ESERCIZI PER GARA IR JUNIOR - ROMA
(LEGGI DI KEPLERO E DINAMICA) - 9/2/2016 Liceo Righi
Problema 1.3
Un asteroide dista dal Sole 3 UA al perielio e 9 UA all’afelio. Determinate il semiasse maggiore, in
UA e in km, e l’eccentricità dell’orbita. Calcolate il periodo di rivoluzione dell’asteroide. Di quanto
cambierebbe detto periodo se l’eccentricità dell’orbita si dimezzasse ?
Problema 1.8
L’orbita di un asteroide ha semiasse maggiore di 7.143 UA e semiasse minore di 2.635 UA.
Calcolate l’eccentricità dell’orbita e la distanza dell’asteroide dal Sole al perielio e all’afelio.
Supponendo che l’asteroide orbiti in prossimità del piano dell’eclittica, quali sono i pianeti con cui
potrebbe entrare in collisione ? Questo asteroide fa parte della “Fascia degli Asteroidi” ?
Problema 1.10
L'Asteroide 704 “Interamnia’’, scoperto nel 1910, si muove intorno al Sole (T = 5.35 anni)
percorrendo un'orbita stabile in prossimità dell’eclittica. Sapendo che l’eccentricità della sua orbita
è pari a 0.151, si dica se l'asteroide costituisce una minaccia per la Terra.
Problema 1.13
Calcolate la massa del pianeta Mercurio, sapendo che ha un diametro D = 4.880 · 103 km e che
l’accelerazione di gravità alla sua superficie vale gM = 3.697 m/s2.
Problema 1.23
I satelliti geostazionari sono chiamati così perché, pur orbitando intorno alla Terra sul piano
dell’equatore, mantengono inalterata la posizione nel cielo. Si determini a quale altezza si trovano
rispetto alla superfice del nostro pianeta. Si assuma per la durata del giorno siderale T = 23h 56m
4s.
Problema 1.27
La cometa di Halley dista dal Sole 8.823 · 1010 m al perielio e 5.289 · 1012 m all’afelio. La sua
velocità al perielio è di 54.6 km/s. Calcolare la velocità all’afelio in km/s e in m/s e il periodo di
rivoluzione della cometa in anni. In realtà il periodo della Halley non è costante, sapete spiegare
perché ?
Problema 1.30
La cometa “Modena” descrive intorno al Sole un’orbita con semiasse maggiore di 3 UA e semiasse
minore di 2.236 UA. La sua distanza dal Sole al perielio è di 1 UA. Si considerino le due semi-orbite
separate dall’asse minore e si calcoli quanto tempo viene impiegato dalla cometa per percorrere
ciascuna semi-orbita.
Problema 1.31
Supponete di comprimere, mantenendo invariata la massa, il Sole e la Terra. A partire da quali
dimensioni diventerebbero dei buchi neri ?
SOLUZIONI:
Problema 1.3
Dalla relazione a = (Da + DP) /2 ricaviamo: a = 6 UA = 897.6 · 106 km. Dalla relazione DA = a
(1+e) ricaviamo e = 0.5. Il periodo di rivoluzione, che non dipende dall’eccentricità dell’orbita, ma
solo dal semiasse maggiore, si ottiene dalla III legge di Keplero e vale T = = 14.7 anni
Problema 1.8
Dalle dimensioni dei semiassi e = 0.9295. Le coordinate dei fuochi sono (-6.639, 0) e (6.639, 0).
Le distanze dal Sole al perielio e all’afelio valgono: dPerielio = 0.5036 UA, dAfelio = 13.78 UA. La
distanza dei pianeti dal Sole in UA è circa: Mercurio = 0.4, Venere = 0.7, Terra = 1, Marte = 1.5,
Giove = 5.2; Saturno = 9.5, Urano = 19.6, Nettuno = 30. L’asteroide potrebbe quindi incrociare le
orbite dei pianeti con distanza dal Sole: 0.5036 UA < D < 13.78 UA, cioè Venere, Terra, Marte,
Giove e Saturno. La “Fascia degli Asteroidi” è compresa tra le orbite di Marte e di Giove, l’asteroide
non ne fa parte.
