Profesores de secundaria. Física y química. Práctico Baleares 2022.

Viaje a Marte. Supón órbitas circulares de la Tierra y Marte. a. Determina qué ahorro energético, en J/kg, representa lanzar hacia el este una nave espacial desde el Puerto Espacial Europeo a Kourou, Guayana Francesa, situada a 5° de latitud norte, o desde el Centro Espacial Kennedy, Florida, a 28,5° de latitud norte. (5 p) b. Si se quiere viajar hasta Marte siguiendo una órbita de transferencia de Hohmann, ¿qué ángulo, en grados, debe formar el radio orbital de Marte con el de la Tierra en el momento de la salida de la Tierra? (6 p) c. Si la ecuación de una elipse centrada en el punto (p, q) como la de la figura 2 es: \mathbf {\frac{(x-p)^2}{a^2}+\frac{(x-q)^2}{b^2}=1} , donde a y b son los semiejes mayor y menor respectivamente, ¿cuál es la ecuación de la órbita de transferencia centrada en el foco (tal como sale en la figura 1) en unidades astronómicas? ¿Qué excentricidad tiene? (4 p) d. ¿Qué vale el campo gravitatorio, en forma vectorial, a medio camino, despreciando las contribuciones de los planetas? (3 p) e. ¿Qué velocidad debe adquirir la nave para pasar a la órbita de Hohmann y cuál lleva al llegar a Marte? (5 p) f. ¿Qué tiempo hay que estar en Marte para poder regresar a la Tierra? (2 p) Datos: RT = 6 371 km; rT = 149,6·106 km; rM = 228,0·106 km; MSol = 1,99·1030 kg; G = 6,67·10-11 N·m2/kg2. (Islas Baleares-Mallorca 2.022)

a.

El lanzamiento de satélites aprovecha la velocidad de rotación de la Tierra para ponerlos en órbita. La Tierra gira en un movimiento circular uniforme cuya velocidad ~~ \vec \omega = \omega \widehat{k} ~~ y la velocidad de un punto de su superficie viene dada por \vec v = \vec \omega \times \vec r , siendo \vec r el vector de posición. A partir de la latitud \lambda y longitud \varphi tenemos el vector posición de un punto de la superficie de la Tierra

\vec r(\lambda,\varphi)= (R \cos \lambda \cos \varphi, R \cos \lambda \sin \varphi, R \sin \lambda) , donde \varphi = \omega t

y por tanto

\vec v =\left|\begin{array}{ccc} \hat i & \hat j & \hat k \\  0 & 0 & \omega \\ -R \cos \lambda \sin \omega t & R \cos \lambda \cos \omega t & 0 \end{array} \right|  = R \omega \cos \lambda (cos \omega t , - \sin \omega t, 0)

cuyo módulo es ~~\left | \vec v \right | =  R \omega \cos  \lambda ~~ y representa la velocidad de rotación que puede ser aprovechada en el lanzamiento de la nave.

El ahorro energético vendrá dado por la diferencia en energía cinética

\Delta E_k = \frac{1}{2} m \left ( v_1^2-v_2^2 \right )

siendo v1 y v2 las velocidades en las latitudes 1 y 2. El ahorro energético por unidad de masa queda

\frac{\Delta E_k}{m} = \frac{1}{2}  \left ( v_1^2-v_2^2 \right ) = \frac{1}{2} R^2 \omega^2 \left (\cos^2 \lambda_1 -\cos^2 \lambda_2 \right ) = \frac{1}{2} \left ( 6.371 \cdot 10^6 \cdot \frac{2 \pi }{24 \cdot 3600} \right)^2 \left (\cos^2 5 -\cos^2 28.5 \right )=

\textbf{23620 ~J/kg}

b.

Para poder pasar un satélite de una órbita circular a otra es necesario pasar a una órbita elíptica, lo cual se consigue con dos impulsos, uno en cada extremo del eje mayor. El primero aumenta la velocidad para escapar de la gravedad terrestre pasando de la órbita circular a la elíptica. En el segundo disminuye la velocidad para ser atrapado por la gravedad marciana pasando de la órbita elíptica a la circular.

