Esercizi — Gravitazione universale

Tutti gli esercizi del capitolo, svolti passo-passo, in ordine di comparsa nel capitolo: prima gli esercizi guidati e i problemi delle sezioni, poi i problemi di fine capitolo (numerici, concettuali, vero/falso, ranking, grafici, stime).

Esercizi e problemi nel testo

• Cometa al perielio e all’afelio
• Esercizio svolto — satellite, afelio e perielio
• Esplosione di una sonda
• Esercizio svolto — due asteroidi che cadono uno sull’altro
• Esercizio svolto — la massa del Sole da Keplero

Problemi di fine capitolo

• Gravità superficiale sulla Luna
• Astronauta ISS e assenza di peso
• Forza gravitazionale Sole-Terra
• Periodo di un pianeta a 2,4 UA
• Velocità di fuga dalla Terra (energia)
• Altitudine dell’orbita geostazionaria
• Vero o falso su energia e orbite
• Velocità di una cometa al perielio
• Dimostrazione della velocità di fuga
• Stima della massa della Galassia
• Ranking dei periodi di quattro satelliti
• Perché la Luna non cade
• La Luna cava
• Fuggire dal Sistema Solare
• Forza tra due sfere di 100 kg
• Gravità sulla Luna e peso di un astronauta
• Periodo di un satellite a 400 km
• ISS e assenza di peso (caduta libera)
• Ranking della gravità superficiale di tre pianeti
• Vero o falso sulla gravitazione
• Stima del raggio dell’orbita geostazionaria
• Mela e Terra
• Gravità a quote diverse (Everest)
• Orbita circolare e forza centripeta
• Peso e massa
• Ranking di forze gravitazionali
• Ranking delle velocità orbitali
• Forza gravitazionale Terra-Luna
• Gravità superficiale sulla Luna (calcolo)
• Raggio dell’orbita geostazionaria (calcolo)
• Velocità di fuga dalla Terra (formula)
• Energia di legame di un satellite
• Massa di un pianeta sconosciuto
• Raggio di un pianeta
• Fantafisica: G raddoppiata
• Fantafisica: forza 1/r³
• Pianeta da Keplero
• Trasferimento di Hohmann Terra-Marte
• Le maree
• Assenza di peso in ISS
• Orbita ellittica, perielio e afelio
• Andamento di g dentro e fuori la Terra
• Stima della massa del Sole
• Caduta al centro della Terra
• Sole, Terra e un’auto
• Pianeta tra due stelle uguali

All the exercises of the chapter, worked step by step, in order of appearance in the chapter: first the guided exercises and section problems, then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, true/false, ranking, graphical, estimation).

Exercises and problems in the text

• Comet at perihelion and aphelion
• Worked exercise — satellite, aphelion and perihelion
• Explosion of a probe
• Worked exercise — two asteroids falling onto each other
• Worked exercise — the mass of the Sun from Kepler

End-of-chapter problems

• Surface gravity on the Moon
• ISS astronaut and weightlessness
• Sun-Earth gravitational force
• Period of a planet at 2.4 AU
• Escape velocity from Earth (energy)
• Altitude of the geostationary orbit
• True or false on energy and orbits
• Velocity of a comet at perihelion
• Derivation of escape velocity
• Estimate of the mass of the Galaxy
• Ranking the periods of four satellites
• Why the Moon does not fall
• The hollow Moon
• Escaping the Solar System
• Force between two 100 kg spheres
• Gravity on the Moon and an astronaut’s weight
• Period of a satellite at 400 km
• ISS and weightlessness (free fall)
• Ranking the surface gravity of three planets
• True or false on gravitation
• Estimate of the radius of the geostationary orbit
• Apple and Earth
• Gravity at different altitudes (Everest)
• Circular orbit and centripetal force
• Weight and mass
• Ranking of gravitational forces
• Ranking of orbital velocities
• Earth-Moon gravitational force
• Surface gravity on the Moon (calculation)
• Radius of the geostationary orbit (calculation)
• Escape velocity from Earth (formula)
• Binding energy of a satellite
• Mass of an unknown planet
• Radius of a planet
• Thought experiment: G doubled
• Thought experiment: force 1/r³
• Planet from Kepler
• Earth-Mars Hohmann transfer
• Tides
• Weightlessness on the ISS
• Elliptical orbit, perihelion and aphelion
• Behaviour of g inside and outside the Earth
• Estimate of the mass of the Sun
• Fall to the centre of the Earth
• Sun, Earth and a car
• Planet between two equal stars

Testo

Una cometa ha al perielio distanza $d_p = 3\cdot 10^{10}\ \text{m}$ dal Sole e velocità $v_p = 5\cdot 10^4\ \text{m/s}$. All’afelio si trova a $d_a = 6\cdot 10^{12}\ \text{m}$. Trova $v_a$ usando la conservazione del momento angolare.

Al perielio e all’afelio la velocità è perpendicolare alla congiungente cometa-Sole.

Soluzione

Nei punti estremi dell’orbita (perielio e afelio) la velocità è perpendicolare al raggio vettore, quindi il braccio della quantità di moto è la distanza stessa e il momento angolare vale $L = m\,v\,d$.

Il momento angolare rispetto al Sole si conserva (forza sempre diretta lungo la congiungente, momento nullo): $m\,v_p\,d_p = m\,v_a\,d_a \;\Rightarrow\; v_p\,d_p = v_a\,d_a$

Ricavo $v_a$: $v_a = v_p\,\frac{d_p}{d_a} = 5\cdot 10^4\cdot\frac{3\cdot 10^{10}}{6\cdot 10^{12}} = 5\cdot 10^4\cdot 5\cdot 10^{-3}$

$\ev{v_a = 250\ \text{m/s}}$

All’afelio, dove è più lontana, la cometa è molto più lenta: più vicino al Sole $\Rightarrow$ più veloce.

Collegamenti

Argomenti: Gravitazione Concetti: Momento angolare · Conservazione del momento angolare · Orbite Competenze: Conservazione del momento angolare

Problem

A comet is at perihelion at distance $d_p = 3\cdot 10^{10}\ \text{m}$ from the Sun with velocity $v_p = 5\cdot 10^4\ \text{m/s}$. At aphelion it is at $d_a = 6\cdot 10^{12}\ \text{m}$. Find $v_a$ using conservation of angular momentum.

At perihelion and aphelion the velocity is perpendicular to the line joining the comet and the Sun.

Solution

At the extreme points of the orbit (perihelion and aphelion) the velocity is perpendicular to the radius vector, so the lever arm of the momentum is the distance itself and the angular momentum is $L = m\,v\,d$.

