R - UnivPM

Esercitazione n° 10
FISICA SPERIMENTALE
(C.L. Ing. Edi.)
(Prof. Gabriele Fava) A.A. 2010/2011
Gravitazione
1. Si immagini di scavare un tunnel passante per il centro della Terra e
collegante due punti diametralmente opposti della superficie terrestre.
Supponendo trascurabili gli attriti e la rotazione della Terra, quanto tempo
impiegherebbe un corpo lasciato cadere da una imboccatura per raggiungere
l’altra estremità del tunnel? Di che moto si muove il corpo? Quale sarebbe la
velocità massima da esso assunta?
r
Indicando con M e R rispettivamente massa e raggio della Terra,
con m la massa del corpo e con r la sua distanza dal centro della
3
r 1

GmM
  2  ma
Terra, la forza che agisce sul corpo è:
R r
g0
GM
2

r

a



r,
g

2 , si ottiene
e, tenendo conto che 0
R
R
d 2r
2
g0


r  0.


avendo posto
. In definitiva
2
R
dt
Il moto del corpo è, dunque, armonico attorno al centro della


Terra, di equazione r  R sen t   , per cui il tempo
impiegato per percorrere il tunnel è allora pari a mezzo periodo,
cioè t 
T
R

 2530 s . La velocità massima è quella assunta in
2
g0
corrispondenza del centro della Terra e vale
vMAX  g 0 R  7,86  10 3 m / s .
1
2. Si supponga che il tunnel dell’esercizio precedente non passi per il centro
della Terra, ma congiunga due punti qualsiasi della superficie terrestre.
Determinare il tempo impiegato dal corpo a percorrere l’intero tunnel.
x
r
r
R
g0
Dal precedente esercizio sappiamo che R r  g r .
Lungo il tunnel agisce sul corpo, dunque, la componente del peso che
x
F


m
g
r
vale
r.
g0
r x

m
g

ma

a


x
0
L’equazione del moto è quindi:
Rr
R .
Si tratta ancora di moto armonico con pulsazione  
t
g0
, per cui
R
T
R

 2530 s , come nel caso precedente,
2
g0
indipendentemente dalla posizione del tunnel.
2
3. Calcolare a quale altezza dall’equatore terrestre la forza centrifuga eguaglia
esattamente la forza peso. Successivamente, ipotizzando che l’equilibrio delle due
forze si realizzi al livello del mare, calcolare di quanto il giorno sarebbe più breve.
Indicando con gx e g0 i valori della accelerazione di gravità
rispettivamente a quota x e a livello del mare, dalla legge di
gx
R2
6
gravitazione segue: g 
è il
2 (I) , dove R = 6,37 ∙ 10 m
R  x 
0
raggio della Terra.
La condizione di equilibrio delle due forze, indicando con
2
2


rad / s la velocità angolare della rotazione terrestre, è
T0 86164
2
data da mg x  m R  x  (II).
R2 g0
3
Dalla (I) e dalla (II) si ricava x 

2
 35730 km .
mv 2
 mg 0  v  Rg 0 (III) e, indicando con
L’ipotesi attuale è:
R
2R
v

T la durata di una rotazione completa, si ha
T (IV).
R
T

2

Dalle (III) e (IV) si ricava
g0 .
Indicando con T0 = 86164 s l’attuale giorno sidereo, si avrebbe in
T0 T0 g 0
T
 17,6  18  T  0 .
definitiva: 
T 2 R
18
N.B.
Non solo il giorno risulterebbe 18 volte più breve, ma la direzione della caduta
libera dei corpi sarebbe parallela all’asse terrestre, infatti a ogni latitudine λ si
mv 2
cos   mg0 cos  , compensazione secondo il piano del parallelo.
avrebbe
R
3
4. Si indichino con d = 3,8 ∙108 m la distanza Terra-Luna, con r1 = 6,4 ∙ 106 m il
raggio della Terra e con m 1 = 6,0 ∙ 1024 kg la sua massa, con r2 = 1,7 ∙ 106 m e con
m2 = 7,4 ∙ 1022 kg rispettivamente il raggio e la massa della Luna.
(a) Determinare l’energia potenziale di un corpo puntiforme di massa m situato in
una generica posizione A del campo gravitazionale creato dalla Terra e dalla
Luna supposte fisse;
(b) Dimostrare che esiste un’unica posizione X di equilibrio;
(c) Calcolare la minima velocità v0 con cui un razzo vettore deve abbandonare la
superficie terrestre per arrivare in X .
A
R
L
θ
Terra
d
Luna
d−X
X
(a) Ponendo l’energia potenziale nulla all’infinito si ha:
U  A  
Gm1 m Gm2 m

