fuerza gravitatoria a la fuerza centrípeta y despejar la magnitud pedida. Su mayor valor formativo es que el resultado no se memoriza, sino que se deduce a partir de una condición con significado físico (mismo periodo que la rotación terrestre). Conviene insistir en dos matices: que la masa del satélite desaparece —todas las órbitas de un radio dado tienen la misma velocidad, independientemente de la masa— y que altura y radio orbital no son lo mismo, un error muy frecuente. La comprobación de la velocidad por dos vías independientes es una buena práctica de autoevaluación. Se conecta con el Tema 36 (fuerzas fundamentales: la interacción gravitatoria).

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