soluzioni esercizi cap.6 Amaldi1

La gravitazione
6
6. La gravitazione
Domande sui concetti
3
4
Poiché il volume della nuova biglia è 8 volte il precedente e la biglia è omogenea e dello
stesso materiale, anche la nuova massa e di
conseguenza la nuova forza gravitazionale saranno 8 volte maggiori.
No, è scorretto perché la forza è inversamente proporzionale al quadrato della distanza,
quindi nella proporzionalità quadratica inversa al raddoppiare della distanza la forza
diventa 1/4 e così via.
5
Perché in questo modo si equilibrano le due
forze-peso con cui la Terra attrae le due masse
appese al manubrio e si misura solo l’intensità della forza tra ciascuna massa appesa e la
massa fissa ad essa vicina.
6
Un quarto di quello attuale.
7
Perché sono quantità proporzionali, ma dal
punto di vista concettuale sono distinte.
8
Come rapporto tra la forza-peso della pentola e quella del kilogrammo campione.
9
Perché la loro distanza dalla Terra sarebbe
vincolata all’altezza del supporto di lancio.
Con un razzo vettore si può decidere arbitrariamente a quale quota mettere in orbita il
satellite.
10
Nettuno, perché in base alla seconda legge di
Keplero ci sarà più differenza tra le distanze
Sole-pianeta, e di conseguenza tra le velocità,
rispettivamente all’afelio e al perielio.
2π v
= .
T R
Sostituendo nella relazione che uguaglia forza gravitazionale e forza centripeta:
otteniamo R = 3
11
12
Perché la forza di gravitazione è diretta parallelamente al raggio vettore che unisce il
Sole al pianeta. Quindi, il momento della
forza calcolato rispetto al centro del Sole vale
zero:
  
M =r ×F =0
Dal capitolo precedente so che il momento
angolare di un corpo si conserva se è nullo il
momento delle forze esterne che
agiscono su
→
di esso, quindi in questo caso L si conserva.
Falso. Lo sarebbero se fosse costante il rapR
porto . Gli esponenti che compaiono nella
T
legge indicano un rapporto di proporzionali3
tà, ma non diretta: T è proporzionale a R 2 .
13
Il telo imperturbato è un piano, su cui le
sferette “leggere” effettuano moti in due dimensioni. La presenza di una sfera più grande deforma il piano e lo fa diventare una
superficie tridimensionale, sulla quale possiamo descrivere il moto delle sferette più
piccole.
Lo spazio interplanetario è tridimensionale,
e in esso la presenza di un campo gravitazionale introduce una deformazione in una
quarta dimensione che non è oggetto di studio della fisica classica.
14
Poiché è il rapporto tra una forza e una massa,
ha le dimensioni fisiche di un’accelerazione.
15
La variazione di energia potenziale di una
massa che si sposta da A a B è pari all’opposto del lavoro compiuto nello spostamento.
Per allontanare il corpo di massa m il lavoro
è svolto contro il campo gravitazionale, quindi è negativo. Di conseguenza DU è positiva,
cioè U aumenta.
16
U aumenta e L rimane costante.
La velocità angolare è w =
Idee per insegnare la fisica con
Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012
GM
w2
1
Soluzioni per capitolo
2
Per la terza legge di Keplero, il rapporto fra
la distanza Sole-pianeta e quella Sole-Terra è
pari alla radice cubica del rapporto fra i quadrati dei due periodi di rivoluzione, che in
questo caso vale 64. Quindi la distanza deve
essere 4 volte quella Terra-Sole.
Mm
= mw2 R
R2
soluzioni degli
esercizi del libro
1
G
La gravitazione
17
No. L’energia totale della Terra E = K + U è negativa, perché il nostro pianeta è legato gravitazionalmente al Sole. Poiché l’energia cinetica è sempre positiva e quella potenziale sempre negativa, il
modulo di U deve sempre essere maggiore di K.
18
Sì. L’energia potenziale è inversamente proporzionale alla distanza dal Sole ma è negativa, quindi U
assume il valore massimo quando |U| è minimo, cioè alla massima distanza orbitale dal Sole.
6
problemi
3
R 
 N  = (1 a) × (30, 06)3 = 165 anni
 RT 
2
TN = TT
3
T 
RM = RT 3  M  = (1, 50 × 1011 m) × 3
 TT 
4
2
2
 (686, 98 d) 
11