e dato che L = (R2 +d2 -2dR cosθ)1/2 si ottiene
R
L
m

m2

U  A  U R,    Gm  1  2
2
12 
R
R

d

2
dR
cos





(b) Per avere l’equilibrio deve essere FT + FL = 0, il che è possibile solo
in un punto interno al segmento Terra-Luna nei cui punti le due forze
Gm1m
Gm2 m

hanno versi opposti, perciò X 2
d  X 2 (con 0 ≤ X ≤ d), da cui
si ricava (m1 – m2) X2 -2m1d X + m1d2 = 0, equazione con radici reali
X1 = 0,90 d
;
4
X2 = 1,12 d .
Va scartata la soluzione X2 perché esterna alla congiungente TerraLuna.
Numericamente X1 = 3,42 ∙ 108 m , che è una posizione di equilibrio
instabile.
(c ) Vale la conservazione dell’energia meccanica tra la posizione di
1 2 Gm1m Gm2 m 1 2
partenza e il punto X1: 2 mv0  r  d  r  2 mv  U  X 1  .
1
1
Dato che l’energia potenziale cresce muovendosi dalla Terra a X1, il
minimo valore v0 si ottiene ponendo v (X1) = 0, il che comporta:
v0 min 
2Gm1 2Gm2
U X 1 

2
 1,11  10 4 m / s
r1
d  r1
m
5. Un razzo di massa m viene lanciato dalla Terra verso il Sole con velocità v 0 .
Nota la distanza d tra la Terra e il Sole, nonché le loro massa m T, mS e i loro raggi
rT e rS , calcolare:
(a) il valore v0* tale che per v0 > v0* il razzo raggiunga il Sole;
(b) la velocità con la quale il razzo giunge sulla superficie solare nel caso (a).
FT
r1
FS
r2 = d – r1
5
La risultante delle forze vale
 mT  mS mT
 m
m 
R  Gm   2T  2S  , si annulla quando r1  r1* 
d ,
m

m
r
r
2 
S
T
 1
è diretta verso la Terra per r1 < r1* , verso il Sole per r1 > r1* .
La velocità minima v0* aldisopra della quale il razzo raggiunge il Sole,
è quella che permette al razzo di giungere a distanza r1* dal centro
della Terra con velocità nulla.
In corrispondenza il lavoro compiuto contro la forza R vale:

Gm
mT
L* = U (r1) – U (r1 ) =

*
da cui si ricava v 
*
0
(a)
1 1
 1
1
 *    mS 

*
 r1 rT 
 d  r1 d  rT
 1 *2
  mv0
 2
2 L*
.
m
la velocità con cui il razzo giunge sul Sole si ottiene dalla
conservazione dell’energia meccanica:
1 2 1 2
mv  mv0  U rT   U d  rS 
2
2
da cui si ricava
 mS
mS
mS 
mT
U rT   U d  rS 
2
v 2  v02  2 

v

2
G



0



m
rT
d  rT
rS 


 d  rT
6
6. Un pianeta P di massa MP = 32  1023 kg ruota attorno a una stella S su
un’orbita circolare di raggio R = 6,7  1010 m e con una velocità angolare costante
 = 10-6 rad/s. Assumendo che l’accelerazione di gravità sulla superficie del
pianeta valga g = 13,4 m/s2, calcolare:
(a) la massa della stella;
(b) il raggio del pianeta;
(c) la velocità di fuga dal pianeta.
(a)
Il pianeta nel campo gravitazionale della stella è sottoposto a
una forza centrale e conservativa:
MSMP
 2 R3
2
G
 M P R  M S 
 4,5 1030 kg
2
R
G
(b)
La forza gravitazionale che il pianeta esercita su un qualsiasi
corpo di massa m situato sulla sua superficie è pari al peso del
corpo stesso: G
(c)
M Pm
GM P