Angular momentum about the Sun is conserved (the force is always directed along the line joining the two bodies, so its torque is zero): $m\,v_p\,d_p = m\,v_a\,d_a \;\Rightarrow\; v_p\,d_p = v_a\,d_a$

Solving for $v_a$: $v_a = v_p\,\frac{d_p}{d_a} = 5\cdot 10^4\cdot\frac{3\cdot 10^{10}}{6\cdot 10^{12}} = 5\cdot 10^4\cdot 5\cdot 10^{-3}$

$\ev{v_a = 250\ \text{m/s}}$

At aphelion, where it is furthest away, the comet is much slower: closer to the Sun $\Rightarrow$ faster.

Links

Topics: Gravitazione Concepts: Momento angolare · Conservazione del momento angolare · Orbite Skills: Conservazione del momento angolare

Testo

Un satellite di massa $m_s = 10^{10}\ \text{kg}$ orbita attorno alla Terra ($M_T = 6\cdot 10^{24}\ \text{kg}$). Al tempo A si trova in posizione $\vec{r}_A = (-3\cdot 10^8,\ 8\cdot 10^8)\ \text{m}$ con velocità $\vec{v}_A = (-3000,\ 0)\ \text{m/s}$. Determinare la distanza minima e massima del satellite dal centro della Terra.

Stato iniziale A: posizione e velocità note; si cercano i due punti estremi dell’orbita (perielio e afelio).

Soluzione

Strategia. Nei punti di massima e minima distanza $\vec{v}\perp\vec{r}$: si usano insieme la conservazione dell’energia totale e quella del momento angolare rispetto al centro della Terra.

Passo 1 — calcoli preliminari. $r_A = |\vec{r}_A| = \sqrt{(3\cdot 10^8)^2 + (8\cdot 10^8)^2} = \sqrt{73}\cdot 10^8 \approx 8{,}54\cdot 10^8\ \text{m}$ $v_A = |\vec{v}_A| = 3000\ \text{m/s}$

Passo 2 — energia totale. $E_\text{cin,A} = \tfrac{1}{2}m_s v_A^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 10^{10}\cdot 9\cdot 10^6 = 4{,}5\cdot 10^{16}\ \text{J}$ $E_\text{pot,A} = -\frac{GM_T m_s}{r_A} = -\frac{6{,}7\cdot 10^{-11}\cdot 6\cdot 10^{24}\cdot 10^{10}}{8{,}54\cdot 10^8} \approx -4{,}7\cdot 10^{16}\ \text{J}$ $E_\text{tot} = 4{,}5\cdot 10^{16} - 4{,}7\cdot 10^{16} = -2{,}2\cdot 10^{15}\ \text{J}$

Poiché $E_\text{tot} < 0$, l’orbita è ellittica (legata).

Passo 3 — momento angolare. $\vec{L}_A = m_s\,(\vec{r}_A\times\vec{v}_A) = 10^{10}\cdot\left[(-3\cdot 10^8)\cdot 0 - (8\cdot 10^8)\cdot(-3000)\right]$ $L = 10^{10}\cdot 2{,}4\cdot 10^{12} = 2{,}4\cdot 10^{22}\ \text{kg}\,\text{m}^2/\text{s}$

Passo 4 — equazioni nel punto B (perielio o afelio, dove $\vec{v}\perp\vec{r}$). Confronto tra lo stato A e lo stato generico B:

	$E_\text{cin}$	$E_\text{pot,G}$	$E_\text{tot}$
A	$4{,}5\cdot 10^{16}$	$-4{,}7\cdot 10^{16}$	$-2{,}2\cdot 10^{15}$
B	$\tfrac{1}{2}m_s v_B^2$	$-\dfrac{GM_T m_s}{d_B}$	$-2{,}2\cdot 10^{15}$

	$L$
A	$2{,}4\cdot 10^{22}$
B	$m_s v_B d_B$

Passo 5 — sostituzione. Dalla conservazione di $L$: $m_s v_B d_B = 2{,}4\cdot 10^{22}$, quindi $v_B = \frac{2{,}4\cdot 10^{12}}{d_B}$

Sostituendo nell’equazione dell’energia: $\frac{m_s}{2}\left(\frac{2{,}4\cdot 10^{12}}{d_B}\right)^2 - \frac{GM_T m_s}{d_B} = -2{,}2\cdot 10^{15}$

Moltiplicando per $d_B^2$ si ottiene un’equazione di secondo grado in $d_B$: $2{,}2\cdot 10^{15}\,d_B^2 + 4\cdot 10^{24}\,d_B - 8{,}8\cdot 10^{44} = 0$

Passo 6 — le due soluzioni. Le due radici positive dell’equazione sono i due punti estremi: $\ev{d_B^\text{peri} \approx 3{,}2\cdot 10^8\ \text{m}\qquad d_B^\text{afel} \approx 5{,}5\cdot 10^8\ \text{m}}$

Verifica. Le due soluzioni corrispondono esattamente ai due punti (minimo e massimo) dove $\vec{v}\perp\vec{r}$: il perielio (punto più vicino) e l’afelio (punto più lontano). In tutti gli altri punti dell’orbita la velocità ha anche una componente radiale.

Nota sul segno di $E_\text{tot}$: se $E_\text{tot}<0$ le radici positive sono due (ellisse); se $E_\text{tot}=0$ una sola (parabola); se $E_\text{tot}>0$ una sola (iperbole).

Attenzione ai dati numerici $E_\text{pot,A} = -GM_T m_s / r_A \approx -4{,}7\cdot 10^{15}\ \text{J}$ (non $10^{16}$): l'esempio del libro contiene uno slittamento di un fattore 10. I valori dei due punti estremi vanno quindi presi come indicativi — l'importante è il metodo (due conservazioni → equazione di secondo grado → due punti dove $\vec{v}\perp\vec{r}$). Rifà i conti con cura sui tuoi dati.

Con i valori stampati il calcolo corretto dell’energia potenziale è

Collegamenti

Argomenti: Gravitazione Concetti: Conservazione dell’energia meccanica · Conservazione del momento angolare · Energia potenziale gravitazionale universale · Orbite Competenze: Conservazione dell’energia · Conservazione del momento angolare Oggetti: Satellite

Problem

A satellite of mass $m_s = 10^{10}\ \text{kg}$ orbits the Earth ($M_T = 6\cdot 10^{24}\ \text{kg}$). At time A it is at position $\vec{r}_A = (-3\cdot 10^8,\ 8\cdot 10^8)\ \text{m}$ with velocity $\vec{v}_A = (-3000,\ 0)\ \text{m/s}$. Determine the minimum and maximum distance of the satellite from the Earth’s centre.

Initial state A: position and velocity known; we seek the two extreme points of the orbit (perihelion and aphelion).

Solution

Strategy. At the points of maximum and minimum distance $\vec{v}\perp\vec{r}$: we use together the conservation of total energy and of angular momentum about the Earth’s centre.

