Semplici problemi di

meccanica celeste

Mauro Dolci

Comitato Olimpico Italiano INAF – SAIt

XVI Scuola Estiva di Astronomia

Stilo, 29 luglio 2011

Elementi di algebra e geometria

PROPORZIONI

a : b = c : d

Proprietà:

1) Conservazione del rapporto degli estremi:

a*d = b*c

2) Proprietà commutativa:

a : b = c : d => a : c = b : d => d : b = c : a …

3) Proprietà distributiva:

a : b = c : d => (a+b) : b = (c+d) : d

Elementi di algebra e geometria

FIGURE PIANE: PERIMETRI E AREE

La circonferenza è il luogo dei punti

equidistanti da un punto fisso detto centro C

della circonferenza. La distanza è detta

raggio r.

Perimetro: ℓ = 2 r

Area del cerchio: A = r2

C

Elementi di algebra e geometria

Problema. Calcolare la velocità orbitale media

della Terra intorno al Sole, in Km/sec,

nell’ipotesi di orbita circolare.

Soluzione: la distanza della Terra dal Sole è

r=149600000 Km ed il periodo di rivoluzione

(siderale) è T=365,256 giorni solari medi da 24 ore

ciascuno. Si ha dunque

v = ℓ / T = 2r / T =

= 2*149600000 / (365,256 * 24 * 60 * 60)=

= 29,79 Km/sec .

Elementi di algebra e geometria

FIGURE PIANE: PERIMETRI E AREE

L’ellisse è il luogo dei punti in cui è costante la somma delle

distanze da due punti fissi, detti fuochi.

a = semiasse maggiore

b = semiasse minore

dA = dist. apocentro

dP = dist. pericentro

Nozione fondamentale di

eccentricità e :

e = c / a = =

a

b

b

c

a2 – b2

a b

1 – a( )2

dP dA

Elementi di algebra e geometria

FIGURE PIANE: PERIMETRI E AREE

Relazioni: b = a c = a*e

dA = a + c = a + a*e = a * (1 + e)

dP = a – c = a – a*e = a * (1 – e)

a = (dA + dP) / 2

e =

1 – e2

dA – dP

dA + dP

Elementi di algebra e geometria

Problema. Calcolare l’asse maggiore e l’asse minore

dell’orbita di una cometa le cui distanze minima e

massima dal Sole sono rispettivamente 0,3 UA e 78

UA.

Soluzione: il semiasse maggiore si ottiene subito dalla

somma,

a = (0,3 + 78)/2 UA = 39,15 UA

Calcoliamo quindi l’eccentricità:

e = (78 – 0,3) / (78 + 0,3) = 0,992

e, in ultimo, il semiasse minore b:

b = 39,15 * (1 – 0,9922)1/2 = 4,94 UA

VELOCITÀ LINEARE E VELOCITÀ ANGOLARE

Velocità lineare: v = ℓ / T

Velocità angolare: = / T

Accelerazione centrifuga: ac = 2r

Accelerazione di gravità: ag = GMR2

VELOCITÀ LINEARE E VELOCITÀ ANGOLARE

Problema. Quanto dovrebbe durare il giorno siderale

affinché un corpo posto all’equatore risulti privo di

peso ? (MT = 5,97 1024 Kg, RT = 6378 Km)

Soluzione. Perché il corpo risulti privo di peso,

l’accelerazione centrifuga deve bilanciare esattamente

l’accelerazione di gravità, ovvero ac = ag, da cui

2RT= GMT /RT2

Se ne ricava = = 0,00124 sec-1

Da cui in definitiva si ricava la nuova durata del giorno

siderale (periodo di rotazione):

T = 2 / 1,41 ore

GMT

RT3√

VELOCITÀ LINEARE E VELOCITÀ ANGOLARE

… ecco la condizione di equilibrio delle forze, ad

esempio per un pianeta orbitante intorno al Sole:

forza centripeta = forza gravitazionale

(a= semiasse maggiore dell’orbita):

m2a= GMm/a2

Se ne ricava 2 =

Poiché = 2 / T, si ricava =

ovvero

= costante = ( = )

GMa3

GM

a3

42

T2

GM

42

a3

T2

G(M+m)

42

(m non trascurabile

rispetto a M)

LEGGI DI KEPLERO (problema dei due corpi)

I Legge di Keplero: Orbita ellittica

(a, b, e…)