mg

R

 4 106 m
P
2
RP
g
La velocità di fuga è, per definizione, la velocità che consente a
un corpo di massa m di uscire dal campo gravitazionale in cui
si trova e di portarsi, all’infinito con velocità nulla.
Il suo valore si ottiene dalla conservazione dell’energia:
Ek0 + U0 = Ek + U
1 2
M m
2GM P
mv f  G P  0  v f 
 1,03 104 m / s
2
RP
RP
7
7. Un satellite di massa m descrive un’orbita circolare di raggio R attorno a un
pianeta di massa M >> m, trovare le espressioni dell’energia cinetica,
dell’energia meccanica, del momento angolare, del periodo e della velocità
areolare nel moto di m relativo a M.
Il satellite nel campo gravitazionale del pianeta è sottoposto a una
forza centrale e conservativa:
Mm mv2
M
1
Mm
G 2 
 v 2  G  Ek  mv2  G
R
R
R
2
2R
L’energia cinetica dipende dal raggio dell’orbita ed è uguale, in
Mm
modulo, alla metà dell’energia potenziale che vale: U   G
per
R
Mm
E

E

U


G
cui l’energia meccanica, è data da:
negativa, in
k
2R
accordo con il fatto che il satellite si trova in uno “stato legato” .
Il momento angolare, essendo v  G
M
, è dato dall’espressione:
R
L  mvR  m GMR  costante
(N.B. Il momento angolare L è legato all’energia cinetica dalla relazione
Ek = L2/2MR2).
2R
R3
 2
Il periodo di rivoluzione è: T 
v
GM
Infine, la velocità areolare vale:
dS S R 2 1
L
 

GMR 
 costante
dt T
T
2
2m
8
8. Un satellite artificiale di massa m = 800 kg percorre un’orbita circolare di raggio
R1 = 7,2 ∙106 m attorno alla Terra. determinare l’energia che deve essere fornita al
satellite per farlo passare ad un’orbita di raggio R2 = 9,0 ∙106 m.
L’energia meccanica del satellite vale E  E k  U   G
Mm
.
2R
L’incremento di energia necessario a cambiare orbita è dato da:
E  E 2  E1  G
mM T
2
 1
1  m 2 1
1 
 
  gRT  
  4,42  10 9 J
 R1 R2  2
 R1 R2 
N.B.
Prima operazione da astronauta: il rientro a terra
L’astronauta deve progressivamente ridurre il raggio dell’orbita;
GM T
v

ricordando che
ciò equivale ad aumentare la velocità della
r
navicella accendendo i razzi.
r0 - r
r0
9
Le variazioni di energia tra le due orbite di raggio r0 e r0 - r, tenendo
1
Mm
Mm
conto che r << r0 , che Ek  mv2  G
e che U   G
,
2
2r0
r0
sono:
Ek  Ek fin  Ekin  G
U  U fin  U in  
Mm  1
1
Mm
r
GMm

   G

r
2  r0  r r0 
2 r0 r0  r  2r02
GMm  GMm 
 r
GMm
  GMm
  
  2 r
r0  r 
r0 
r0 r0  r 
r0
Si verifica dunque che: Ek 
1
U , non si conserva l’energia?
2
1
U di energia è pari al lavoro resistente compiuto
2
dai gas di espulsione dei razzi.
In realtà l’altro
L’astronauta, infatti, deve orientare i razzi in avanti se vuole
aumentare la sua velocità.
Se orientasse i razzi all’indietro i gas espulsi compirebbero lavoro
motore, con rallentamento della navicella e passaggio su un’orbita con
raggio maggiore.
10
Seconda operazione da astronauta: l’aggancio
Cosa deve fare la MIR per agganciare lo Shuttle?
MIR
Shuttle
r0

v GM 
GM
Dato che v 
e che v   r0     3 2 per raggiungere lo
r0
r
r0
Shuttle la MIR deve aumentare la sua velocità angolare.
12
Per far questo l’astronauta accende i razzi in avanti, portandosi
sull’orbita di raggio r = r0 - r , sulla quale la velocità angolare sarà:
12