 = 2, 29 × 10 m
 (365, 26 d) 
2 πr
2 π × (1, 50 × 1011 m)
=
= 2, 99 × 104 m/s
T
(365, 26 d) × (8, 64 × 104 s/d)

v=

1
1
A = Rs = × (1, 50 × 1011 m) × (2, 99 × 104 m) = 2, 24 × 1015 m2
2
2
Fr 2
.
GM T
La distanza r del satellite dal centro della Terra si ottiene sommando il raggio terrestre alla distanza
del satellite dalla superficie terrestre:
r = 500 km + 6378 km = 6878 km = 6,88 × 106 m.
Quindi:
6
Invertendo la formula della forza di gravitazione universale otteniamo m =
(8, 58 × 1020 N) × (6, 88 × 106 m)2
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5, 976 × 1024 kg)
m=
che dà m = 4,16 × 105 kg.
7
L’ordine di grandezza della forza di attrazione Sole-Luna si ottiene approssimando la distanza tra i
due corpi con la distanza Terra-Sole:
FLuna-Sole ≈
(7 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (7 × 1022 kg) × (2 × 1030 kg)
(1, 5 × 1011 m)2
8
Uguagliando le due forze di attrazione abbiamo:
G
M Terra mLuna
2
Luna
r
=G
M Terra masteroide
2
rasteroide
Quindi
rasteroide = rLuna
masteroide
(1, 36 × 1016 kg)
= 1, 65 × 105 m
= (3, 84 × 108 m) ×
22
mLuna
(7, 35 × 10 kg)
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2
Soluzioni per capitolo
Poiché FLuna-Terra = 2 × 1020 N → FLuna-Sole /FLuna-Terra ≈ 2
soluzioni degli
esercizi del libro
Quindi FLuna-Sole ≈ 4 × 1020 N.
La gravitazione
9
Utilizziamo la formula
GM
g= 2
R
e otteniamo
gLuna =
10
M=
11
12
(6, 67 × 10−11 Nm2 /kg 2 ) × (7, 35 × 1022 kg)
= 1, 62 m/s2
(1, 738 × 106 m)
gR2 (1, 63 m/s2 ) × (1, 738 × 106 m)2
=
= 0, 0740 × 1024 kg
G
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kkg 2 )
Gm1m2
F=

1
F2 = F1 → r2 = 2r12 = 7,1 cm
2
F=
d2
=
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (12 kg) × (0, 015 kg)
= 4, 8 × 10−9 N
2
(0, 050 m)

Gm1m2
d2

( M T ML ) 
 MT ±

→
x
=
d
,
1
2
( M T − ML ) 

(d − x )2 x 2
Scartiamo la soluzione che si ottiene con il segno + (che fornisce una posizione oltre la Luna, invece
che fra la Terra e la Luna).
FL = FT →
ML
=
x = (3, 84 × 108 m) ×
13

g=
MT
(5, 98 × 1024 kg) − (5, 98 × 1024 kg) × (7, 35 × 1022 kg)
[(5, 98 × 10 kg) − (7, 35 × 10 kg)]
24
22
= 3, 46 × 108 m
GM (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (1900 × 1024 kg)
=
= 24, 9 m/s2
(71, 37 × 106 m)2
R2
M 
 G
FG
Gm1m2
337
 MT 
F=
= (1 kg) × (9, 8 m/s2 ) ×
→ FG = mg
= 26, 3 N
→ =
2
2
2
FT  d 
d
(11, 2)2
d 
 G
 G
 dT 
 dT 
MG
MT
La formula del periodo delle oscillazioni di una molla è:
m
k
T = 2π
Perciò il rapporto tra le masse è pari al rapporto tra i quadrati dei tempi, che indichiamo rispettivamente con T1 e T2. Poiché il campione ha massa unitaria, otteniamo
m=
15
T12
T22
=
(0, 58 s)2
= 0,16 kg
(1, 45 s)2
Le due masse appese al manubrio sono diverse. Su ciascuna di esse, trascurando l’attrito dell’aria,
agiscono due forze:
• la forza-peso, direttamente proporzionale alla massa gravitazionale;
• la forza centrifuga apparente dovuta al moto di rotazione terrestre, direttamente proporzionale
alla massa inerziale.
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3
Soluzioni per capitolo
14
soluzioni degli
esercizi del libro
6
La gravitazione
6
Se la massa inerziale non fosse direttamente proporzionale a quella gravitazionale, ci sarebbe equilibrio tra le due forze-peso ma non tra le due forze centrifughe, quindi il manubrio al passare del
tempo risentirebbe di un momento torcente.
Un raggio luminoso che colpisce lo specchio avrebbe quindi un’immagine non fissa.
16
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5, 98 × 1024 kg)
GM
=
= 2, 8 × 103 m/s
6
R
(50 × 10 m)