Step 1 — preliminary calculations. $r_A = |\vec{r}_A| = \sqrt{(3\cdot 10^8)^2 + (8\cdot 10^8)^2} = \sqrt{73}\cdot 10^8 \approx 8{,}54\cdot 10^8\ \text{m}$ $v_A = |\vec{v}_A| = 3000\ \text{m/s}$

Step 2 — total energy. $E_\text{kin,A} = \tfrac{1}{2}m_s v_A^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 10^{10}\cdot 9\cdot 10^6 = 4{,}5\cdot 10^{16}\ \text{J}$ $E_\text{pot,A} = -\frac{GM_T m_s}{r_A} = -\frac{6{,}7\cdot 10^{-11}\cdot 6\cdot 10^{24}\cdot 10^{10}}{8{,}54\cdot 10^8} \approx -4{,}7\cdot 10^{16}\ \text{J}$ $E_\text{tot} = 4{,}5\cdot 10^{16} - 4{,}7\cdot 10^{16} = -2{,}2\cdot 10^{15}\ \text{J}$

Since $E_\text{tot} < 0$, the orbit is elliptical (bound).

Step 3 — angular momentum. $\vec{L}_A = m_s\,(\vec{r}_A\times\vec{v}_A) = 10^{10}\cdot\left[(-3\cdot 10^8)\cdot 0 - (8\cdot 10^8)\cdot(-3000)\right]$ $L = 10^{10}\cdot 2{,}4\cdot 10^{12} = 2{,}4\cdot 10^{22}\ \text{kg}\,\text{m}^2/\text{s}$

Step 4 — equations at point B (perihelion or aphelion, where $\vec{v}\perp\vec{r}$). Comparing state A with the generic state B:

	$E_\text{kin}$	$E_\text{pot,G}$	$E_\text{tot}$
A	$4{,}5\cdot 10^{16}$	$-4{,}7\cdot 10^{16}$	$-2{,}2\cdot 10^{15}$
B	$\tfrac{1}{2}m_s v_B^2$	$-\dfrac{GM_T m_s}{d_B}$	$-2{,}2\cdot 10^{15}$

	$L$
A	$2{,}4\cdot 10^{22}$
B	$m_s v_B d_B$

Step 5 — substitution. From conservation of $L$: $m_s v_B d_B = 2{,}4\cdot 10^{22}$, hence $v_B = \frac{2{,}4\cdot 10^{12}}{d_B}$

Substituting into the energy equation: $\frac{m_s}{2}\left(\frac{2{,}4\cdot 10^{12}}{d_B}\right)^2 - \frac{GM_T m_s}{d_B} = -2{,}2\cdot 10^{15}$

Multiplying by $d_B^2$ gives a quadratic equation in $d_B$: $2{,}2\cdot 10^{15}\,d_B^2 + 4\cdot 10^{24}\,d_B - 8{,}8\cdot 10^{44} = 0$

Step 6 — the two solutions. The two positive roots of the equation are the two extreme points: $\ev{d_B^\text{peri} \approx 3{,}2\cdot 10^8\ \text{m}\qquad d_B^\text{aph} \approx 5{,}5\cdot 10^8\ \text{m}}$

Check. The two solutions correspond exactly to the two points (minimum and maximum) where $\vec{v}\perp\vec{r}$: perihelion (the nearest point) and aphelion (the farthest point). At every other point of the orbit the velocity also has a radial component.

Note on the sign of $E_\text{tot}$: if $E_\text{tot}<0$ there are two positive roots (ellipse); if $E_\text{tot}=0$ there is one (parabola); if $E_\text{tot}>0$ there is one (hyperbola).

Watch the numerical data $E_\text{pot,A} = -GM_T m_s / r_A \approx -4{,}7\cdot 10^{15}\ \text{J}$ (not $10^{16}$): the textbook example contains a slip of a factor of 10. The values of the two extreme points should therefore be taken as indicative — what matters is the method (two conservation laws → quadratic equation → two points where $\vec{v}\perp\vec{r}$). Redo the calculation carefully with your own data.

With the printed values the correct calculation of the potential energy is

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Topics: Gravitation Concepts: Conservation of mechanical energy · Conservation of angular momentum · Universal gravitational potential energy · Orbits Skills: Conservation of energy · Conservation of angular momentum Objects: Satellite

Testo

Una sonda di massa $m = 10^4\ \text{kg}$ orbita attorno alla Terra a distanza $R$. Scoppia in due frammenti uguali ($m_1 = m_2 = 5\cdot 10^3\ \text{kg}$), liberando un’energia $E_\text{esplo} = 2{,}24\cdot 10^{32}\ \text{J}$. I due frammenti si allontanano orizzontalmente in versi opposti con la stessa velocità rispetto al centro di massa. Imponendo conservazione della quantità di moto e dell’energia, trova le velocità $v_{1C}$ e $v_{2C}$ dei due frammenti rispetto al CM.

Soluzione

Conservazione della quantità di moto. Nel riferimento del centro di massa la quantità di moto totale è nulla prima e dopo lo scoppio: $m_1 v_{1C} - m_2 v_{2C} = 0$

Con $m_1 = m_2$ segue subito $\ev{v_{1C} = v_{2C} \equiv v}$ cioè i due frammenti hanno la stessa velocità (in modulo) e versi opposti.

Conservazione dell’energia. L’energia liberata dall’esplosione diventa energia cinetica dei due frammenti: $E_\text{esplo} = \tfrac{1}{2}m_1 v_{1C}^2 + \tfrac{1}{2}m_2 v_{2C}^2 = 2\cdot\tfrac{1}{2}m_\text{fr}\,v^2 = m_\text{fr}\,v^2$

Ricavo $v$ (con $m_\text{fr}=5\cdot 10^3\ \text{kg}$, equivalente a $v=\sqrt{2E_\text{esplo}/m}$ usando la massa totale): $v = \sqrt{\frac{E_\text{esplo}}{m_\text{fr}}} = \sqrt{\frac{2{,}24\cdot 10^{32}}{5\cdot 10^{3}}} = \sqrt{4{,}48\cdot 10^{28}}$

$\ev{v_{1C} = v_{2C} \approx 2{,}1\cdot 10^{14}\ \text{m/s}}$

Attenzione all’ordine di grandezza (fantafisica). Il risultato è enormemente maggiore della velocità della luce ($c\approx 3\cdot 10^8\ \text{m/s}$): fisicamente impossibile. I dati del problema sono irrealistici — l’energia $E_\text{esplo}$ ipotizzata è spropositata rispetto a masse di pochi migliaia di kg. Il metodo (quantità di moto + energia) è corretto; è l’ordine di grandezza dei dati che va controllato. La chiave del libro riporta $\approx 6{,}7\cdot 10^{13}\ \text{m/s}$, coerente con un valore di $E_\text{esplo}$ dieci volte più piccolo ($2{,}24\cdot 10^{31}\ \text{J}$): in ogni caso resta un risultato non fisico.