Para conocer la posición que deben tener los planetas, en el momento del lanzamiento, debemos determinar los períodos orbitales de Marte y de la órbita elíptica. Para ello hacemos uso de la 3ª ley de Kepler.

\frac {T_{OT}^2}{R_{OT}^3} =\frac{T_{OM}^2}{R_{OM}^3} =\frac{T_{OE}^2}{a^3}

siendo R los radios de las órbitas, T los períodos (OT terrestre, OM marciano y OE para la órbita elíptica) y a la longitud del semieje mayor de la órbita elíptica. De la figura 1 tenemos que a=\frac{R_{OM}+R_{OT}}{2}= 188.8 \cdot 10^6 ~km. Por tanto

T_{OM}= T_{OT} \sqrt {\left ( \frac {R_{OM}}{R_{OT}}\right )^3}  = 365.25 \sqrt { \left ( \frac{228}{149.6} \right )^3} =687.2 ~d\acute{i}as

T_{OE}= T_{OT} \sqrt {\left ( \frac {a}{R_{OT}}\right )^3} 365.25 \sqrt { \left ( \frac{188.8}{149.6} \right )^3} =517.8 ~d\acute{i}as

La nave lanzada dese la Tierra alcanza Marte después de recorrer media órbita, por tanto haber girado un ángulo de 180^\circ y habiendo transcurrido \frac {T_{OE}}{2} . En ese tiempo el ángulo girado por Marte es de

\theta_{OM} = \frac {T_{OE}}{2} \frac {360^\circ}{T_{OM}}= \frac { 517.8}{2} \frac{360^\circ}{687.2} = 135.6^\circ

Por tanto Marte debe quedar adelantado respecto a la Tierra en

180^\circ -135.6^\circ = \textbf{44.4}^\circ

c.

Supongamos los ejes en el centro de la elipse, la ecuación de la elipse será

\frac {x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}= 1

Nos piden la ecuación en unidades astronómicas, recordamos que una unidad astronómica es la distancia de la Tierra al Sol, 1 U.A. = ROT. Por tanto

R_{OT}= 1 ~U.A.~,~~R_{OM}=\frac {228.0}{149.6}= 1.524~U.A.

Con ayuda de la figura 4, tenemos que

a=\frac {R_{OM}+R_{OT}}{2}= \frac{1.524+1}{2}=1.262~U.A.

c= R_{OM}-a=\frac {R_{OM}-R_{OT}}{2} =\frac{1.524-1}{2}=0.262~U.A.

Figura 4

b=\sqrt {a^2-c^2}=\sqrt {\frac { \left (R_{OM}+R_{OT} \right)^2}{4}-\frac{\left( R_{OM}-R_{OT} \right )^2}{4}} = \sqrt {R_{OM}\cdot R_{OT}}=\sqrt{1.524 \cdot 1}=1.235~U.A.

Para que los ejes queden centrados en el foco, donde se sitúa el Sol, debemos trasladar c unidades la elipse en el eje X hacia la izquierda, por tanto ecuación queda

\frac {\left ( x+c \right)^2 }{a^2}+\frac{y^2}{b^2}= 1

y sustituyendo los valores de a y b nos queda

\mathbf {\frac  { \left  (  x+0.262 \right )^2 }{1.593}+\frac{y^2}{1.524}= 1 }

La excentricidad de la órbita viene dada por

\mathbf {e=\frac{c}{a}=\frac{0.262}{1}=0.262}

d.

Entendemos que medio camino se refiere a la posición \vec r=-c \hat i + b \hat j , cuyo módulo es \left | \vec r \right | = a . Por tanto

\vec g = -G \frac {M_S}{a^3} \vec r =-6.67 \cdot 10^{-11} \frac {1.99 \cdot 10^{30}}{\left( 1.888 \cdot 10^{11} \right )^3} \left ( -3.920 \cdot 10^{10} \hat i + 1.847 \cdot 10^{11} \hat j \right ) =

= \mathbf{ 7.731 \cdot 10^{-4} \hat i -3.642 \cdot 10^{-3} \hat j~ N/kg}

e.

