Aree_Volumi_MeccanicaCeleste - Savini - San Giuseppe
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Corso di preparazione alle Olimpiadi INAF – Osservatorio Astronomico di Teramo Scuola Secondaria di I Grado «F. Savini» – Teramo OLIMPIADI ITALIANE DI ASTRONOMIA Aree, Volumi , Cinematica e Meccanica celeste Mauro Dolci INAF - Osservatorio Astronomico di Teramo SAIt – Società Astronomica Italiana Comitato Nazionale per le Olimpiadi Italiane di Astronomia 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 3) Proprietà distributiva: a : b = c : d => => (a+b) : b = (c+d) : d d:b=c:a … Elementi di algebra e geometria VOLUMI DI SOLIDI DI ROTAZIONE (e non) Volume di un cubo di lato ℓ: V=ℓ 3 Se nel cubo sono presenti N oggetti, si definisce la densità =N/V Supponendo che ogni oggetto sia al centro di un cubo di lato ℓ’, possiamo calcolare quest’ultimo: N ℓ’ 3 =ℓ 3 ℓ ℓ’ = 3 √N N rappresenta evidentemente la distanza media tra due oggetti all’interno del cubo considerato. Elementi di algebra e geometria VOLUMI DI SOLIDI DI ROTAZIONE (e non) Problema. Calcolare la distanza media tra le galassie dell’Ammasso della Vergine, sapendo che all’interno di un cubo di lato 1 Mpc sono contenute 130 galassie. Soluzione. Basta applicare la formula appena vista, ottenendo ℓ = 1 Mpc / (130)1/3 = 0,1974 Mpc = 197,4 kpc Elementi di algebra e geometria VOLUMI DI SOLIDI DI ROTAZIONE (e non) 4 r3 3 Volume di una sfera di raggio r: V= Volume di un cono a base circolare di raggio r, ed altezza h: 1 V= hr2 3 Valgono le stesse considerazioni sulla densità volumetrica e sulla distanza media. Area della superficie sferica: S = 4r2 Problema. L’ammasso di galassie della Vergine dista dalla Terra circa 60 milioni di anni-luce e copre una regione di cielo di 15o di estensione, annoverando circa 2000 galassie conosciute. Supponendo l’ammasso sferico, si calcoli la densità di galassie per Mpc. Successivamente, nell’ipotesi di un voume cubico, si supponga di scattare una foto all’ammasso con un campo di vista di 1o: si calcoli quante galassie vengono inquadrate nella foto. Soluzione. Ad una distanza di 60 milioni di anni-luce, che corrispondono a 18,405 Mpc, il diametro D dell’Ammasso (che è visto sotto un angolo di 15o) risulta essere D (15 * 2/360) * 60106 / 3,26 = 4,818 Mpc Pertanto il raggio è R = D/2 = 2,409 Mpc ed il volume V = (4/3)R3 = 58,56 Mpc3 . La densità di galassie è dunque = 2000 / 58,56 = 34,153 galassie / Mpc3 . Nell’ipotesi cubica, invece, il volume sarebbe V = D3 = 111,84 Mpc3 e la densità sarebbe = 2000 / 111,84 = 17,88 galassie / Mpc3 . Il campo di vista è un cono avente apertura di 1o . Il cono intercetta il cubo su due pareti: una più vicina posta a 18,405-4,818/2 = 15,996 Mpc e l’altra, più lontana, posta a 18,405+4,818/2 = 20,814 Mpc. 1o A queste due distanze, una estensione di significa osservare un diametro di base del cono pari rispettivamente a Dv=0,279 Mpc e Dv 1o Dl=0,363 Mpc. Il volume complessivo osservato è quello del tronco di cono compreso all’interno del cubo: il suo volume è evidentemente pari a V = Vl – Vv, con Vl = (1/3)**(0,363/2)2*20,814 = 0,718 Mpc3 e con Vv = (1/3)**(0,279/2)2*15,996 = 0,326 Mpc3 . Si ottiene V = 0,392 Mpc3 ed in definitiva il numero Nfoto di galassie osservate nella foto: Nfoto = * V = 7,009 7 galassie. Dl VELOCITÀ – LINEARE E ANGOLARE Velocità lineare: v = x / t Moto rettilineo uniforme è quello di un corpo che si muove su una traiettoria rettilinea con velocità lineare costante. Ad ogni istante t, detta x0 la posizione iniziale, il valore della posizione è dato da x = x0 + v t Velocità angolare: = / t Moto circolare uniforme è quello di un corpo che si muove su una traiettoria circolare con velocità angolare costante. Ad ogni istante t, detta 0 la posizione iniziale, il valore della posizione è dato da = 0 + t Problema. Un pianeta si muove su un’orbita circolare intorno al Sole, con velocità angolare costante . Quanto tempo impiega a fare una rivoluzione completa ? Soluzione. Fare un giro completo significa porre e quindi da cui – 0 = 2 t = 2 T = 2 / (periodo di rivoluzione). (Velocità lineare e angolare) 