Collegamenti

Argomenti: Gravitazione Concetti: Conservazione della quantità di moto · Esplosione · Energia cinetica Competenze: Conservazione della quantità di moto Oggetti: Satellite

Problem

A probe of mass $m = 10^4\ \text{kg}$ orbits the Earth at distance $R$. It explodes into two equal fragments ($m_1 = m_2 = 5\cdot 10^3\ \text{kg}$), releasing an energy $E_\text{expl} = 2{,}24\cdot 10^{32}\ \text{J}$. The two fragments fly apart horizontally in opposite directions with the same speed relative to the centre of mass. Imposing conservation of momentum and energy, find the speeds $v_{1C}$ and $v_{2C}$ of the two fragments relative to the CM.

Solution

Conservation of momentum. In the centre-of-mass frame the total momentum is zero before and after the explosion: $m_1 v_{1C} - m_2 v_{2C} = 0$

With $m_1 = m_2$ it follows immediately that $\ev{v_{1C} = v_{2C} \equiv v}$ i.e. the two fragments have the same speed (in magnitude) and opposite directions.

Conservation of energy. The energy released by the explosion becomes kinetic energy of the two fragments: $E_\text{expl} = \tfrac{1}{2}m_1 v_{1C}^2 + \tfrac{1}{2}m_2 v_{2C}^2 = 2\cdot\tfrac{1}{2}m_\text{fr}\,v^2 = m_\text{fr}\,v^2$

Solving for $v$ (with $m_\text{fr}=5\cdot 10^3\ \text{kg}$, equivalent to $v=\sqrt{2E_\text{expl}/m}$ using the total mass): $v = \sqrt{\frac{E_\text{expl}}{m_\text{fr}}} = \sqrt{\frac{2{,}24\cdot 10^{32}}{5\cdot 10^{3}}} = \sqrt{4{,}48\cdot 10^{28}}$

$\ev{v_{1C} = v_{2C} \approx 2{,}1\cdot 10^{14}\ \text{m/s}}$

Watch the order of magnitude (science fiction alert). The result is enormously greater than the speed of light ($c\approx 3\cdot 10^8\ \text{m/s}$): physically impossible. The data of the problem are unrealistic — the assumed energy $E_\text{expl}$ is wildly disproportionate for masses of a few thousand kg. The method (momentum + energy) is correct; it is the order of magnitude of the data that must be checked. The textbook answer key gives $\approx 6{,}7\cdot 10^{13}\ \text{m/s}$, consistent with a value of $E_\text{expl}$ ten times smaller ($2{,}24\cdot 10^{31}\ \text{J}$): either way, the result remains unphysical.

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Topics: Gravitation Concepts: Conservation of momentum · Explosion · Kinetic energy Skills: Conservation of momentum Objects: Satellite

Testo

Due asteroidi di masse $m_1 = 6\cdot 10^{24}\ \text{kg}$ (come la Terra) e $m_2 = 10^{10}\ \text{kg}$ si trovano inizialmente in quiete e a distanza $d_A = 10^9\ \text{m}$. Trovare la loro velocità quando si incontrano ($d_B = R_\text{Terra} = 6{,}4\cdot 10^6\ \text{m}$), supponendo i due corpi sferici e che $m_1$ sia praticamente fermo.

Soluzione

Conservazione dell’energia meccanica. Poiché $m_1 \gg m_2$, il centro di massa resta approssimativamente su $m_1$, che possiamo considerare fermo; tutta l’energia cinetica va a $m_2$. Tra lo stato iniziale A (in quiete, distanza $d_A$) e lo stato finale B (contatto, distanza $d_B$): $\underbrace{0}_{E_\text{cin,A}} - \frac{Gm_1 m_2}{d_A} = \tfrac{1}{2}m_2 v_B^2 - \frac{Gm_1 m_2}{d_B}$

Semplifico $m_2$ e ricavo $v_B$: $v_B = \sqrt{2Gm_1\left(\frac{1}{d_B} - \frac{1}{d_A}\right)} = \sqrt{\frac{2\cdot 6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 6\cdot 10^{24}}{6{,}4\cdot 10^6}\cdot\left(1 - \frac{6{,}4\cdot 10^6}{10^9}\right)}$

Il termine $6{,}4\cdot 10^6/10^9 \approx 0{,}006$ è trascurabile: la partenza da $d_A$ così lontano equivale quasi a partire dall’infinito. $v_B \approx \sqrt{1{,}25\cdot 10^8}$

$\ev{v_B \approx 11{,}2\ \text{km/s}}$

È lo stesso ordine di grandezza della velocità di fuga dalla Terra, come ci si aspetta: partire da molto lontano e cadere fino alla superficie è il processo inverso della fuga.

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Argomenti: Gravitazione Concetti: Conservazione dell’energia meccanica · Energia potenziale gravitazionale universale · Velocità di fuga Competenze: Conservazione dell’energia

Problem

Two asteroids of mass $m_1 = 6\cdot 10^{24}\ \text{kg}$ (like the Earth) and $m_2 = 10^{10}\ \text{kg}$ are initially at rest at a distance $d_A = 10^9\ \text{m}$. Find their speed when they meet ($d_B = R_\text{Terra} = 6{,}4\cdot 10^6\ \text{m}$), assuming both bodies are spherical and that $m_1$ is essentially stationary.

Solution

Conservation of mechanical energy. Since $m_1 \gg m_2$, the centre of mass remains approximately at $m_1$, which we can treat as fixed; all the kinetic energy goes to $m_2$. Between the initial state A (at rest, distance $d_A$) and the final state B (contact, distance $d_B$): $\underbrace{0}_{E_\text{cin,A}} - \frac{Gm_1 m_2}{d_A} = \tfrac{1}{2}m_2 v_B^2 - \frac{Gm_1 m_2}{d_B}$

Cancelling $m_2$ and solving for $v_B$: $v_B = \sqrt{2Gm_1\left(\frac{1}{d_B} - \frac{1}{d_A}\right)} = \sqrt{\frac{2\cdot 6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 6\cdot 10^{24}}{6{,}4\cdot 10^6}\cdot\left(1 - \frac{6{,}4\cdot 10^6}{10^9}\right)}$

The term $6{,}4\cdot 10^6/10^9 \approx 0{,}006$ is negligible: starting from such a distant $d_A$ is almost equivalent to starting from infinity. $v_B \approx \sqrt{1{,}25\cdot 10^8}$

$\ev{v_B \approx 11{,}2\ \text{km/s}}$

This is the same order of magnitude as the escape velocity from the Earth, as expected: starting far away and falling to the surface is the reverse process of escaping.

