327

9 Gravitazione

(32 problemi, difficoltà 227, soglia 159)

Formulario

Legge di Newton

F = Gm1m2

r3

r (G = 6,67 . 10–11 N m2/kg2)

Campo gravitazionale

H = Gm

r3

r

Leggi di Keplero

I. Le orbite dei pianeti sono ellissi, dei quali il Sole occupa uno dei fuochi. II. Le aree descritte dal raggio vettore sono proporzionali al tempo impiegato a percorrerle

A = k1 t.

III. I quadrati dei periodi di rivoluzione sono proporzionali ai cubi dei semiassi maggiori delle orbite

T 2 = k2 R3.

Energia potenziale gravitazionale

U = – GmM

r

Velocità di fuga da un pianeta

f

2GMv

R=

328

Teorema di Gauss

(H ) = 4 G m

i2 G m

s,

dove mi è la massa interna alla superficie attraverso la quale viene calcolato il

flusso ed ms è la massa superficiale.

Unità di misura Campo gravitazionale newton al kilogrammo (N/kg= m/s2)

Flusso gravitazionale metri cubi al secondo quadrato (m3/s2)

Problemi svolti 9.1. Attualmente il valore dell’accelerazione di gravità misurato a 45° Lat da un

osservatore terrestre è 9,80665 m/s2. Se la velocità angolare di rotazione della

Terra (attualmente pari a 7,29 . 10–5 rad/s) raddoppiasse, quale sarebbe il nuovo valore dell’accelerazione di gravità misurato da tale osservatore alla stessa latitudine? (4)

______

Con riferimento alla figura, applichiamo il teorema di Carnot e il teorema dei seni al triangolo ABC avente per lati l’accelerazione standard g0, l’accelerazione

misurata g e l’accelerazione di trascinamento aT dovuta al moto di rotazione terrestre.

329

g0

2= g

2+ aT

22g aT cos

g

sin45°=

g0

sin.

Nel sistema abbiamo due incognite, g0 e , dato che l’accelerazione di

trascinamento a 45° Lat vale

aT = 2 rT sin 45° = 0,024 m/s2.

Risolvendo il sistema, troviamo

g0 = 9,794 m/s2,

= 44°55’.

Se la velocità angolare della Terra raddoppia, l’accelerazione di trascinamento quadruplica, cioè diventa

aT

'= 0,096

m

s2

e, riapplicando il teorema di Carnot, ricaviamo per il valore misurato dal nostro osservatore

g' = g02+ aT

' 2 2g0 aT' cos45° = 95,92 + 0,009 2 9,784 0,096 0,707 =

= 9,726m

s2

.

9.2. Il 4 ottobre 1957 venne lanciato su orbita ellittica lo Sputnik, il primo satellite artificiale sovietico. Calcolare, ricorrendo alla III legge di Keplero, la minima distanza h del satellite da terra conoscendo i seguenti dati:

– massima distanza da terra: H = 1100 km, – periodo di rivoluzione: T = 96 min, – semiasse maggiore dell’orbita lunare: R = 407 000 km, – periodo di rivoluzione lunare: TL = 27,3 giorni, – raggio terrestre: rT = 6360 km. (3)

330

______ La III legge di Keplero per l’orbita della Luna attorno alla Terra fornisce

TL2= k R

3,

mentre la stessa legge applicata all’orbita dello Sputnik fornisce, dalla figura

T2

= kh + rT + H

2

3

.

Dividendo membro a membro e separando h:

3 2

3T2

L

3 24 26 6

32

7 7 7 5

8 2

8 4,07 10 (96 60) 2 6,36 10 1,1 10

(27,3 86400)

1,474 10 1,272 10 0,11 10 9,2 10 m=920 km.

R Th r H

T= =

= =

= =

9.3. Calcolare la massa solare approssimativa sapendo che la distanza media

Terra- Sole è d =149 milioni di chilometri = 1,49 .1011 m. (3)

______ Ritenendo l’orbita della Terra approssimativamente circolare, scriviamo che la forza di attrazione gravitazionale tra Terra e Sole è di natura centripeta, ovvero

GmTmS

d2

= mT2d,

e quindi

mS =

2d

3

G=

4 2d

3

G T2

,

dove T = 365 d 6 h = 365,4 d = 3,157 .107 s è il periodo di rivoluzione terrestre. Eseguendo i calcoli, otteniamo:

mS =

4 3,142 1,493 1033

6, 67 10 11 3,1572 1014= 1,32 10

30kg.

9.4. La seconda legge di Keplero descrive anche il moto della Luna attorno alla Terra. Ricavare la costante di tale legge sapendo che la distanza massima della Luna (apogeo) è r1 = 407000 km e che la sua velocità periferica in tale punto è

va = 1093 m/s. (5)

331

______

La seconda legge di Keplero esprime la conservazione del momento angolare della Luna nel suo moto attorno alla Terra e si scrive come

A = k t, dove A è l’area spazzata dal raggio vettore, t il tempo impiegato a spazzarla e k la costante. Con riferimento alla figura, nella quale A e B sono due posizioni infinitamente

prossime della Luna nel suo moto orbitale attorno alla Terra e l’arco AB si può confondere con la corda AB di lunghezza ds, possiamo scrivere che l’area infinitesima spazzata dalla Luna nel tempuscolo dt è

dA =r dh

2=

r ds sin

2= k dt,

da cui

k =r

2

ds

dtsin =

r v

2sin .

