NO ME SALEN
PROBLEMAS RESUELTOS DE FÍSICA DEL CBC
(Leyes de Newton)

 

¡no me salen!

NMS 4.10 - Un satélite de masa m = 100 kg describe una órbita circular alrededor de la Tierra. En una de sus revoluciones cruza sobre el ecuador a las 15 h. y luego pasa encima del polo sur a las 15.30 h. Considere la masa de la Tierra como MT = 6 x1024 kg, su radio como RT = 6.370 km, y G = 6,7 x10-11Nm²/kg².
   a) Hallar la altura h de la órbita respecto de la superficie terrestre.
   b) Hallar la velocidad de traslación del satélite.

 

De este ejercicio ya tenés uno muy parecido en el nro. 39. En la corrección del examen nos dimos cuenta que había sido uno de los más difíciles. ¿Sería la dificultad que presentan los sutiles cambios en la reformulación del ejercicio? ¿Sería las dificultades adicionales? ¿Será la operación con cantidades enormemente grandes o enormemente pequeñas? voy a tratar de resolverlo haciendo fuerte hincapié en esas sospechas que me estoy formulando.

   

Acá tenés un esquema del problema (es el mismo que figura en el que hice para el de la guía. ¡Muy pocos estudiantes hicieron un esquema! Ahí se ve calaramente que se trata de un movimiento circular de radio RO (por "radio de órbita)... ¡que es exactamente la misma distancia que existe entre los centros de masa de ambos cuerpos! (La distancia de la que habla la Ley de Gravitación Universal).

El esquema muestra claramente que esa distancia, el radio de órbita, es igual al radio terrestre RT más la altura a la que orbita el satélite, h. No fueron pocos los fracasos debidos a este elemental razonamiento.

Shhh... no digas nada... es el esquema que ya usé en el ejercicio 39. Shhh...
   

RO = RT + h

No tiene sentido trabajar todo el ejercicio con el binomio RT + h... es mucho más práctico y sencillo trabajar con RO y dejar el despeje de h (la pregunta del ejercicio) para el último paso.

   

Un contingente importante de estudiantes (este examen se tomó a unos 800 alumnos) erró en este sencillo cálculo: si el satélite va desde encima del ecuador hasta encima del polo, apenas completó un cuarto de vuelta. En el esquema se ve clarito. Pero ya te digo, esquemas son lo que no se ve en las respuestas en los exámenes.

De modo que si tarda 30 minutos en pegar un cuarto de vuelta tardará un tiempo cuatro veces mayor para girar en una vuelta entera. Ese dato es fundamental, y lo expresamos así: τ = 2 horas

Donde τ es el período, o sea, el intervalo de tiempo necesario para completar un giro.

Ya sé que la fotito de la Tierra no está bien orientada... pero es un esquema, no seas mala onda...
   

Lógicamente, para hacer operaciones algebraicas vamos a tener que homogeneizar las unidades. Eso obliga a expresar el período en segundos. Y recordando que una hora tiene 60 minutos, y cada minuto 60 segundos resulta que:

τ = 7.200 s

Bueno, ya es hora de que arranquemos con la Física. La Ley de Gravitación Universal nos asegura que:

FG = G . M . m / RO²

donde FG es la única fuerza que obra sobre el satélite, M es la masa de la Tierra, m es la del satélite, RO es la distancia que separa los centros de masa de ambos cuerpos, y G la Constante de Gravitación Universal.

Además, la 2da. ley de la dinámica a la cual el satélite no puede escapar, afirma que

FG = m aC

Como el enunciado ofrece informes sobre el período, de todas las expresiones equivalentes para aceleración centrípeta vamos a elegir aquella que la vincula con el período, ac = 4π² . R / τ², donde R no es otro que RO, el radio de la ciercunferencia en la que está girando. Y queda así:

FG = m 4π² . RO / τ²

Como ambas expresiones hablan de la misma fuerza, podemos igualarlas:

G . M . m / RO² = m 4π² . RO / τ²

La masa, m, del satélite se cancela, porque aparece multiplicando en ambos miembros (son todos factores, no hay sumas). Y de ahí despejamos RO que es el factor que contiene nuestra incógnita h.

T² G . M . = 4π² . RO³

RO³ = (G . M / 4π²) τ²

Lo que ves ahí es una de las formas en las que habitualmente se presenta la Tercera Ley de Kepler: los cubos de los radios de órbita son proporcionales a los cuadrados de los períodos de órbita. Y lo que ves dentro del paréntesis son todas constantes que el enunciado proporcionaba, excepto al famoso pi. Hagamos la cuenta:

RO3 = (6,7 x10-11 Nm²/kg² . 6 x1024 kg /39,5) 5,18 x107 s²

RO3 = 5,27 x1020 m3

Qué números terribles, ¿no? No podés llorar, tenés calculadora científica. Kepler los hizo a lápiz. Sacale la raíz cúbica a ese número.

RO = 8,08 x106 m

O sea... unos 8 mil kilómetros del centro de la Tierra. Averiguemos h.

h = RO — RT

h = 8,08 x106 m 6,37 x106 m

   
         h = 1,71 x106 m = 1.710 km  
   

El ítem b) era casi un regalo, muchos pifiaron porque nunca habian escuchado ni leído velocidad de traslación. Mmmm... Eso es falta de estudio, de lectura, de práctica. Velocidad de traslación (su mismo nombre lo indica) es la velocidad a la que se translada el satélite, la velocidad tangencial, la velocidad lineal, la velocidad instantánea, mirá cuántos nombres podemos darle. Es la velocidad común y corriente que todo el mundo interpreta cuando escucha la palabra velocidad, v, la que se mide en m/s, o en km/h, o en cualquier otra unidad de longitud dividida cualquier unidad de tiempo.

v = ω . R

Donde R es el radio de giro, o sea RO. Y ω es la velocidad angular, o sea 2π/T. Si hacés las cuentas (hacelas con la calculadora, no a lápiz) obtenés:

   
         v = 7.048 m/s  
   
Bueno... lo hice un poquito largo para poder discutir todas las dificultades que se me ocurre que pudieron haber aparecido. Si sabés de alguna más contame y la analizamos.    
     
*Este ejercicio pertenece al 2do. examen parcial de Física del CBC tomado el 23 de noviembre de 2010.
 
DESAFIO: ¿Si el satélite pasa por el Polo Sur... podría cruzar el ecuador en un ángulo diferente de 90 grados? ¿Pasará también por encima del otro Polo? Al ecuador, ¿lo cruza siempre en el mismo lugar?  
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