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Topics: Gravitation Concepts: Conservation of mechanical energy · Universal gravitational potential energy · Escape velocity Skills: Conservation of energy

Testo

La Terra orbita attorno al Sole a distanza $d = 1{,}5\cdot 10^{11}\ \text{m}$ con periodo $T = 3{,}15\cdot 10^7\ \text{s}$ (un anno). Supponendo l’orbita circolare, calcolare la massa del Sole.

Soluzione

Impostazione. La forza gravitazionale del Sole sulla Terra fornisce l’accelerazione centripeta del moto circolare uniforme: $\frac{GM_\star m_T}{d^2} = m_T\,\omega^2\,d \;\Rightarrow\; M_\star = \frac{\omega^2 d^3}{G} = \frac{(2\pi/T)^2 d^3}{G}$

La massa della Terra $m_T$ si semplifica: non serve conoscerla.

Velocità angolare. $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{3{,}15\cdot 10^7} = 1{,}99\cdot 10^{-7}\ \text{rad/s}$

Sostituzione numerica. $M_\star = \frac{(1{,}99\cdot 10^{-7})^2\cdot(1{,}5\cdot 10^{11})^3}{6{,}67\cdot 10^{-11}}$

$\ev{M_\star \approx 2{,}0\cdot 10^{30}\ \text{kg}}$

Circa $330\,000$ volte la massa della Terra. Misurando periodo e raggio di un’orbita si “pesa” così il corpo centrale.

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Argomenti: Gravitazione Concetti: Leggi di Keplero · Legge di gravitazione universale · Forza centripeta · Moto circolare uniforme Competenze: Impostazione simbolica

Problem

The Earth orbits the Sun at distance $d = 1{,}5\cdot 10^{11}\ \text{m}$ with period $T = 3{,}15\cdot 10^7\ \text{s}$ (one year). Assuming a circular orbit, calculate the mass of the Sun.

Solution

Setup. The Sun’s gravitational force on the Earth provides the centripetal acceleration of uniform circular motion: $\frac{GM_\star m_T}{d^2} = m_T\,\omega^2\,d \;\Rightarrow\; M_\star = \frac{\omega^2 d^3}{G} = \frac{(2\pi/T)^2 d^3}{G}$

The Earth’s mass $m_T$ cancels out: it is not needed.

Angular velocity. $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{3{,}15\cdot 10^7} = 1{,}99\cdot 10^{-7}\ \text{rad/s}$

Numerical substitution. $M_\star = \frac{(1{,}99\cdot 10^{-7})^2\cdot(1{,}5\cdot 10^{11})^3}{6{,}67\cdot 10^{-11}}$

$\ev{M_\star \approx 2{,}0\cdot 10^{30}\ \text{kg}}$

About $330\,000$ times the mass of the Earth. By measuring the period and radius of an orbit, one can thus “weigh” the central body.

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Topics: Gravitation Concepts: Kepler’s laws · Law of universal gravitation · Centripetal force · Uniform circular motion Skills: Symbolic setup

Testo

Sulla superficie della Luna, $M_L = 7{,}3\cdot 10^{22}\ \text{kg}$ e $R_L = 1{,}7\cdot 10^6\ \text{m}$. Calcola l’accelerazione di gravità superficiale usando $g = GM/R^2$ con $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2$.

Soluzione

Formula. L’accelerazione di gravità alla superficie di un corpo sferico: $g_L = \frac{GM_L}{R_L^2}$

Sostituzione numerica. $g_L = \frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 7{,}3\cdot 10^{22}}{(1{,}7\cdot 10^{6})^2} = \frac{4{,}87\cdot 10^{12}}{2{,}89\cdot 10^{12}}$

$\ev{g_L \approx 1{,}7\ \text{m/s}^2}$

In accordo con il valore reale $g_L \approx 1{,}6\ \text{m/s}^2$, circa un sesto di quello terrestre: per questo gli astronauti dell’Apollo saltellavano.

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Argomenti: Gravitazione Concetti: Legge di gravitazione universale · Forza peso Competenze: Impostazione simbolica

Problem

On the surface of the Moon, $M_L = 7{,}3\cdot 10^{22}\ \text{kg}$ and $R_L = 1{,}7\cdot 10^6\ \text{m}$. Calculate the surface gravitational acceleration using $g = GM/R^2$ with $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2$.

Solution

Formula. The gravitational acceleration at the surface of a spherical body: $g_L = \frac{GM_L}{R_L^2}$

Numerical substitution. $g_L = \frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 7{,}3\cdot 10^{22}}{(1{,}7\cdot 10^{6})^2} = \frac{4{,}87\cdot 10^{12}}{2{,}89\cdot 10^{12}}$

$\ev{g_L \approx 1{,}7\ \text{m/s}^2}$

This agrees with the real value $g_L \approx 1{,}6\ \text{m/s}^2$, about a sixth of the Earth’s value: this is why the Apollo astronauts bounced around.

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Topics: Gravitation Concepts: Law of universal gravitation · Weight force Skills: Symbolic setup

Testo

Perché un astronauta a bordo della Stazione Spaziale Internazionale (ISS) si trova in “assenza di peso” se il campo gravitazionale terrestre a quella quota vale ancora circa l’$89\%$ del valore in superficie? Spiega la differenza tra peso e sensazione di peso.

Soluzione

Il peso vero esiste ancora. A circa $400\ \text{km}$ di quota il campo gravitazionale è ancora circa l’$89\%$ di quello superficiale: sull’astronauta agisce quindi una forza peso $P = mg$ quasi identica a quella che sentirebbe a terra. Non è vero che “in orbita non c’è gravità” — anzi, è proprio quella gravità a curvare l’orbita.

Che cos’è la sensazione di peso. Ciò che percepiamo come “peso” non è la forza gravitazionale in sé, ma la forza normale che una superficie (pavimento, sedia) esercita su di noi spingendoci verso l’alto. È questa reazione vincolare che comprime il corpo e attiva i recettori: la “sensazione di peso”.

Perché in orbita sparisce. L’astronauta e l’ISS sono in caduta libera: la gravità è l’unica forza che agisce e imprime a entrambi la stessa accelerazione $g$. Cadono insieme, con la stessa accelerazione, lungo la stessa traiettoria (l’orbita è una “caduta continua” che manca sempre la Terra). Non essendoci una superficie che spinge contro l’astronauta con una forza normale, manca la sensazione di peso.