Ma all’apogeo l’angolo vale /2, quindi

k =

rava

2=

4,07 108 1,093 103

2= 2,22 10

11 m2

s.

Si noti che k è indipendente sia dalla massa della Terra sia da quella della Luna. 9.5. Un oggetto si trova sulla linea equatoriale di un pianeta sferico e

omogeneo di densità . Calcolare la minima durata del giorno su tale pianeta

perché l’oggetto non si stacchi da esso. (3)

______ L’oggetto è sottoposto, per un osservatore posto sul pianeta, a una forza attrattiva verso il centro, il proprio peso, e a una forza centrifuga (apparente)

332

verso l’esterno. Esso non si stacca se il primo è maggiore della seconda, cioè se

Gm M

r2

> m2

r =

42

m r

T2

,

dove M ed r sono rispettivamente la massa e il raggio del pianeta ed m è la

massa dell'oggetto.

Ne consegue che, essendo M = V =

4

3r

3, dovrà essere

T >3

G.

9.6. La Terra aumenta il periodo di rivoluzione attorno al Sole di T = 1 s ogni

300000 anni.

Quale sarà, tra 300000 anni, l’aumento R del raggio medio dell’orbita terrestre,

supponendo che oggi esso valga esattamente R=1,5 . 1011 m? (4)

______

Applichiamo la III legge di Keplero T 2 = k R3 e differenziamone ambo i membri

2 T dT = 3 k R2 dR, da cui

dR

R=

2

3

dT

T.

Integrando con estremi di integrazione R ed R + R per il raggio e T e T+ T per

il periodo di rivoluzione (T = 3,15 .107 s), otteniamo

lnR + R

R= ln

T + T

T

2/3

,

da cui

1 +R

R= 1 +

T

T

2/3

,

R = R 1 +T

T

2/3

1

= 1,5 1011 1 +1

3,15 107

2/3

1

=

= 1,5 1011 2,1 10 8= 3,15 km.

333

9.7. Quanto tempo impiega un modulo lunare per compiere un’orbita di raggio r = 3000 km attorno alla Luna, se la massa della Luna è 1/81 di quella della Terra?

(3) ______

La forza gravitazionale esercitata dalla Luna sul modulo è centripeta, perciò, indicando rispettivamente con mm e mL le masse del modulo e della Luna,

avremo

G mmmL

r2

= mm2r ,

=G mL

r3

,

T =2

= 2r

3

G mL

= 6,2827 10

18

6, 67 10 11 1

815,98 1024

=

= 1,47 104 s = 4h 5 min.

9.8. Un pendolo semplice oscilla al livello del mare con un periodo T0 = 1,000 s. Portato in alta montagna, lo stesso pendolo oscilla con periodo T =1,001 s. Calcolare la quota h della montagna.

(4) ______

Il periodo di oscillazione di un pendolo semplice di lunghezza l alla quota h sul livello del mare è

T = 2l

g= 2

l

G mT

rT + h( )2

= 2 rT + h( )l

Gm T

,

dove mT ed rT sono rispettivamente la massa e il raggio della Terra.

Al livello del mare abbiamo invece

T0 = 2 rT

l

G mT

,

per cui

T

T0

=rT + h

rT

,

= rT

T

T0

1

= 6,36 106 0,001 = 6360 m.

334

9.9. Un osservatore a bordo di un satellite artificiale terrestre in orbita circolare a quota h = 800 km attorno alla Terra vede gli oggetti a bordo fluttuare in assenza di gravità. Stabilire qual è la velocità del satellite. (4)

______ L’osservatore a bordo è un osservatore relativo e per esso vale il teorema delle accelerazioni:

aR = aA – aT,

dove aA è l’accelerazione assoluta, pari all’accelerazione di gravità a quota h, aT

è l’accelerazione di trascinamento che, essendo il moto del satellite circolare, si identifica con un’accelerazione centripeta. L’osservatore vedrà dunque gli oggetti muoversi in assenza di gravità perché aR = 0, ovvero aA= aT, cioè

G mT

(rT + h)2=

v2

rT + h,

e quindi

v =G mT

rT + h=

6, 67 10 11 5,98 1024

7,16 106= 7,46 10

3 m

s= 26800

km

h.

9.10. Ipotizzando una Terra sferica e omogenea, dire quale tra i seguenti processi potrebbe facilitare il distacco dalla superficie terrestre di un oggetto appoggiato su essa a 45° Lat.: a) fusione delle calotte polari, b) aumento del solo raggio terrestre, c) aumento della velocità angolare di rotazione terrestre, d) aumento della sola densità della Terra. (5)

______

Un oggetto può staccarsi dalla Terra quando la forza centrifuga apparente supera la componente del peso in direzione radiale, ovvero, con riferimento alla figura, quando

2

T Tcos cosm r mg ,

condizione del tutto indipendente dalla latitudine.

