Dolci - Esercizi 29 luglio

XVI Scuola Estiva di Astronomia
Stilo, 29 luglio 2011
Semplici problemi di
meccanica celeste
Mauro Dolci
Comitato Olimpico Italiano INAF – SAIt
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 =>
d:b=c:a
3) Proprietà distributiva:
a : b = c : d =>
(a+b) : b = (c+d) : d
…
Elementi di algebra e geometria
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
Elementi di algebra e geometria
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
(siderale) è T=365,256 giorni solari medi da 24 ore
ciascuno. Si ha dunque
v = ℓ / T = 2r / T =
= 2*149600000 / (365,256 * 24 * 60 * 60)=
= 29,79 Km/sec .
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
Elementi di algebra e geometria
Problema. Calcolare l’asse maggiore e l’asse minore
dell’orbita di una cometa le cui distanze minima e
massima dal Sole sono rispettivamente 0,3 UA e 78
UA.
Soluzione: il semiasse maggiore si ottiene subito dalla
somma,
a = (0,3 + 78)/2 UA = 39,15 UA
Calcoliamo quindi l’eccentricità:
e = (78 – 0,3) / (78 + 0,3) = 0,992
e, in ultimo, il semiasse minore b:
b = 39,15 * (1 – 0,9922)1/2 = 4,94 UA
VELOCITÀ LINEARE E VELOCITÀ ANGOLARE
Velocità lineare:
v=ℓ/T
Velocità angolare:
=/T
Accelerazione centrifuga:
ac = 2r
Accelerazione di gravità:
M
ag = G 2
R
VELOCITÀ LINEARE E VELOCITÀ ANGOLARE
Problema. Quanto dovrebbe durare il giorno siderale
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,
l’accelerazione centrifuga deve bilanciare esattamente
l’accelerazione di gravità, ovvero ac = ag, da cui
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
VELOCITÀ LINEARE E VELOCITÀ ANGOLARE
… ecco la condizione di equilibrio delle forze, ad
esempio per un pianeta orbitante intorno al Sole:
forza centripeta = forza gravitazionale
(a= semiasse maggiore dell’orbita):
m2a= GMm/a2
Se ne ricava
2 = GM
3
a
Poiché  = 2 / T, si ricava
ovvero
42 GM
= 3
2
T
a
a3
GM
=
costante
=
T2
42
(=
G(M+m)
)
2
4
(m non trascurabile
rispetto a M)
LEGGI DI KEPLERO (problema dei due corpi)
I Legge di Keplero: Orbita ellittica
(a, b, e…)
II Legge di Keplero:Velocità areolare costante
A1 : T1 = A2 : T2
III Legge di Keplero: Il rapporto tra il cubo del
semiasse maggiore ed il quadrato del periodo
di rivoluzione è costante:
a13 : T12 = a23 : T22
v2
T2
A2
A1
T1
v1
A1 : T1 = A2 : T2
( v2 > v1 )
LEGGI DI KEPLERO
Problema. Un asteroide 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
LEGGI DI KEPLERO
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 considerato 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 cuiT = 2-1/2 anni = 0,707 anni  258 giorni.
LEGGI DI KEPLERO
Problema. Se la massa 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, essendo la massa della Terra trascurabile rispetto a
quella del Sole, la costante nella III Legge di Keplero
dipende praticamente SOLO dalla massa del corpo centrale
(il Sole) ma NON da quella del corpo orbitante (la Terra).
Un ultimo esempio «ricco»…
(un problema un po’ più impegnativo)
La Cometa P/Weight-Watchers descrive un’orbita la
cui distanza dal Sole al perielio è dP = 0,45 u.a. e la
cui eccentricità vale e = 0,92. Nella semiorbita più
vicina al Sole (indicata in rosso nella figura) la
Cometa perde continuamente massa per evaporazione,
al ritmo medio di 1 kg/sec. Quando tuttavia percorre
la semiorbita più lontana, essa si trova a passare
attraverso la Fascia Principale degli Asteroidi, dove
grazie all’apporto di materiale dovuto a continue
collisioni con asteroidi di piccole dimensioni,
riacquista parzialmente massa al ritmo medio di 1
kg/min.
Sapendo che le due semiorbite sono separate dall’asse
minore e che la massa iniziale della Cometa è di 100
miliardi di tonnellate, si calcoli il tempo massimo che
la Cometa impiega per evaporare completamente.