$\ev{\text{peso vero } P=mg \text{ presente; forza normale} = 0 \;\Rightarrow\; \text{assenza di } \textit{sensazione}\text{ di peso}}$

È lo stesso effetto che si prova per un istante in un ascensore che inizia a scendere, o sulle montagne russe: microgravità = caduta libera, non assenza di gravità.

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Argomenti: Gravitazione Concetti: Forza peso · Accelerazione centripeta · Orbite Oggetti: Satellite

Problem

Why is an astronaut aboard the International Space Station (ISS) “weightless” if the Earth’s gravitational field at that altitude is still about $89\%$ of its surface value? Explain the difference between weight and the sensation of weight.

Solution

The true weight still exists. At an altitude of about $400\ \text{km}$ the gravitational field is still about $89\%$ of its surface value: the astronaut therefore experiences a weight force $P = mg$ almost identical to what they would feel on the ground. It is not true that “there is no gravity in orbit” — quite the opposite, it is precisely that gravity that curves the orbit.

What the sensation of weight is. What we perceive as “weight” is not the gravitational force itself, but the normal force that a surface (floor, chair) exerts on us, pushing us upwards. It is this constraint reaction that compresses the body and activates the receptors: the “sensation of weight”.

Why it disappears in orbit. The astronaut and the ISS are in free fall: gravity is the only force acting, and it gives both the same acceleration $g$. They fall together, with the same acceleration, along the same trajectory (the orbit is a “continuous fall” that keeps missing the Earth). Since there is no surface pushing against the astronaut with a normal force, the sensation of weight is absent.

$\ev{\text{true weight } P=mg \text{ present; normal force} = 0 \;\Rightarrow\; \text{absence of the } \textit{sensation}\text{ of weight}}$

It is the same effect felt for an instant in a lift that starts to descend, or on a roller coaster: microgravity = free fall, not absence of gravity.

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Topics: Gravitation Concepts: Weight force · Centripetal acceleration · Orbits Objects: Satellite

Testo

Usando la legge di gravitazione universale, calcola il modulo della forza gravitazionale che il Sole esercita sulla Terra. Dati: $M_S = 2{,}0\cdot 10^{30}\ \text{kg}$, $M_T = 6{,}0\cdot 10^{24}\ \text{kg}$, $r = 1{,}5\cdot 10^{11}\ \text{m}$, $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2$.

Soluzione

Legge di gravitazione universale. $F = \frac{G\,M_S\,M_T}{r^2}$

Sostituzione numerica. $F = \frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 2{,}0\cdot 10^{30}\cdot 6{,}0\cdot 10^{24}}{(1{,}5\cdot 10^{11})^2} = \frac{8{,}0\cdot 10^{44}}{2{,}25\cdot 10^{22}}$

$\ev{F \approx 3{,}5\cdot 10^{22}\ \text{N}}$

È questa forza a mantenere la Terra sulla sua orbita: funge da forza centripeta del moto (quasi) circolare attorno al Sole.

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Argomenti: Gravitazione Concetti: Legge di gravitazione universale Competenze: Impostazione simbolica

Problem

Using the law of universal gravitation, calculate the magnitude of the gravitational force the Sun exerts on the Earth. Data: $M_S = 2{,}0\cdot 10^{30}\ \text{kg}$, $M_T = 6{,}0\cdot 10^{24}\ \text{kg}$, $r = 1{,}5\cdot 10^{11}\ \text{m}$, $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2$.

Solution

Law of universal gravitation. $F = \frac{G\,M_S\,M_T}{r^2}$

Numerical substitution. $F = \frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 2{,}0\cdot 10^{30}\cdot 6{,}0\cdot 10^{24}}{(1{,}5\cdot 10^{11})^2} = \frac{8{,}0\cdot 10^{44}}{2{,}25\cdot 10^{22}}$

$\ev{F \approx 3{,}5\cdot 10^{22}\ \text{N}}$

It is this force that keeps the Earth on its orbit: it acts as the centripetal force of the (nearly) circular motion around the Sun.

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Topics: Gravitation Concepts: Law of universal gravitation Skills: Symbolic setup

Testo

Un nuovo pianeta ipotetico orbita attorno al Sole a una distanza media $a = 2{,}4\ \text{UA}$ (unità astronomiche). Usando la terza legge di Keplero nella forma $T^2/a^3 = \text{cost}$, calcola il periodo di rivoluzione del pianeta espresso in anni terrestri.

Soluzione

Terza legge di Keplero. La costante è la stessa per tutti i corpi che orbitano il Sole. Confronto il pianeta con la Terra: $\frac{T^2}{a^3} = \frac{T_\text{Terra}^2}{a_\text{Terra}^3}$

Scelta di unità comode. Misurando i tempi in anni e le distanze in UA, per la Terra $T_\text{Terra}=1\ \text{anno}$ e $a_\text{Terra}=1\ \text{UA}$, quindi la costante vale $1$: $T^2 = a^3 \;\Rightarrow\; T = a^{3/2}$

Sostituzione numerica. $T = (2{,}4)^{3/2} = 2{,}4\cdot\sqrt{2{,}4} = 2{,}4\cdot 1{,}55 \approx 3{,}72$

$\ev{T \approx 3{,}7\ \text{anni}}$

Più il pianeta è lontano, più lentamente percorre l’orbita: a $2{,}4\ \text{UA}$ impiega quasi quattro anni terrestri per una rivoluzione.

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Argomenti: Gravitazione Concetti: Leggi di Keplero · Orbite Competenze: Impostazione simbolica

Problem

A new hypothetical planet orbits the Sun at a mean distance $a = 2{,}4\ \text{AU}$ (astronomical units). Using Kepler’s third law in the form $T^2/a^3 = \text{const}$, calculate the planet’s period of revolution expressed in Earth years.

Solution

Kepler’s third law. The constant is the same for all bodies orbiting the Sun. Compare the planet with the Earth: $\frac{T^2}{a^3} = \frac{T_\text{Earth}^2}{a_\text{Earth}^3}$

Choice of convenient units. Measuring time in years and distance in AU, for the Earth $T_\text{Earth}=1\ \text{year}$ and $a_\text{Earth}=1\ \text{AU}$, so the constant equals $1$: $T^2 = a^3 \;\Rightarrow\; T = a^{3/2}$

Numerical substitution. $T = (2{,}4)^{3/2} = 2{,}4\cdot\sqrt{2{,}4} = 2{,}4\cdot 1{,}55 \approx 3{,}72$

$\ev{T \approx 3{,}7\ \text{years}}$

The farther the planet, the more slowly it travels its orbit: at $2{,}4\ \text{AU}$ it takes almost four Earth years for one revolution.

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Topics: Gravitation Concepts: Kepler’s laws · Orbits Skills: Symbolic setup

Testo

Usando la conservazione dell’energia, calcola la velocità di fuga dalla superficie terrestre. Dati: $M_T = 6{,}0\cdot 10^{24}\ \text{kg}$, $R_T = 6{,}4\cdot 10^6\ \text{m}$, $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2$.