335

a) La fusione delle calotte polari, portando una massa d’acqua verso l’equatore fa aumentare il momento d’inerzia della Terra, quindi, per la conservazione del momento angolare, ne fa diminuire la velocità angolare, e pertanto ostacola il distacco dell’oggetto. b) Per poter rispondere alla domanda si deve esplicitare g. Abbiamo

g = GmT

rT2

= G

4

3rT

3

rT2

=4

3G r

T, (1)

da cui si vede che se aumenta rT deve necessariamente aumentare g e quindi il

distacco dell’oggetto non è né facilitato né ostacolato. c) Un aumento della velocità angolare della Terra favorisce il distacco dell’oggetto.

d) Sempre per la relazione (1), un aumento di provoca un aumento di g e

quindi ostacola il distacco dell’oggetto. 9.11. Un satellite di massa m sta ruotando in orbita circolare attorno alla Terra

con velocità V = 10 m/s quando viene colpito nella posizione angolare = 60°

da un meteorite di massa m/2 incidente con velocità v = 30 m/s dalla direzione

= 30°. Il meteorite si mette in orbita con velocità V, mentre il satellite viene

sbalzato via. Calcolare: a) la nuova velocità V’ del satellite, b) la direzione di espulsione, c) la percentuale di energia iniziale dissipata nell’urto.

(4)

FF '

m

m–2

F

O

β

α

β '

_______ a), b) Nell’urto si conserva la quantità di moto totale dei due corpi; se

indichiamo con ’ la nuova direzione di moto del satellite sarà

336

m

2v sin + m V sin =

m

2V sin + m V ' cos ' ,

m

2v cos m V cos =

m

2V cos m V ' sin ' ,

da cui

v

2sin +

V

2sin = V ' cos ' ,

1

2v cos +

1

2V cos = V ' sin ' .

Passando ai calcoli:

1

230 0,5 +

1

210

3

2= V ' cos ' ,

1

230

3

2+

1

210 0,5 = V ' sin '

,

V ' cos ' = 11,83 ,

V ' sin ' = 15,49

da cui

' = 52° 38' ,

V ' = 19,5 m

s.

c) L’energia dissipata nell’urto è la differenza tra le energie cinetiche totali iniziale e finale, ovvero

K =1

2

m

2v

2+

1

2mV

2 1

2

m

2V

2 1

2mV '

2=

1

4mv

2+

1

4mV

2 1

2mV

' 2

e la percentuale dissipata è

K %=K

Ki

100 =

1

4m v

2+

1

4m V

2 1

2m V

' 2

1

4m v

2+

1

2m V

2

100 = 21,8 %.

9.12. Un oggetto di massa m è appeso al piatto di una bilancia mediante un filo ideale e la bilancia è in equilibrio quando all’altro piatto è appesa, sempre mediante un filo ideale, una massa campione m

c = 100 g. Se la differenza di

lunghezza dei due fili è h = 30 m, calcolare la massa m, sapendo che il raggio

terrestre è rT = 6,36 . 10 6 m e che la massa mc si trova a una quota s = 300 m

dal suolo. (4)

337

_______

La bilancia è in equilibrio quando m g1 = mc g2, dove g1 e g2 sono le

accelerazioni di gravità nei punti 1 e 2. Essendo in generale, a una distanza d dalla superficie terrestre

g = Gmt

(rT+ d)2

,

risulterà

m = mc

g2

g1

= mc

(rT+ s + h)2

(rT+ s)2

= 1006360330

6360300

2

= 100,00094 g

e l’errore percentuale che si commette nella pesata sarà

%=

0,00094

100,00094100 = 0,00094 %= 9,4

parti

milione.

9.13. Un razzo viene lanciato tangenzialmente alla superficie terrestre con velocità iniziale v

o = 9 km/s; se esso descrive un’orbita ellittica

tangenzialmente alla Terra come indicato in figura, calcolare: a) a quale massima distanza da Terra potrà arrivare,

b) con quale velocità, sapendo che il raggio terrestre vale rT = 6,36 .106 m e la

massa terrestre mT= 5,98.1024 kg.

(4)

338

______

a) Applicando il principio di conservazione dell’energia nei punti A e B, si ha:

1

2m vo

2G

m mt

r t

=1

2m v

B

2G

m mt

rt + x;

applicando poi il principio di conservazione del momento angolare al sistema razzo-Terra, abbiamo:

rt v o = (rt + x) vB.

Ponendo y = r t + x, risulta:

y2(rtv

o2 2G m

t) + 2G m

trty r

t3v

o2= 0,

y =

G mtrt± (G m

trt

rt2v

o2)2

rtv

o2 2G m

t

=G m

trt± (G m

trt

rt2v

o2)

rtv

o2 2G m

t

=

rt

rt2v

o2

2G mt

rtv

o2

.

