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.