II Legge di Keplero:Velocità areolare costante

A1 : T1 = A2 : T2

III Legge di Keplero: Il rapporto tra il cubo del

semiasse maggiore ed il quadrato del periodo

di rivoluzione è costante:

a13 : T1

2 = a23 : T2

2

A2

A1

T1T2

v1

v2

A1 : T1 = A2 : T2 ( v2 > v1 )

LEGGI DI KEPLERO

Problema. Un asteroide si muove intorno al Sole su

un'orbita stabile avente eccentricità e = 0.151 e

periodo P = 5.35 anni. Si dica se l'asteroide

costituisce una minaccia per la Terra e se ne spieghi

il perché.

Soluzione. Il semiasse maggiore a dell’orbita dell’asteroide

si trova applicando la III legge di Keplero:

a3 (UA) = T2 (anni) = (5.35)2 = 28.6225

da cui

a = (28.6225)1/3 = 3.059 UA

LEGGI DI KEPLERO

Data l’eccentricità, possiamo allora subito calcolare le

distanze dal Sole all’afelio dA e al perielio dP:

dA = a(1+e) = 3.521 UA

dP = a(1–e) = 2.597 UA

Come si vede, la minima distanza dell’asteroide dal Sole è

superiore ad 1 UA: dunque la sua orbita, in quanto stabile

(come specificato dal problema), non incrocerà mai l’orbita

terrestre, e in definitiva l’asteroide considerato NON

costituisce una minaccia per la Terra.

LEGGI DI KEPLERO

Problema. Se la massa del Sole fosse doppia di quella

attuale, quale sarebbe il periodo di rivoluzione della

Terra (supposta alla stessa distanza attuale) ?

Soluzione. Si è detto che, esprimendo il semiasse maggiore

in UA ed il periodo in anni, la costante della III Legge di

Keplero vale 1. Tale costante è direttamente proporzionale

alla massa del corpo centrale (nel nostro caso, il Sole) e

quindi, se la massa del Sole fosse raddoppiata, essa

raddoppierebbe. Avremmo quindi la relazione

1 UA / T2 (anni) = 2

da cuiT = 2-1/2 anni = 0,707 anni 258 giorni.

LEGGI DI KEPLERO

Problema. Se la massa fosse tripla di quella attuale,

quale sarebbe il suo periodo di rivoluzione (supposto

alla stessa distanza attuale) ?

Soluzione. Il periodo di rivoluzione sarebbe lo stesso!

Infatti, essendo la massa della Terra trascurabile rispetto a

quella del Sole, la costante nella III Legge di Keplero

dipende praticamente SOLO dalla massa del corpo centrale

(il Sole) ma NON da quella del corpo orbitante (la Terra).

Un ultimo esempio «ricco»…

(un problema un po’ più impegnativo)

La Cometa P/Weight-Watchers descrive un’orbita la

cui distanza dal Sole al perielio è dP = 0,45 u.a. e la

cui eccentricità vale e = 0,92. Nella semiorbita più

vicina al Sole (indicata in rosso nella figura) la

Cometa perde continuamente massa per evaporazione,

al ritmo medio di 1 kg/sec. Quando tuttavia percorre

la semiorbita più lontana, essa si trova a passare

attraverso la Fascia Principale degli Asteroidi, dove

grazie all’apporto di materiale dovuto a continue

collisioni con asteroidi di piccole dimensioni,

riacquista parzialmente massa al ritmo medio di 1

kg/min.

Sapendo che le due semiorbite sono separate dall’asse

minore e che la massa iniziale della Cometa è di 100

miliardi di tonnellate, si calcoli il tempo massimo che

la Cometa impiega per evaporare completamente.