La soluzione che interessa è la seconda – dal momento che la prima riguarda il punto di partenza – e troviamo

y = 1,16.10 7 m e quindi

x = y – r t = 5,24.10 6 m.

b)

vB =r t vo

y= 4,93

km

s.

9.14. Tre identiche masse m si trovano ai vertici di un triangolo equilatero di lato l. Ricavare l’espressione della massima velocità con cui le tre masse possono muoversi su un’orbita circolare mantenendosi ai vertici di un triangolo equilatero. (3)

______ Perché l’orbita sia circolare l’energia totale E = K+U deve essere negativa, cioè deve essere

339

31

2m v

2

3

G m2

l< 0 ,

ovvero

v <2G m

l,

da cui

vmax =2G m

l.

9.15. Si ipotizzi la Terra come una sfera fluida la cui densità cresce

linearmente dalla superficie al centro dal valore o = 2500 unità SI al valore

1

= 9000 unità SI. Utilizzando il principio di Stevino, calcolare, all’interno di una

siffatta Terra, la pressione alla profondità r = 100 km (raggio terrestre 6,36 .10 3 km).

(6) ______

La pressione si può calcolare con il principio di Stevino nel quale però e g non

sono costanti; si deve quindi scrivere

p = (r )

r

rTg(r ) dr .

L’espressione della densità in funzione della distanza è

(r ) = o+ k (r

T – r ),

dove k è una costante ricavabile sapendo che per r = 0 è (0) = 1; quindi

(0) =

1 o Tkr= +

1=

o+ kr

T,

k =1 o

rT

,

(r ) =o+

1 o

rT

(rT

r ) =1

1 o

rT

r .

Ricordando che

g =

G M

r2=

4

3G r ,

340

ricaviamo:

T

2

1 oo T

T

4( )

3

r

rp G r r r dr

r= + =

=4

3G

o

2r dr +

2o(

1 o)(r

Tr )

rT

r dr +(

1 o)2(r

Tr )2

rT

2r dr

r

rT

r

rT

r

rT

=

=4

3G

T T2 2 2

2 2o 1 TT o 1 o 2

T T

)( ) ( )

( ) 2 ( )2

(1 or

r

r

r

rr dr

r

r rr r r dr

r++ =

2 2 2 22 2 3 3 2 2o T 1 o

o 1 o T o 1 o T T

T

2 4 4 2 3 3

1 o T 1 o T

2

T T

( ) 2 ( )( )( ) ( )( ) ( )

2 3 24

3 ( ) 2( ) ( )

4 3

r rr r r r r r

rG

r r r r

r r

+ + +

=

+

.

Tenendo conto che r è trascurabile rispetto a rT, si ricava:

2 2 2 22 o 1 1 1T o 1 o o 1 o

4 2 ( ) ( ) 2( )( ) ( )

3 2 3 2 4 3o o op G r + + + =

2 2 2 22 o 1 o 1 o 1 oT o 1 o 1 o

4 2 ( ) ( ) 2( )- ( )

3 2 3 2 4 3G r= + + + =

2 22 o o 1 1 oT

4 ( )

3 6 3 12G r= + + =

= 9 41,36 10 Pa 1,34 10 atm.=

9.16. Supponendo che esista un tunnel radiale scavato dal centro della Terra fino alla superficie, calcolare con quale velocità iniziale deve essere lanciato un proiettile lungo il tunnel per poter raggiungere la superficie terrestre.

(3) ______

Basta imporre che l’energia cinetica iniziale del proiettile sia almeno uguale al lavoro compiuto contro la forza gravitazionale attrattiva dovuta alla Terra, ovvero, indicando con m la massa del proiettile

1

2m v

2=

G mT m

R T3

0

RT

r d r =G mT m

RT3

[ r2

2]0

RT ,

da cui

v =G mT

RT

= 7,91km

s.

341

9.17. Se si scava un tunnel che collega polo Nord e polo Sud e si lascia cadere in esso un sasso al polo Nord, ipotizzando la Terra sferica e omogenea con

densità = 5000 unità SI, calcolare quanto tempo impiegherà a raggiungere il

centro della Terra. (5)

_______ Detta m la massa del sasso ed mT quella della Terra, la forza agente sul sasso

a distanza r dal centro della Terra è

F =G m m

T

r2

=

G m4

3r

3

r2

= G m4

3r ,

cui corrisponde un’accelerazione

a =4

3G r.

Questa è l’equazione differenziale di un moto armonico semplice con pulsazione

=4

3G

e periodo

T =2

=3

G=

3 3,14

5 103

6, 67 1011

= 5300 s = 1h 28 min 20 s.

Il tempo impiegato a raggiungere il centro della Terra sarà però T/4 perché in un periodo il sasso arriva al centro della Terra, lo supera per inerzia raggiungendo il polo Sud e ritornando fino al polo Nord, quindi il tempo richiesto sarà

t = 1325 s = 22 min 5 s.