Soluzione

Impostazione con l’energia. La velocità di fuga è la minima velocità iniziale per cui l’oggetto arriva all’infinito con velocità nulla. Il caso limite è energia meccanica totale nulla. Tra la superficie (A) e l’infinito (B): $\tfrac{1}{2}m v_f^2 - \frac{GM_T m}{R_T} = \underbrace{0}_{E_{\text{cin},\infty}} + \underbrace{0}_{E_{\text{pot},\infty}}$

La massa $m$ dell’oggetto si semplifica: $v_f = \sqrt{\frac{2GM_T}{R_T}}$

Sostituzione numerica. $v_f = \sqrt{\frac{2\cdot 6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 6{,}0\cdot 10^{24}}{6{,}4\cdot 10^6}} = \sqrt{\frac{8{,}0\cdot 10^{14}}{6{,}4\cdot 10^6}} = \sqrt{1{,}25\cdot 10^8}$

$\ev{v_f \approx 11{,}2\ \text{km/s}}$

La velocità di fuga non dipende dalla massa dell’oggetto che fugge: un sasso e un’astronave hanno la stessa $v_f$.

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Argomenti: Gravitazione Concetti: Velocità di fuga · Conservazione dell’energia meccanica · Energia potenziale gravitazionale universale Competenze: Conservazione dell’energia

Problem

Using conservation of energy, calculate the escape velocity from the Earth’s surface. Data: $M_T = 6{,}0\cdot 10^{24}\ \text{kg}$, $R_T = 6{,}4\cdot 10^6\ \text{m}$, $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2$.

Solution

Setting up with energy. Escape velocity is the minimum initial velocity for which the object reaches infinity with zero velocity. The limiting case is zero total mechanical energy. Between the surface (A) and infinity (B): $\tfrac{1}{2}m v_f^2 - \frac{GM_T m}{R_T} = \underbrace{0}_{E_{\text{cin},\infty}} + \underbrace{0}_{E_{\text{pot},\infty}}$

The object’s mass $m$ cancels out: $v_f = \sqrt{\frac{2GM_T}{R_T}}$

Numerical substitution. $v_f = \sqrt{\frac{2\cdot 6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 6{,}0\cdot 10^{24}}{6{,}4\cdot 10^6}} = \sqrt{\frac{8{,}0\cdot 10^{14}}{6{,}4\cdot 10^6}} = \sqrt{1{,}25\cdot 10^8}$

$\ev{v_f \approx 11{,}2\ \text{km/s}}$

Escape velocity does not depend on the mass of the escaping object: a stone and a spacecraft have the same $v_f$.

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Topics: Gravitazione Concepts: Velocità di fuga · Conservazione dell’energia meccanica · Energia potenziale gravitazionale universale Skills: Conservazione dell’energia

Testo

Un satellite per telecomunicazioni viene messo in orbita geostazionaria, cioè con periodo $T = 24\ \text{h}$ sopra l’equatore. Determina l’altitudine $h$ (distanza dalla superficie terrestre) dell’orbita, assumendo orbita circolare. Commenta perché è utile che il satellite appaia fermo nel cielo.

Dati (standard): $M_T = 6{,}0\cdot 10^{24}\ \text{kg}$, $R_T = 6{,}4\cdot 10^6\ \text{m}$, $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2$.

Soluzione

Impostazione. La forza gravitazionale fornisce l’accelerazione centripeta del moto circolare di raggio $r$ (misurato dal centro della Terra): $\frac{GM_T m}{r^2} = m\,\omega^2 r = m\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 r$

La massa $m$ del satellite si semplifica; ricavo $r$: $r^3 = \frac{GM_T\,T^2}{4\pi^2} \;\Rightarrow\; r = \left(\frac{GM_T\,T^2}{4\pi^2}\right)^{1/3}$

Periodo in secondi. $T = 24\ \text{h} = 24\cdot 3600\ \text{s} = 8{,}64\cdot 10^4\ \text{s}$

Sostituzione numerica. $r = \left(\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 6{,}0\cdot 10^{24}\cdot(8{,}64\cdot 10^4)^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} = \left(7{,}57\cdot 10^{22}\right)^{1/3} \approx 4{,}23\cdot 10^7\ \text{m}$

Altitudine (sottraggo il raggio terrestre): $h = r - R_T = 4{,}23\cdot 10^7 - 6{,}4\cdot 10^6$

$\ev{h \approx 3{,}6\cdot 10^7\ \text{m} \approx 36\,000\ \text{km}}$

Perché è utile. Con $T=24\ \text{h}$ il satellite ruota in sincrono con la Terra: visto da terra appare fermo in cielo. Così le antenne paraboliche possono puntare fisse una direzione, senza inseguire il satellite — ideale per telecomunicazioni e televisione.

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Argomenti: Gravitazione Concetti: Orbite · Forza centripeta · Moto circolare uniforme · Leggi di Keplero Competenze: Impostazione simbolica Oggetti: Satellite

Problem

A telecommunications satellite is placed in geostationary orbit, that is, with period $T = 24\ \text{h}$ above the equator. Determine the altitude $h$ (distance from the Earth’s surface) of the orbit, assuming a circular orbit. Comment on why it is useful for the satellite to appear stationary in the sky.

Data (standard): $M_T = 6{,}0\cdot 10^{24}\ \text{kg}$, $R_T = 6{,}4\cdot 10^6\ \text{m}$, $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2$.

Solution

Setting up. The gravitational force provides the centripetal acceleration of the circular motion of radius $r$ (measured from the Earth’s centre): $\frac{GM_T m}{r^2} = m\,\omega^2 r = m\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 r$

The satellite’s mass $m$ cancels out; solving for $r$: $r^3 = \frac{GM_T\,T^2}{4\pi^2} \;\Rightarrow\; r = \left(\frac{GM_T\,T^2}{4\pi^2}\right)^{1/3}$

Period in seconds. $T = 24\ \text{h} = 24\cdot 3600\ \text{s} = 8{,}64\cdot 10^4\ \text{s}$

Numerical substitution. $r = \left(\frac{6{,}67\cdot 10^{-11}\cdot 6{,}0\cdot 10^{24}\cdot(8{,}64\cdot 10^4)^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} = \left(7{,}57\cdot 10^{22}\right)^{1/3} \approx 4{,}23\cdot 10^7\ \text{m}$

Altitude (subtracting the Earth’s radius): $h = r - R_T = 4{,}23\cdot 10^7 - 6{,}4\cdot 10^6$

$\ev{h \approx 3{,}6\cdot 10^7\ \text{m} \approx 36\,000\ \text{km}}$

Why it is useful. With $T=24\ \text{h}$ the satellite rotates in sync with the Earth: seen from the ground it appears stationary in the sky. This lets satellite dishes point in a fixed direction, without tracking the satellite — ideal for telecommunications and television.

