Secundaria Cuestion Campo Gravitatorio

[baronsamedi]

Hola a todos, mi pregunta es simple.

¿Como se calcula la energia que hay que suministrar a un cuerpo para situarlo en una orbita circular a determinada altura?

Lo digo, porque tengo un ejercicio que dice: ¿cuanta energia se ha de comunicar a un cuerpo de 500 kg que esta en reposo sobre la superficie de la Tierra, sobre el ecuador, para poderlo situar en una orbita circular a 4.000 km de altura?

He probado a hacerlo por energia mecanica y por potencial, ambas me dan distintas, sin embargo la solucion que me da el libro es: 2,4x10^10 J y a mi me da 2,89x10^9 y 1,20x10^10 respectivamente. ¿alguien me puede ayudar a encontrar la solucion adecuada?

Agradezco vuestro tiempo,

Un saludo, baronsamedi

[gunbladecat]

Re: Cuestion Campo Gravitatorio

fijate q tu segunda solucion es la mitad de lo q deberia dar kizas te comiste algun coeficiente 2 (recuerdo q abia pasado eso en mi clase cuando dabamos energias) y si el problema se soluciona por energia mecanica, debes poner q la energia que suministraras es la diferencia entre la mecanica del cuerpo en orbita y la mecanica del cuerpo en tierra teniendo en cuenta q la mecanica es la suma de cinetica y potencial y q no calcules la potncial com Ep=mgh pq como la g va variando al encontrarse a una distancia considerable de la superficie (wenu y q si lo consderas asi primero tienes q calcular la g a esa altura sino ademas la diferencia de e.potencial te daria nula)y el problema te daria mal.

espero q te sirva!!

[Jose D. Escobedo]

Re: Cuestion Campo Gravitatorio

A mi me da un resultado de aproximadamente ~$2.2 \times 10^{10} J$

energia en la superficie terrestre + energia requerida = a la energia total en la orbita por alcanzar $\Rightarrow$

$\displaystyle -\frac{GMm}{R} + E = -\frac{GMm}{R+h} + \frac{1}{2} m v^2$...(1)

Ademas no tienes que olvidar la condicion de que se mueve en una orbita circular $\Rightarrow$

de acuerdo con la segunda ley de newton:

$\displaystyle \frac{mv^2}{R+h}=\frac{GMm}{(R+h)^2}$...(2)

si manipulas (1) y (2) obtendras el resultado del cual te estoy escribiendo.

bye y hasta pronto

[baronsamedi]

Re: Cuestion Campo Gravitatorio

La verdad, esque me sirvio la de los dos, una para aclararme y otra para verlo escrito ya.

Muchas gracias a todos, me habeis sacado de un problema, espero yo poder ayudar tambien un dia

[Visitante]

Re: Cuestion Campo Gravitatorio

Yo no he hecho los cálculos, pero creo que es un asunto de conservación de energía:

$E_i=E_f$

Donde [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] y [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] , siendo $E_x$ la energía necesaria.
La energía cinética inicial [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] es la debida a la rotación de la tierra al nivel del mar, es decir, a distancia $R$ del centro de la Tierra.
La potencial inicial [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] es la gravitatoria a esa misma distancia.
La cinética final, pues lo mismo que la inicial pero con un radio $R+h$, y la potencial final, también lo mismo que la inicial, con ese mismo radio $R+h$.

Como bien se ha expuesto antes, en general, la potencial se expresa como:

$E_P=\frac{GM}{x}.m$

Pero yo pondría la cinética como: $E_K=\frac{1}{2}.\omega^2.x^2.m$

Más que nada, porque es más intuitivo pensar en velocidad angular que en lineal. Además ¡¡OJO!!, la velocidad angular de la Tierra no es la debida al día solar, sino al sideral (algo menos de 24 horas por rotación, busca su valor, que no me acuerdo de memoria).

En estas expresiones, $x$ es la distancia genérica. ¿Que lo ponga todo junto? Vale, pero dividiendo por m, que no es 0.

$\frac{1}{2}.\omega^2.R^2 + \frac{GM}{R} + \frac{E_x}{m}=\frac{1}{2}.\omega^2.(R+h)^2 + \frac{GM}{R+h}$

Y de ahí, despejando y agrupando:

$E_x=m.(\frac{1}{2}.\omega^2.((R+h)^2 - R^2) + GM(\frac{1}{R+h} - \frac{1}{R}))$

Ahí haces la aplicación numérica y a ver qué te da...(recuerda lo de $\omega$... aunque me da en la nariz que el que puso el problema no cayó en eso )
NOTA: He supuesto que la orbita es geoestacionaria, de ahí que $\omega$ sea igual en las dos ubicaciones.

[Jose D. Escobedo]

Re: Cuestion Campo Gravitatorio

jamrb, una vez que se llega a la orbita deceada$\omega$ en esa orbita, se determina por la atraccion de la tierra y no por su rotacion. Yo te diria que revisaras tus calculos. "La conservacion de la energia, junto con la conservacion del impetu angular, preescribe que la masa m se movera en una trayectoria de seccion conica". Y de acuerdo con la energia total se determina el que describa una elipse , una parabola o una hiperbola.

E<0 para una elipse, E=0 para una parabola y E>0 para una hiperbola.

Este problema en particular es el de una elipse la que se describe por E<0 y si E<0 y ademas E(cinetica) > 0 por definicion => E (potencial) es negativa por lo qe se expresa de la siguiente manera $E_p = -\frac{GMm}{r}$

y como se tomo la tierra como sistema de referencia =>$\omega_o =0$ si calculas todo esto en un sistema de referencia no inercial te vas a encontrar con muchos problemas. Que al final la aproximacion caculada en el sistema inercial (tierra) es muy buena para este problema.

bye y hasta pronto