(Suggerimento: si trascurino le variazioni dell’orbita al

variare della massa della Cometa)

Soluzione. Deriviamo parametri dell’orbita (semiassi

dell’ellisse, periodo di rivoluzione) partendo dai dati. Per il

semiasse maggiore a ricaviamo

a = dP / (1 – e ) = 0,45 UA / (1 – 0,92) = 5,625 UA

e per il semiasse minore b ricaviamo

b = a * (1 – e2)1/2 = 5,625 UA * (1 – 0,8464)1/2 =

= 5,68 UA * 0,3919 = 2,205 UA

Noto il semiasse maggiore, ricaviamo il periodo orbitale

Torb in base alla III Legge di Keplero e prendendo per

confronto i dati per la Terra (TTerra = 1 anno, aTerra = 1 UA):

Torb (anni)2 : a (UA)3 = TTerra2 : aTerra

3 = 1

da cui Torb = a3 = 13,341 anni.

a = 5,625 UA

b =

2,2

05

UA

T = 13,341 anni

Calcoliamo ora i tempi di percorrenza nelle due semiorbite

(«lontana» e «vicina»), utilizzando la seconda legge di

Keplero. Abbiamo bisogno di una costruzione geometrica:

A2 T1T2A1

AellisseAT2

b

c=ae

Aellisse = ab AT = bc = eab

Abbiamo dunque:

A1 = Aellisse / 2 + AT

A2 = Aellisse / 2 – AT

Ovvero

A1 = (/2 + e)ab = 30,894 UA2

A2 = (/2 – e)ab = 8,072 UA2

Ovviamente, si verifica che

A1 + A2 = Aellisse = ab = 38,966 UA2

Possiamo quindi applicare la II Legge di Keplero,

confrontando il tempo di percorrenza di ciascuna area

parziale con l’intero periodo orbitale, ovvero il tempo

necessario a spazzare tutta l’area dell’ellisse:

A1 : T1 = Aellisse : Torb

A2 : T2 = Aellisse : Torb

da cui si ricava in definitiva

T1 = (A1 / Aellisse)Torb = 10,577 anni

T2 = (A2 / Aellisse)Torb = 2,764 anni

Ovviamente, anche qui si verifica che

T1 + T2 = Torb = 13,341 anni !

Facciamo il nuovo punto della situazione. Ad ogni

rivoluzione, la cometa trascorre 10,577 anni nella

semiorbita lontana e, qui, accumula massa al ritmo di 1

kg/min. Dunque, ad ogni rivoluzione, la cometa accumula

una massa complessiva pari a

M1 = 1 kg/min T1 (min) =

= 1 kg/min*10,577anni*365,256*24*60 min/anno =

= 5.563.170,3 kg

La cometa trascorre però anche 2,764 anni nella

semiorbita più vicina, dove invece perde massa al ritmo di

1 kg/sec. Dunque, ad ogni rivoluzione, la cometa perde

una massa complessiva pari a

M2 = 1 kg/sec T2 (sec) =

= 1 kg/sec*2,764anni*365,256*24*3600 sec/anno =

= 87.226.639,3 kg

In definitiva, ad ogni rivoluzione, il bilancio di massa

della cometa è

Mrev = M1 – M2 = 5.563.170,3 kg – 87.226.639,3 kg =

= – 81.663.469 kg / rivoluzione

Il bilancio di massa è negativo, quindi la cometa è

effettivamente destinata ad evaporare completamente !

Poiché la massa iniziale M della cometa è nota, calcoliamo

infine il numero di rivoluzioni necessarie (assumendo

l’ipotesi semplificata che non ci siano variazioni orbitali…)

per l’evaporazione completa:

Nrev = M / Mrev = 1014 kg / 81663469 Kg/rivoluzione =

= 1.224.537,7 rivoluzioni

… e perciò…

Perciò, il tempo necessario alla cometa per evaporare

completamente (sempre nella nostra ipotesi semplificativa!)

si ottiene moltiplicando tale numero per la durata di ogni

rivoluzione, ovvero per il periodo orbitale:

Tev = Nrev * Torb =

=1.224.537,7 rivoluzioni * 13,341 anni/rivoluzione =

= 16336557,5 anni

La cometa evapora completamente

entro 16 milioni e 300 mila anni!

Questo valore è in realtà un limite superiore.

Evaporando, infatti, la cometa perde massa ma anche

momento angolare.

Pertanto il semiasse maggiore della sua orbita tenderà a

diminuire progressivamente e la cometa passerà sempre

più vicina al Sole.

Da un lato, quindi, essa evaporerà più rapidamente nella

semiorbita vicina, dall’altro essa ad un certo punto non

passerà più per la fascia degli asteroidi e quindi non

accrescerà più massa.

Ma, fatto più importante, essa in realtà non avrà il tempo di

evaporare completamente perché, spiraleggiando in modo

sempre più marcato, finirà per precipitare sul Sole (sarebbe

una sungrazing comet come quelle viste da SOHO).