342

9.18. Un proiettile viene lanciato dalla superficie lunare con velocità v0 = 700

m/s; se l’accelerazione di gravità sulla superficie della Luna è gL =1,62 m/s2, a

quale altezza dalla superficie del satellite potrà arrivare il proiettile? (raggio lunare: rL = 1740 km). (3)

______

Applichiamo il principio di conservazione dell’energia alle posizioni iniziale (sulla superficie lunare) e finale (alla massima distanza) del proiettile:

1

2m v0

2G

m mL

rL

= Gm mL

rL + x,

da cui

x =rL

2v0

2

2G mL rLv02

,

dove mL è la massa della Luna che possiamo ricavare dalla relazione

gL = GmL

rL2

.

Sostituendo tale relazione nell’espressione di x, otteniamo

x =v0

2 rL

2 gL rL v02

=4,9 105 1,74 106

3,24 106 4,9 105= 1, 656 10

6m = 165, 6 km.

9.19. Un satellite artificiale terrestre di massa ms=1000 kg orbita circolarmente

con velocità angolare costante a distanza dal centro della Terra doppia del raggio terrestre. Supponendo la Terra omogenea e trascurando qualsiasi attrito, calcolare: a) il lavoro compiuto dalla forza di gravità terrestre in una rivoluzione; b) la velocità del satellite. c) Se il satellite accende i suoi razzi frenanti e si ferma iniziando la discesa verso Terra sotto l’azione della gravità, qual è il lavoro compiuto dalla forza di gravità durante la caduta da r1 = 2 rT a r2

= rT? d) Con quale velocità il satellite arriverà a Terra? (5)

______ a) La forza gravitazionale è sempre radiale, quindi perpendicolare allo spostamento del satellite, perciò il lavoro è nullo. b) Basta imporre che la forza gravitazionale è di natura centripeta:

GmsmT

4 rT2

=msv

2

2 rT

,

v =Gm T

2 rT

=6, 67 10

115,98 10

24

2 6,36 106= 5, 60

km

s.

343

c) Il lavoro sarà uguale all’opposto della variazione di energia potenziale gravitazionale del satellite, cioè

L = U = Ui Uf = GmsmT

2 rT

+ GmsmT

rT

= GmsmT

2 rT

=

=6, 67 10 11 103 5,98 1024

2 6,36 106

= 3,14 1010 J.

d) Il satellite parte da fermo cadendo verso Terra, quindi acquista energia cinetica a spese della sua energia potenziale gravitazionale, perciò potremo scrivere che

1

2msvf

2= G

msmT

2 rT

,

vf =G mT

rT

=6, 67 10

115,98 10

24

6,36 106= 7,92

km

s.

9.20. Due masse uguali m si trovano a distanza r. Ricavare l’espressione del potenziale gravitazionale generato nel punto medio O della loro congiungente e dire se una massa m’ posta nel punto O è in equilibrio stabile, instabile o indifferente. (3)

_______

Il potenziale prodotto in O è la somma dei due potenziali prodotti separatamente in tale punto dalle due masse, cioè:

V =

G m

r /2

G m

r /2=

4G m

r.

Una massa m’ posta in O acquista un’energia potenziale gravitazionale

U = m ' V =4Gm m '

r.

Si può vedere subito che l’equilibrio di m’ in O è instabile in due modi differenti. Il primo consiste nel ricavare l’energia potenziale di m’ in una generica posizione a distanza x da A, derivare tale espressione rispetto a x, verificare che tale derivata si annulla per x = r/2 e che la derivata seconda di U per x = r/2 è negativa, indicando un massimo di U, quindi una posizione di equilibrio instabile.

344

Il secondo, decisamente più breve, consiste nel calcolare la nuova energia

potenziale U’ del sistema dopo aver eseguito uno spostamento piccolo a

piacere della massa m’, per esempio verso A. Essa vale

U ' =G m m '

r

2

G m m '

r

2+

=G m m ' r

r2

4

2

.

Confrontando U’ con U è facile verificare che U’ < U, ovvero che la nuova posizione è più stabile della prima. Infatti

Gm m ' r

r2

4

2

<4Gm m '

r

se

r

r2

4

2

>4

r,

cioè se

r2> r

2 4 2,

condizione sempre verificata.

9.21. Se la forza di gravitazione universale fosse del tipo

F =G m M

rn

,

stabilire: a) per quale valore di n l’energia totale di una massa m in moto attorno a una massa M sarebbe nulla, b) che tipo di orbita descriverebbe tale massa, c) la dipendenza della sua velocità orbitale dalla distanza.

(3) ______

a) Se

F =G m M

rn

,

allora deve essere

dU = F dr =Gm M

rn

dr

e quindi

U = G m M rndr = G m M

r1 n

1 n+ costante.

Per r , F 0 e anche U 0, quindi la costante di integrazione è nulla

allora

345

U =G m M r

1 n

1 n.

Del resto sappiamo che la forza gravitazionale deve identificarsi con una forza centripeta e quindi

GmM

rn

=mv

2

r, (1)

K =1

2mv

2=GmM

2rn 1.