Problema 1.10
Il semiasse maggiore dell’orbita di 704 Interamnia si trova applicando la III legge di Keplero: a3
(UA) = T2 (anni), da cui a = 3.06 UA. Le distanze dal Sole all’afelio e al perielio valgono: dA =
a(1+e) = 3.52 UA; dP = a(1–e) = 2.60 UA. Come si vede, la minima distanza dell’asteroide dal
Sole è superiore a 1 UA, dunque la sua orbita (sul piano dell’eclittica, ma stabile, come specificato
nel testo), non incrocerà mai l’orbita della Terra.
Problema 1.13
La massa è data dalla relazione: MM = gM R2 / G = 3.697 · 5.954 · 1012 / 6.67 ·10-11 = 3.30 ·1023 kg
Problema 1.23
Per un’orbita stabile la forza centrifuga dovuta al moto di rivoluzione deve eguagliare la forza di
attrazione gravitazione della Terra: m ω2 R = G M m/R2. Si ricava quindi: ω2 = G M /R3. Ed
esprimendo la velocità angolare in termini del periodo: 4π2/T2 = G M /R3, ovvero l’espressione
della III Legge di Keplero nel caso in cui la massa di uno dei due corpi sia trascurabile. Risolvendo
rispetto a R e poiché T = giorno siderale = 86164 s, otteniamo: R3 = G M T2 / 4π2 = 6.67 · 10-11·
5.97 · 1024 · 74.24 · 108 / 39.48 = 7.49 · 1022 m e quindi R = 42152 km. Ma questa è la distanza
dal centro della Terra, per cui l’altezza dal suolo varrà: h = R – RT = 35779 km
Problema 1.27
Dalla II legge di Keplero sappiamo che le velocità all’afelio e al perielio sono legate dalla relazione:
Va · Da = Vp · Dp e quindi: =· 54.6 = 0.911 km/s = 911 m/s
Dalle distanze all’afelio e al perielio ricaviamo il semiasse maggiore dell’orbita:
a=
= (8.823 · 1010 + 5.289 · 1012)/2 = 2.689 · 1012 m = 17.97 UA
Il periodo di rivoluzione è dato dalla III legge di Keplero: T = = 76.18 anni
Nel suo moto intorno al Sole la Halley può avvicinarsi ai pianeti, il loro l’effetto gravitazionale (in
particolare quello di Giove) può portare a variazioni del periodo orbitale.
PROBLEMA 1.30
Calcoliamo il periodo di rivoluzione utilizzando la III Legge di Keplero: Triv2 (anni) / a3 (UA)
e quindi Triv= 5.196 anni
Per calcolare il tempo di percorrenza di ciascuna semi-orbita, utilizziamo la II Legge di Keplero.
Calcoliamo l’area A per la semi-orbita più lontana dal Sole e l’area A’ per la semi-orbita più vicina.
Dalla figura si ha: A = A1 + A2 e A’ = A1 – A2, con A1 = (1/2) ⋅ π ⋅ 3 ⋅ 2.236 = 10.537 UA2 e A2
= (1/2) (3-1) (2 · 2.236) = 4.472 UA2. Pertanto A = 15.009 UA2 e A’ = 6.065 UA2.
Detti T e T’ i tempi di percorrenza delle due semi-orbite (ovvero i tempi necessari alla
congiungente Sole-Cometa per spazzare le aree A ed A’, rispettivamente), dalla II Legge di Keplero
deve valere la proporzionalità T : A = T’ : A’. Sappiamo inoltre che T + T’ = Triv, da cui: T’ = T A’ /
A e T + T’ = T (1 + A’ / A) = Triv. Quindi T = Triv / (1 + A’ / A) = 3.7 anni; T’ = Triv (A’ / A) / (1
+ A’ / A) = Triv / (1 + A / A’ ) = 1.496 anni
Problema 1.31
Per un corpo di massa M si definisce raggio di Schwarzchild il valore: Rs = 2GM /c2, che fornisce la
dimensione per cui un corpo di massa M ha una velocità di fuga pari a quella della luce e diventa
quindi un “buco nero”. Nel nostro caso avremo: Rs = 2950 m; RsT = 0.886 cm