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 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 è T=365,256 giorni di 24 ore l’uno. Si ha dunque v = ℓ / T = 2r / T = 2*149600000 / (365,256 * 24 * 60 * 60) = = 29,79 Km/sec . MOTI E VELOCITÀ RELATIVE Quando un osservatore si muove con velocità lineare v1 (angolare 1) ed un punto materiale si muove parallelamente ad esso con velocità lineare v2 (angolare 2), l’osservatore vede il punto muoversi con una velocità lineare (angolare) relativa vr = v2 – v1 (r = 2 – 1) Problema. Sulla ferrovia che corre parallela ad un’autostrada, un treno viaggia a 160 km/h. Un’automobile sull’autostrada viaggia a 125 km/h. A quale velocità si muove il treno, visto da un osservatore nell’automobile ? (SOLUZIONE DA SCRIVERE SUL QUADERNO) Problema. Un pianeta si muove su un’orbita circolare intorno al Sole con periodo siderale TS. Quale è il suo periodo di rivoluzione visto dalla Terra (che si muove intorno al Sole con periodo siderale TT) ? (SOLUZIONE DA RAGIONARE: COSA RITROVIAMO?...) FORZA E ACCELERAZIONE (II Principio della Dinamica) Una forza esercitata su un corpo gli imprime un’accelerazione proporzionale alla forza stessa e alla massa del corpo: F = ma (a=F/m) Problema. Quanto dovrebbe durare il giorno siderale sulla Terra 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, la forza centrifuga deve bilanciare esattamente la forza di gravità (forza peso), ovvero Fc = Fg, da cui mac = mg cioè ac = g : 2RT= GMT /RT2 Se ne ricava = √ GMT = 0,00124 sec-1 RT3 Da cui in definitiva si ricava la nuova durata del giorno siderale (periodo di rotazione): T = 2 / 1,41 ore EQUILIBRIO DI FORZE – Verso la Meccanica Celeste… Problema. Esprimere la condizione di equilibrio delle forze per un pianeta orbitante intorno al Sole. Soluzione. All’equilibrio, la forza centrifuga dovuta al moto di rivoluzione deve eguagliare la forza di attrazione gravitazione del Sole (a= semiasse maggiore dell’orbita): m2a= GMm/a2 Se ne ricava 2 = GM a3 Esprimendo la velocità angolare in termini del periodo, cioè = 2 / T, si ricava 42 T2 = GM a3 a3 T2 = GM 42 e, in definitiva, che è l’espressione matematica della III Legge di Keplero. Si noti in particolare che nel caso della Terra, con una appropriata scelta delle unità di misura, si può porre a = 1 UA e T = 1 anno; ne discende che, in questo caso, la costante GM/42 vale 1. LEGGI DI KEPLERO I Legge di Keplero: I pianeti descrivono orbite ellittiche, in cui il Sole occupa uno dei fuochi. 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. dP a = semiasse maggiore dA b = semiasse minore b dA = dist. apocentro c b dP = dist. pericentro Nozione fondamentale di eccentricità «e» : e=c/a= a2 – a b2 = () b 2 1– a a Elementi di algebra e geometria FIGURE PIANE: PERIMETRI E AREE Relazioni: b = a 1 – e2 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 dA – dP e= dA + dP Problema. Ricavare l’asse maggiore e l’eccentricità dell’orbita di una cometa le cui distanze dal Sole al perielio e all’afelio sono rispettivamente 0,3 UA e 78 UA. Soluzione: il semiasse maggiore si ottiene dalla semisomma delle distanze: a = (0,3 + 78)/2 UA = 39,15 UA L’eccentricità si ottiene dal rapporto tra la differenza delle distanze e la loro somma: e = (78 – 0,3) / (78 + 0,3) = 0,992 LEGGI DI KEPLERO II Legge di Keplero: Durante il suo moto orbitale, il segmento congiungente il pianeta al Sole spazza aree uguali in tempi uguali (velocità areolare costante). LEGGI DI KEPLERO III Legge di Keplero: Per tutti i pianeti rapporto tra il cubo del semiasse maggiore ed il quadrato del periodo di rivoluzione è costante. Problema. L'Asteroide 704 “Interamnia’’, scoperto da V. Cerulli nel 1910, 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 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 704 Interamnia 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 cui T = 2-1/2 anni = 0,707 anni 258 giorni. Problema. Se la massa di Mercurio 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 la costante nella III Legge di Keplero dipende SOLO dalla massa del corpo centrale e NON da quella del corpo orbitante.