Allora l’energia gravitazionale totale della massa m risulta

E = K + U =G m M

2 rn 1

+G m M

(1 n) rn 1

= 0

quando

n = 3.

b) Un’orbita a energia nulla può essere solo parabolica. c) Dalla (1) risulta

v =G M

r.

9.22. Nel suo moto di rotazione attorno alla Terra su orbita ellittica la Luna

viene a trovarsi a una distanza minima da Terra (perigeo) r1 = 3,56 .108 m e a

una distanza massima (apogeo) r2 = 4,07 .108 m. Se la massa terrestre vale mT

= 5,98 .1024 kg, calcolare le velocità orbitali della Luna in corrispondenza del perigeo e dell’apogeo.

(3) ______

Essendo la Luna sottoposta a una forza attrattiva verso la Terra, il momento meccanico di tale forza rispetto a un polo fissato nel centro di massa della Terra è nullo, pertanto dovrà conservarsi il suo momento angolare; in particolare, imponendo che al perigeo e all’apogeo il momento angolare della Luna è lo stesso, abbiamo

mL v1 r1 = mL v2 r2,

da cui

v1 r1 = v2 r2, (1)

Deve inoltre valere il principio di conservazione dell’energia gravitazionale totale, somma dell’energia cinetica e di quella potenziale, perciò avremo

346

1

2mLv1

2G

mLmT

r1

=1

2mLv2

2G

mLmT

r2

,

e quindi, per la (1):

v1 =2G mT r1

r2 (r1 + r2 ), v2 =

2G mT r2

r1(r1 + r2 ).

Eseguendo i calcoli, si ricava

v1 = 956 m/s, v2 = 1093 m/s.

9.23. Un meteorite si sta avvicinando alla Terra e quando passa da un punto a

distanza d = 3,6 .107 m dal centro della Terra la sua velocità forma un angolo

= 30° con la congiungente il punto con il centro della Terra. Calcolare: a) il massimo valore della velocità per cui il meteorite può entrare in orbita attorno alla Terra; b) la distanza di massimo avvicinamento in tali condizioni.

(4) ______

a) La condizione per cui un corpo celeste possa orbitare attorno a un altro è che la sua energia totale sia negativa o nulla; nel caso della Terra possiamo scrivere

E =1

2m v

2G

m mT

d0,

ovvero

vmax =2Gm T

d=

2 6, 67 10 11 5,98 1024

3, 6 107= 4,71

km

s.

b) Applichiamo al meteorite il principio di conservazione del momento angolare, dato che il momento meccanico della forza gravitazionale esercitata su esso dalla Terra è nullo assumendo come polo il centro della Terra. Indicando con x la distanza di massimo avvicinamento e v’ la corrispondente velocità orbitale si ha

m v d sin 30° = m v’ x. Essendo però E = 0, sarà anche

1

2m v

' 2= G

m mT

d

e quindi

x =d v

2sin230°

2G mT

=d

4= 9000 km.

347

9.24. Se la Terra, mantenendosi sferica, raddoppiasse il proprio raggio senza modificare la densità, quali valori assumerebbero a) l’accelerazione di gravità sulla superficie, b) la massa terrestre, c) il periodo di rotazione e d) il periodo di rivoluzione. (3)

______

a) L’espressione dell’accelerazione di gravità è

g = GmT

rT2

= G

4

3rT

3

rT2

=4

3G r

T,

pertanto g diventerebbe 19,6 m/s2.

b) La massa terrestre diventerebbe otto volte maggiore, ovvero 4,78 .1025 kg. c) Il momento angolare della Terra nella rotazione attorno al proprio asse deve mantenersi invariato, cioè deve essere

I =

2

TI =

2

T

2

5mTrT

2= costante,

dove I è il momento d’inerzia della Terra. Dal momento che il raggio della Terra raddoppia, mentre la massa diventa otto volte maggiore, il periodo di rotazione deve diventare 32 volte maggiore cioè T’ = 192 h. d) Per la III legge di Keplero il periodo di rivoluzione di un pianeta attorno al Sole dipende solo dalla massa solare e dal semiasse maggiore dell’orbita, perciò esso resterà invariato. 9.25. Un satellite artificiale di massa m = 1000 kg è in orbita circolare attorno alla Terra a una quota h = 1000 km; assumendo per la massa terrestre il valore

mT = 5,98 .10 24 kg e per il raggio terrestre rT = 6,36 Mm, calcolare: a) la forza

centripeta agente sul satellite, b) la velocità orbitale, c) il peso in orbita, d) l’energia totale. (4)

______ a) La forza centripeta coincide con la forza di attrazione gravitazionale tra il satellite e la Terra, ovvero

Fcp = Gm mT

(rT + h)2= 6, 67 10

11103 5,98 1024

(7,36 106)2= 7,36 kN.

b) Sappiamo che

Fcp =m v

2

rT + h,

348

quindi

v =

Fcp(rT + h)

m=

7,36 103 7,36 106

103= 7,36

km

s.

c) Il peso in orbita non è altro che la forza centripeta. d)

E = G

mTm

2(rT + h)= 6, 67 10

11 5,98 1024 103

14,72 106= 2,71 10

10J = 27,1 GJ.