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Topics: Gravitazione Concepts: Orbite · Forza centripeta · Moto circolare uniforme · Leggi di Keplero Skills: Impostazione simbolica Objects: Satellite

Testo

Vero o falso? Motiva brevemente. (a) l’energia potenziale gravitazionale $U = -GMm/r$ è sempre negativa se si pone $U(\infty) = 0$; (b) la velocità di fuga da un pianeta dipende dalla massa dell’oggetto che fugge; (c) un’orbita ellittica ha energia meccanica totale negativa; (d) la seconda legge di Keplero equivale alla conservazione del momento angolare del pianeta.

Soluzione

$\ev{(a)\ \text{V} \quad (b)\ \text{F} \quad (c)\ \text{V} \quad (d)\ \text{V}}$

(a) Vero. Con la convenzione $U(\infty)=0$ si ha $U(r) = -GMm/r$. Poiché $G$, $M$, $m$, $r$ sono tutti positivi, la frazione è positiva e il segno meno rende $U<0$ per ogni $r$ finito. $U$ cresce (avvicinandosi a zero) man mano che ci si allontana.

(b) Falso. Dalla conservazione dell’energia $v_f = \sqrt{2GM/R}$: dipende solo dalla massa $M$ e dal raggio $R$ del pianeta, non dalla massa dell’oggetto che fugge (che si semplifica). Un sasso e un razzo hanno la stessa velocità di fuga.

(c) Vero. Un’orbita ellittica è legata (chiusa): l’oggetto non può allontanarsi all’infinito. Questo corrisponde a energia meccanica totale $E_\text{tot}<0$. Se $E_\text{tot}=0$ l’orbita è parabolica, se $E_\text{tot}>0$ iperbolica: in entrambi i casi non legata.

(d) Vero. La forza gravitazionale è centrale (diretta lungo la congiungente pianeta-stella): il suo momento rispetto alla stella è nullo, quindi $\vec L$ si conserva. Conservazione di $\vec L$ significa che il raggio vettore spazza aree uguali in tempi uguali: è esattamente la seconda legge di Keplero.

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Argomenti: Gravitazione Concetti: Energia potenziale gravitazionale universale · Velocità di fuga · Orbite · Conservazione dell’energia meccanica · Conservazione del momento angolare · Leggi di Keplero

Problem

True or false? Briefly justify your answer. (a) the gravitational potential energy $U = -GMm/r$ is always negative if $U(\infty) = 0$; (b) the escape velocity from a planet depends on the mass of the escaping object; (c) an elliptical orbit has negative total mechanical energy; (d) Kepler’s second law is equivalent to conservation of the planet’s angular momentum.

Solution

$\ev{(a)\ \text{T} \quad (b)\ \text{F} \quad (c)\ \text{T} \quad (d)\ \text{T}}$

(a) True. With the convention $U(\infty)=0$ we have $U(r) = -GMm/r$. Since $G$, $M$, $m$, $r$ are all positive, the fraction is positive and the minus sign makes $U<0$ for every finite $r$. $U$ increases (approaching zero) as the distance grows.

(b) False. From conservation of energy $v_f = \sqrt{2GM/R}$: it depends only on the planet’s mass $M$ and radius $R$, not on the mass of the escaping object (which cancels out). A stone and a rocket have the same escape velocity.

(c) True. An elliptical orbit is bound (closed): the object cannot move infinitely far away. This corresponds to total mechanical energy $E_\text{tot}<0$. If $E_\text{tot}=0$ the orbit is parabolic, if $E_\text{tot}>0$ it is hyperbolic: in both cases unbound.

(d) True. The gravitational force is central (directed along the line joining the planet and the star): its torque about the star is zero, so $\vec L$ is conserved. Conservation of $\vec L$ means the radius vector sweeps out equal areas in equal times: this is exactly Kepler’s second law.

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Testo

Una cometa ha un’orbita ellittica attorno al Sole con perielio $r_P = 1{,}0\ \text{UA}$ e afelio $r_A = 5{,}0\ \text{UA}$. Usando la conservazione dell’energia e del momento angolare, calcola la velocità della cometa al perielio. Dati: $GM_S \approx 1{,}33\cdot 10^{20}\ \text{m}^3/\text{s}^2$, $1\ \text{UA} = 1{,}5\cdot 10^{11}\ \text{m}$.

Soluzione

Le due leggi di conservazione. Al perielio e all’afelio la velocità è perpendicolare al raggio, quindi $L = m\,v\,r$. Conservazione del momento angolare: $v_P\,r_P = v_A\,r_A \;\Rightarrow\; v_A = v_P\,\frac{r_P}{r_A} = \frac{v_P}{5}$

Conservazione dell’energia meccanica (la massa $m$ della cometa si semplifica): $\tfrac{1}{2}v_P^2 - \frac{GM_S}{r_P} = \tfrac{1}{2}v_A^2 - \frac{GM_S}{r_A}$

Sostituisco $v_A = v_P/5$: $\tfrac{1}{2}v_P^2\left(1 - \frac{1}{25}\right) = GM_S\left(\frac{1}{r_P} - \frac{1}{r_A}\right)$ $\tfrac{1}{2}v_P^2\cdot\frac{24}{25} = GM_S\left(\frac{1}{r_P} - \frac{1}{r_A}\right)$

Valori numerici ($r_P = 1{,}5\cdot 10^{11}\ \text{m}$, $r_A = 7{,}5\cdot 10^{11}\ \text{m}$): $\frac{1}{r_P} - \frac{1}{r_A} = \frac{1}{1{,}5\cdot 10^{11}} - \frac{1}{7{,}5\cdot 10^{11}} = 5{,}33\cdot 10^{-12}\ \text{m}^{-1}$ $GM_S\left(\frac{1}{r_P} - \frac{1}{r_A}\right) = 1{,}33\cdot 10^{20}\cdot 5{,}33\cdot 10^{-12} \approx 7{,}09\cdot 10^{8}$

Ricavo $v_P$: $v_P^2 = \frac{2\cdot 7{,}09\cdot 10^{8}}{24/25} = \frac{1{,}42\cdot 10^{9}}{0{,}96} \approx 1{,}48\cdot 10^{9}$

$\ev{v_P \approx 3{,}8\cdot 10^4\ \text{m/s}}$

Al perielio la cometa “sfreccia” ($\approx 38\ \text{km/s}$); all’afelio, cinque volte più lontana, va cinque volte più lenta ($v_A = v_P/5 \approx 7{,}6\ \text{km/s}$).