(Suggerimento: si trascurino le variazioni dell’orbita al
variare della massa della Cometa)
Soluzione. Deriviamo parametri dell’orbita (semiassi
dell’ellisse, periodo di rivoluzione) partendo dai dati. Per il
semiasse maggiore a ricaviamo
a = dP / (1 – e ) = 0,45 UA / (1 – 0,92) = 5,625 UA
e per il semiasse minore b ricaviamo
b = a * (1 – e2)1/2 = 5,625 UA * (1 – 0,8464)1/2 =
= 5,68 UA * 0,3919 = 2,205 UA
Noto il semiasse maggiore, ricaviamo il periodo orbitale
Torb in base alla III Legge di Keplero e prendendo per
confronto i dati per la Terra (TTerra = 1 anno, aTerra = 1 UA):
Torb (anni)2 : a (UA)3 = TTerra2 : aTerra3 = 1
da cui
Torb =  a3 = 13,341 anni.
b = 2,205 UA
T = 13,341 anni
a = 5,625 UA
Calcoliamo ora i tempi di percorrenza nelle due semiorbite
(«lontana» e «vicina»), utilizzando la seconda legge di
Keplero. Abbiamo bisogno di una costruzione geometrica:
AT
b
Aellisse
2
c=ae
A2
A1
Aellisse = ab
AT = bc = eab
 T2
 T1
Abbiamo dunque:
A1 = Aellisse / 2 + AT
A2 = Aellisse / 2 – AT
Ovvero
A1 = (/2 + e)ab = 30,894 UA2
A2 = (/2 – e)ab = 8,072 UA2
Ovviamente, si verifica che
A1 + A2 = Aellisse = ab = 38,966 UA2
Possiamo quindi applicare la II Legge di Keplero,
confrontando il tempo di percorrenza di ciascuna area
parziale con l’intero periodo orbitale, ovvero il tempo
necessario a spazzare tutta l’area dell’ellisse:
A1 : T1 = Aellisse : Torb
A2 : T2 = Aellisse : Torb
da cui si ricava in definitiva
T1 = (A1 / Aellisse)Torb = 10,577 anni
T2 = (A2 / Aellisse)Torb = 2,764 anni
Ovviamente, anche qui si verifica che
T1 + T2 = Torb = 13,341 anni !
Facciamo il nuovo punto della situazione. Ad ogni
rivoluzione, la cometa trascorre 10,577 anni nella
semiorbita lontana e, qui, accumula massa al ritmo di 1
kg/min. Dunque, ad ogni rivoluzione, la cometa accumula
una massa complessiva pari a
M1 = 1 kg/min  T1 (min) =
= 1 kg/min*10,577anni*365,256*24*60 min/anno =
= 5.563.170,3 kg
La cometa trascorre però anche 2,764 anni nella
semiorbita più vicina, dove invece perde massa al ritmo di
1 kg/sec. Dunque, ad ogni rivoluzione, la cometa perde
una massa complessiva pari a
M2 = 1 kg/sec  T2 (sec) =
= 1 kg/sec*2,764anni*365,256*24*3600 sec/anno =
= 87.226.639,3 kg
In definitiva, ad ogni rivoluzione, il bilancio di massa
della cometa è
Mrev = M1 – M2 = 5.563.170,3 kg – 87.226.639,3 kg =
= – 81.663.469 kg / rivoluzione
Il bilancio di massa è negativo, quindi la cometa è
effettivamente destinata ad evaporare completamente !
Poiché la massa iniziale M della cometa è nota, calcoliamo
infine il numero di rivoluzioni necessarie (assumendo
l’ipotesi semplificata che non ci siano variazioni orbitali…)
per l’evaporazione completa:
Nrev = M / Mrev = 1014 kg / 81663469 Kg/rivoluzione =
= 1.224.537,7 rivoluzioni
… e perciò…
Perciò, il tempo necessario alla cometa per evaporare
completamente (sempre nella nostra ipotesi semplificativa!)
si ottiene moltiplicando tale numero per la durata di ogni
rivoluzione, ovvero per il periodo orbitale:
Tev = Nrev * Torb =
=1.224.537,7 rivoluzioni * 13,341 anni/rivoluzione =
= 16336557,5 anni
La cometa evapora completamente
entro 16 milioni e 300 mila anni!
Questo valore è in realtà un limite superiore.
Evaporando, infatti, la cometa perde massa ma anche
momento angolare.
Pertanto il semiasse maggiore della sua orbita tenderà a
diminuire progressivamente e la cometa passerà sempre
più vicina al Sole.
Da un lato, quindi, essa evaporerà più rapidamente nella
semiorbita vicina, dall’altro essa ad un certo punto non
passerà più per la fascia degli asteroidi e quindi non
accrescerà più massa.
Ma, fatto più importante, essa in realtà non avrà il tempo di
evaporare completamente perché, spiraleggiando in modo
sempre più marcato, finirà per precipitare sul Sole (sarebbe
una sungrazing comet come quelle viste da SOHO).