GM 
 '     
r03 2
 r0 
r03 2
r03 2






32
32
r0  r 
r0  r 
 r0  r 
32
 r 
  1  
r0 

Dato che ( 1 - x )2 = 1 - 2x + x2 e per x<<1  ( 1 - x )2 = 1 - 2x e in
generale si ha ( 1 - x )n = 1 – nx , per cui:
11
3 2

 '       1 

3r 
3r
   
2r0 
2r0
Ora la velocità angolare della MIR supera di  
3r
quella dello
2r0
Shuttle e quindi dopo un tempo pari a t = / le due navicelle si
troveranno sullo stesso raggio.
A questo punto la MIR accende i razzi all’indietro, rallentando fino a
raggiungere lo Shuttle sull’orbita iniziale.
9. Un corpo di massa m cade liberamente da una altezza h non trascurabile rispetto
al raggio terrestre R. Calcolare, trascurando la resistenza dell’aria, la velocità
finale e il tempo di caduta.
y
h
O
12
Indicando con y la generica quota del corpo e con g0 l’accelerazione di
R2
gravità al livello del mare, dalla legge di Newton si ha: g y  g 0
e
R  y 2
per il teorema di conservazione dell’energia
h
1 2
R2
mv   mg 0
dy .
2
2


R

y
y
Integrando, si ottiene
2g0 R h  y
v
h R y
1
R
e per y = 0 si ha vFIN 
2g0h
h
1
R
.
h
1
h
2


dy
R

y
R
Calcoliamo il tempo di volo: tV   v  2 g R   h  y  dy .

0
0
0
1
h
12
R y


u

Con la sostituzione
h

y


tV  2 R  h 
Infine
 h
2 1  
 R
tV 
g0
si ottiene:
h
R
2 g0 R
1


Rh
u2
1  u 2  2 du


R h
1   arccos
 h
2  R


h 

 1  
R 

 1  h 


R 

N.B.
h
2h

0
t

v

2
g
h
V
Per h << R, cioè per
si ottengono FIN
e
0
g0 ,
R
relazioni valide supponendo g = costante.
13
10.
Determinare il raggio dell’orbita di un satellite geostazionario, spiegando perché
non dipende dalla sua massa.
Il satellite deve muoversi di moto circolare uniforme lungo un’orbita
sul piano dell’equatore e deve percorrerla in un tempo t = 24 h .
L’equazione del moto, rispetto a un sistema di riferimento con origine
al centro della Terra e assi fissi rispetto alle stelle è
13
mM T
GM T  g 0 RT2T 
2
3