9.26. Una massa m viene lasciata cadere lungo l’asse della congiungente altre due masse uguali M poste a distanza l. Stabilire sotto quali condizioni il moto di m è armonico semplice.

(6)

______

Per motivi di simmetria, la massa m, essendo le due masse laterali uguali, sarà soggetta a una forza gravitazionale attrattiva che, come si può vedere in figura, è perpendicolare assialmente alla congiungente le due masse M e vale

F = 2

G m M

r2

sin ,

dove abbiamo assunto un asse y perpendicolare alla congiungente e

sin =y

r

r2= y2

+l2

4.

Tenendo conto che F è attrattiva, l’equazione di moto della massa m sarà

349

F = m a =2G m M y

y2+

l2

4

3/2,

a =2G M y

y2

+l2

4

3/2.

Nel caso in cui y2 «

2

4

l, cioè y « l/2, otteniamo, approssimando

a =

16 G M

l3y,

che è l’equazione differenziale di un moto armonico semplice di pulsazione

=16 G M

l3

e periodo

T =2

=2

l3

G M.

9.27. Sono dati un sottilissimo guscio sferico di raggio r = 20 cm e densità

superficiale = 8 g/cm2, una massa puntiforme m = 10 g esterna al guscio a

distanza d = 60 cm dal centro e una massa M = 50 kg posta nel centro del guscio. Calcolare il flusso del campo gravitazionale attraverso la superficie del guscio. Che cosa cambia se la massa M viene posta a distanza r/2 dal centro del guscio?

(4) ______

Il teorema di Gauss afferma che il flusso del campo H attraverso la superficie considerata vale

= –4 G mint – 2 G msup,

dove mint è la massa interna al guscio ed msup quella contenuta in superficie,

cioè la massa del guscio stesso, essendo esso sottilissimo. La massa esterna non contribuisce al flusso e il risultato è indipendente dalla posizione della massa interna. Allora

= –4 G (M + 2 R2 )= – 4 . 3,14 . 6,67 .10–11 (50 + 6,28 . 4.10–2.80) =

= – 5,87 .10–8

m3

s2

.

350

9.28. Se la legge di gravitazione universale fosse del tipo F = – G m M / r, ricavare per un pianeta di massa M, le espressioni: a) dell’accelerazione di gravità, b) della legge di Keplero sui periodi, c) della velocità orbitale del pianeta, d) della legge delle aree, precisando se la prima legge di Keplero si manterrebbe valida.

(4) ______

a) Basta scrivere che il peso m g di un oggetto coincide con la forza di attrazione gravitazionale, cioè che

m g = Gm M

r

per ricavare subito che

g =G M

r.

b) Scrivendo che la forza centripeta agente sul pianeta in orbita attorno al Sole altro non è che la forza gravitazionale, abbiamo

M2

r = GM mS

r,

4 2

T2

=Gm S

r2

,

T =2 r

Gm S

.

c) Scrivendo in altro modo la forza centripeta agente sul pianeta, abbiamo

Mv

2

r= G

M mS

r,

v = Gm S ,

per cui la velocità risulta costante in modulo in tutti i punti dell’orbita e questa non potrebbe essere che circolare. d) La legge delle aree, o II legge di Keplero, altro non esprime che la conservazione del momento angolare del pianeta nel suo moto attorno al Sole: essa sarebbe ancora valida. e) Come visto nel punto c) le orbite non possono essere ellittiche, ma solo circolari. 9.29. Se il raggio di un pianeta sferico e omogeneo aumentasse senza variazioni di densità, come si modificherebbe il peso di un oggetto sulla superficie di tale pianeta? (4)

351

______ L’aumento del raggio implica l’aumento del volume e quindi, se la densità si mantiene costante, quello della massa del pianeta; tuttavia ora l’oggetto si trova più lontano dal centro del pianeta; il primo effetto produce un aumento della forza gravitazionale, il secondo una diminuzione. Si tratta di stabilire quale dei due effetti è preponderante. Essendo il peso dell’oggetto dato da m g, basta stabilire come si comporta g per effetto delle variazioni avvenute. Abbiamo

g = Gmp

rp2

= G

4

3rp

3

rp2

=4

3G r

p.

L’aumento del raggio implica quindi un aumento di g e quindi del peso dell’oggetto. 9.30. Si considerino la Terra, la Luna e il Sole, utilizzando i seguenti dati:

massa terrestre mT = 5,98 .1024 kg, massa lunare mL = 7,38 .1022 kg, massa

solare mS = 2 . 1030 kg, distanza Terra–Luna dTL = 3,84 .105 km, distanza Terra-

Sole dTS = 1,49 .108 km. Verificare che la forza attrattiva Luna-Sole è superiore

a quella Luna-Terra e che l’energia di legame del sistema Luna-Sole è di gran lunga superiore a quella del sistema Luna-Terra. Spiegare qualitativamente come è possibile che la Luna orbiti attorno alla Terra anziché, come sembrerebbe più logico, attorno al Sole.