La fuerza gravitatoria es una fuerza central, lo que supone la conservación del momento angular. Sean \vec v y \vec r la velocidad y vector de posición en 1, entrada en la órbita elíptica, y 2, salida de la órbita elíptica (Órbita de transferencia). En dichas posiciones el vector posición es perpendicular al radio vector y por tanto \left | \vec L \right | = m \cdot r \cdot v . Por conservación del momento angular tenemos que:

r_1 \cdot v_1 = r_2 \cdot v_2 ~\Rightarrow~v_ 2= v_1 \frac{r_1}{r_2}

El campo gravitatorio es un campo conservativo y consecuentemente

\frac {1}{2} m v_1 ^2 -G \frac {m M_S}{r_ 1^2} = \frac {1}{2} m v_2 ^2 -G \frac {m M_S}{r_ 2^2}~\Rightarrow~v_1^2-v_2^2 =2 G M_S \left ( \frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2} \right )

Sustituyendo v2 nos queda que la velocidad para pasar a la órbita de Hohmann es:

v_1^2 \left (1- \left ( \frac{r_1}{r_2} \right )^2 \right )= 2 G M_S \left ( \frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2} \right ) ~\Rightarrow ~v_1^2 = 2 G M_S \frac {\frac {r_1-r_2}{r_1 \cdot r_ 2}}{\frac {r_ 2^2-r_1^2}{r_ 2^2} }~\Rightarrow~ v_1= \sqrt {G M_S \frac{r_2}{r_1(r_2+r_1)} }=

\mathbf{v_1}= \sqrt {2 \cdot 6.67\cdot 10^{-11} \cdot 1.99 \cdot 10 ^{30} \frac {228}{(228.0+149.6) 149.6 \cdot 10^9}}=\mathbf{32730~m/s}

Y la velocidad cuando llega a Marte es:

\mathbf{v_2} = v_1 \frac {r_1}{r_2}= 32730 \frac{149,6}{228}=\mathbf {21480~m/s}

f.

La nave llega a Marte en en 258.9 días que es lo mismo que tardará en ir de Marte a la Tierra. En ese tiempo la Tierra ha seguido girando y ahora se encuentra a:

258.9 \frac {360^\circ}{365.25} = 255.2^\circ

es decir la Tierra ha adelantado a Marte en 75.2º, tal y como muestra la figura 5. Para que en medio ciclo la nave lanzada desde Marte alcance la Tierra, es necesario que la Tierra esté retrasada respecto a Marte en 75.2º, tal y como se muestra en la figura 6

figura 5
figura 6

Los ángulos girados por la Tierra y Marte desde el instante en que la nave aterrizó en Marte son:

\theta _M = 360^\circ \frac{d}{687.2}~,~~\theta _T = 360^\circ \frac{d}{375.25}+75.2^\circ

siendo d en número de días transcurridos desde el aterrizaje en Marte. Ahora queremos saber el mínimo número de días que deben transcurrir para que la diferencia de ángulo entre la Tierra y Marte sea de -75.2º + 360·k. El mínimo lo obtendremos para k=1, ya que k=0 no conduce a ninguna solución.

\theta _T- \theta_M = -75.2 + 360~,~~360^\circ \cdot d \left ( \frac{1}{365.25}-\frac{1}{687.2} \right ) = -75.2^\circ + 360^\circ

\mathbf{d}= \frac{360^\circ -75.2^\circ \cdot 2}{360^\circ \left ( \frac{1}{365.25}-\frac{1}{687.2} \right )}= \mathbf{453.9~d\acute{i}as}

Profesores de secundaria. Física y química. Práctico Baleares 2022.

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