G 2  m R  R 
 
2
2 
R

 4 
 4,22 107 m  6,6 RT
La soluzione non dipende dalla massa del satellite unicamente perché
il rapporto tra la massa gravitazionale e la massa inerziale di un corpo
vale 1 con un errore di una parte su 1012 parti.
11. La massima distanza di una cometa dal Sole è r1 = 53 ∙ 1011 m, mentre la
minima è r2 = o,88 ∙ 1011 m.
La velocità della cometa all’afelio vale v1 = 910 m/s. Calcolare la velocità al
perielio.
Nel moto della cometa si conserva il momento angolare (ovvero la
velocità areolare) e, dato che in quei punti le velocità sono ortogonali al
raggio vettore, deve essere:
mv1r1  mr2 v2
 v2 
14
r1
v1  54,8  103 m s
r2
12.
Un’astronave di massa m si trova senza propellente vicino alla superficie di un
pianeta sferico di raggio R e massa M. calcolare: (a) la velocità dell’astronave che
consente ad essa di entrare in un’orbita circolare attorno al pianeta; (b) il minimo
valore della velocità che consente all’astronave di allontanarsi indefinitamente dal
pianeta.
(a)
L’unica forza che agisce è l’attrazione gravitazionale e questa forza è
la forza centripeta che, per una opportuna velocità iniziale
dell’astronave, produce un moto circolare uniforme di raggio R.
2
v01
mM
GM
G 2 m
 v01 
R
R
R
(b)
Applicando il “Teorema di conservazione dell’energia meccanica”, tra
la posizione iniziale e una posizione generica, si ha:
1 2
mM 1 2
mM
mv02  G
 mv  G
2
R
2
r
Se l’astronave si allontana all’infinito (r ∞) il secondo membro si
1 2
riduce a mv ed è chiaro che v02 è minimo per v∞ = 0.
2
1 2
mM
2GM
 0  v02 
Si ottiene così mv02  G
(velocità di fuga).
2
R
R
N.B.
Si noti che vale la relazione
v02  2 v01 .
Per la Terra v01 = 7,9 km/s ; v02 = 11,2 km/s.
Per la Luna v01 = 1,7 km/s ; v02 = 2,4 km/s.
15
13. Una stazione spaziale di massa m si muove attorno alla Terra di massa M su
un’orbita circolare di raggio R0 con velocità v0 . A un certo istante dalla stazione
viene lanciata una sonda di massa m1 con velocità v1 parallela a v0 , di verso
opposto e di modulo pari a 2 volte la velocità di fuga dal campo gravitazionale
terrestre. Detta m2 = m – m1 la massa della stazione dopo il distacco della sonda,
determinare:
(a) il rapporto m1 / m2 che consente alla stazione di rimanere legata alla Terra;
(b) nell’ipotesi precedente, determinare l’asse maggiore dell’ellisse descritta da
m2 in funzione di R0 .
(a)
Inizialmente la stazione si muove di moto circolare uniforme,
v02
mM
GM
G

m

v

0
per cui la sua velocità v0 vale:
R02
R0
R0 ,
mentre la velocità di fuga è v R0  
2GM
R0 .
Al momento del distacco si conserva la q.d.m. mv0 = m2 v2 – m1 v1
m1  m2
m
v0  1 v1 .
da cui si ricava v 2  m
m2
2
Dai dati del problema risulta v1  2 v R0   2
GM
R0 per cui si ha:

m  GM
v2  1  3 1 
m2  R0 .

Affinché la stazione rimanga legata alla terra occorre che v2 < v∞ ,

m1  GM
2GM
m1
2 1


1

3



 0,14 .
cioè 
 R
m
R
m
3
2
0
0
2


(b)

m1 
Ora v2 > v0 , infatti v2  1  3 m  v0  1,3 v0 per cui l’orbita di
2 

m2 è ellittica e nel moto valgono la conservazione del momento
angolare rispetto al centro della Terra e la conservazione
dell’energia.
16
Scriviamo le corrispondenti relazioni tra la posizione P0 in cui
avviene il distacco della sonda e in cui il vettore velocità v2 è
ortogonale al raggio vettore R0 , e il punto P in cui la velocità v è di
nuovo ortogonale al raggio vettore R:
m2 v2 R0  m2 vR  v  v2
R0
R
1
mM 1
mM
m2v22  G 2  m2v 2  G 2
2
R0
2
R
2
M
M
2 R0
v  2G
 v2 2  2G
R0
R
R
2
2
(v22  2G
M 2
) R  2GMR  v22 R02  0
R0
Le due soluzioni di questa equazione sono:
v 22 R0
v22 R0  2GM
R1  
R2 
 R0
2GM
2GM
2
2
v2 
v2 
R0
R0
la seconda soluzione R2 = R0 corrisponde alla posizione del distacco e
rappresenta il perigeo dell’orbita, mentre la prima R1 , tenendo conto
che v2  1,3 v0 e che v0 
GM
R0 , vale R1 = 5,45 R0 e corrisponde
all’apogeo.
L’asse maggiore dell’ellisse vale allora 2 a = R0 + R1 = 6,45 R0
R0
R1
R02 v02 R0 b 2


N.B. Dato che 1   
si hanno   0,831 ; 2b  3,60 R0 .
GMa a a 2
2
17