(5) ______

La forza di attrazione Luna-Sole vale

FLS = GmLmS

dLS2

=6, 67 10 11 7,38 1022 2 1030

1,492 1022= 4,43 10

20N.

La forza di attrazione Luna-Terra vale invece:

FLT

= Gm

Lm

T

dLT

2=

6,67 1011

7,38 1022

5,98 1024

3,842

1016

= 2,00 1020

N.

L’energia di legame tra Luna e Sole (cioè l’energia gravitazionale del sistema dei due corpi) è

ELS = GmLmS

2dLS

=6, 67 10 11 7,38 1022 2 1030

2,98 1011= 3,3 10

31J.

352

L’energia di legame tra Luna e Terra vale invece

ELT = GmLmT

2dLT

=6, 67 10 11 7,38 1022 5,98 1024

7, 68 108= 3,83 10

28J.

I risultati trovati potrebbero far ritenere ingiustificato il fatto che la Luna orbiti attorno alla Terra anziché attorno al Sole. Ma è scorretto ragionare in termini di forze e di energie di legame. Si deve ragionare in termini di campo gravitazionale. Il campo gravitazionale terrestre in un punto C a distanza x dalla superficie terrestre lungo la congiungente Terra-Sole è espresso da

HT =G mT

(rT + x )2,

dove rT è il raggio terrestre (6,36 .106 m).

Nello stesso punto il campo gravitazionale solare vale

HS =G mS

(dTS rT x )2.

Calcoliamo ora per quale valore di x i due campi hanno la stessa intensità, ovvero

mS

(dTS rT x )2=

mT

( rT + x )2.

Ciò accade per

mT (dTS rT x )2= mS( rT + x )

2,

che possiamo approssimare,essendo rT trascurabile rispetto a dTS

come

mT (dTS x )2 = mS( rT + x )2 ,

x2 (mT mS) 2x (mTdTS + rTmS) + mTdTS

2mSrT

2= 0.

Trascurando la massa terrestre rispetto a quella solare nella prima parentesi, otteniamo

mSx2+ 2x (mTdTS + rTmS) mTdTS

2+ mSrT

2= 0.

353

Sostituendo i valori numerici e risolvendo l’equazione di 2° grado si ricava che i due campi sono uguali per una distanza

x = 251000 km. Perciò se la Luna è entrata nel campo gravitazionale terrestre a una distanza inferiore a 251000 km dalla superficie terrestre, essa è stata catturata dal campo assestandosi successivamente alla attuale distanza.

9.31. Un satellite di massa m = 200 kg viene lanciato in orbita e la sua velocità orbitale è v = 7 km /s; per effetto degli attriti, esso spiraleggia verso Terra riducendo la velocità a v’ = 1 km/s quando la sua distanza da Terra si è ridotta a r’ = 7000 km. Calcolare: a) il raggio dell’orbita iniziale, b) il periodo orbitale finale, c) il lavoro compiuto contro gli attriti.

(5) ______

a) Quando il satellite è in un’orbita di raggio r, la forza gravitazionale con cui è attratto dalla Terra è di natura centripeta, quindi, uguagliando le due espressioni, ricaviamo per r

Gm mT

r2

= mv

2

r,

r =G mT

v2

=6, 67 10 11 5,98 1024

4,9 107= 8140 km.

b) Dalla III legge di Keplero abbiamo

T = 2r

'3

GmT

= 6,287

310

18

6,67 1011

5,98 1024

= 5824s = 1h37min4s.

c) Il lavoro contro gli attriti viene compiuto a spese dell’energia gravitazionale totale del satellite,che diminuisce, cioè

L = E = Ei Ef = Gm mT

2 r+ G

m mT

2 r '= G

m mT

2

1

r '

1

r

=

= 6, 67 1011 200 5,98 1024

2

1

7 106

1

8,14 106

= 798 MJ.

9.32. Un satellite artificiale di massa m = 500 kg in orbita circolare attorno alla Terra di raggio r = 7500 km viene portato dai motori su un’orbita di raggio r’ =

8000 km. Se la nuova orbita viene raggiunta in un tempo t = 20 min, calcolare:

a) il lavoro compiuto dai motori, b) la velocità nella prima orbita, c) la velocità nella seconda orbita, d) la potenza media sviluppata dai motori.

(4)

354

______

a) Il lavoro compiuto dai motori deve uguagliare la variazione di energia gravitazionale totale sulle due orbite, cioè

L = Ef

Ei=

GmmT

2r2

+Gmm

T

2r1

=Gmm

T

2

1

r1

1

r2

=

=6,67 10

115 10

25,98 10

24

2

1

7,5

1

810

6= 831 MJ .

b), c). Le velocità orbitali si ricavano imponendo che la forza gravitazionale sia di natura centripeta, ovvero

Gm mT

r2

=m v

2

r,

da cui

v1 =G mT

r1

= 7,3 km

s,

v2 =G mT

r2

= 7,06 km

s.

d) La potenza (media) sviluppata dai motori sarà

W =L

t=

8,31 108

1200= 693 kW = 940 CV.