v=

La stessa: la velocità orbitale non dipende dalla massa del satellite.
GM
R
(1, 741 × 106 m)
→ M = v 2 = (1, 6 × 103 m/s)2 ×
= 6, 7 × 1022 kg
R
G
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 )
17
v=
18

T=
19

v=
T
2πR
2πR
R
R3
=
= 2πR
= 2π
v
GM
GM
GM
R
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5, 98 × 1024 kg)
GM
=
= 7, 35 × 103 m/s
R
(7, 38 × 106 m)
= 2π
20
T = 2π
21

R3
(4 × 6, 38 × 106 m)3
= 2π ×
= 4, 06 × 104 s
− 11
2
2
24
GM
(6, 67 × 10 N ⋅ m /kg ) × (5, 98 × 10 kg)
v A dP (2, 05 × 1011 m)
=
=
= 0, 83
vP dA (2, 46 × 1011 m)
 Nel
22
R3
(7, 38 × 106 m)3
= 2π ×
= 6, 31 × 103 s
− 11
2
2
24
GM
(6, 67 × 10 N ⋅ m /kg ) × (5, 98 × 10 kg)
perielio, per la conservazione del momento angolare.
Dalla terza legge di Keplero:
2
2

 2 π  R3 
2π
(1,494 × 1011 m)
M = 
=
= 1, 97 × 1030 kgg
 ×
4
2
2
− 11
T
G
 
 (365, 26 d) × (8,64 × 10 s/d)  (6,67 × 10 N ⋅ m /kg )
Restano costanti: l’energia totale e il momento angolare.
Variano: la velocità, il raggio dell’orbita e il periodo:
R = 4,22 × 107 m + 6,40 × 106 m = 4,84 × 107 m
24

v=
T=
(6,67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5,98 × 1024 kg)
GM
=
= 2, 87 × 103 m/s
R
(4,84 × 107 m)
2πR
= 1, 06 × 105 s
V
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4
Soluzioni per capitolo

soluzioni degli
esercizi del libro
La gravitazione
25

g0 =
GM (6,67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5,98 × 1024 kg)
=
= 9, 80 m/s2
6
2
2
(6,388 × 10 m)
R0
g1 =
GM (6,67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5,98 × 1024 kg)
= 9, 50 m/s2
=
(6,24 × 106 m)2
R12
MT
GH
(5, 98 × 1024 kg)
→ RT = RG
= (71, 37 × 106 m) ×
= 4, 00 × 106 m
24
MG
g
(1900 × 10 kg)
26
R=
27
28
Trascurando il valore di 1 m rispetto al raggio dei pianeti (indicati rispettivamente con i pedici T e
M), scriviamo le espressioni dei due campi gravitazionali:
GM
GM
gT = 2 T
gM = 2 M
RM
RM
g
M R2
da cui abbiamo T = T M2
g M M M RT
6
g
l
(9, 8 m/s2 )
→ TS = TT T = (1, 9 s) ×
= 18 s
gS
g
(11,17 m/s2 )
 Aumentare la sua lunghezza oppure salire di quota in modo che g diminuisca.

T = 2π
Quindi
g T (5, 98 × 1024 kg) × (3, 39 × 106 m)2
=
= 2, 6
g M (6, 41 × 1023 kg) × (6, 38 × 106 m)2
29
U =−
30


U = mgDh = (75 kg) × (9,8 m/s2) × [100 × (0,18 m)] = 1,3 × 104 J
D
 W = 1,3 × 104 J
31

32

A distanza infinita.
Per convenzione, si pone l’energia potenziale uguale a 0 J quando la distanza è infinita.
1
1 
D U = GMm  −
 =
 R0 RK2 


1
1
−
= (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5, 98 × 1024 kg) × (80 kg) × 
=
6
6
 (6, 378 × 10 m) (6, 3866 × 10 m)) 
= 6, 7 × 106 J

33
U = mgDh = (80 kg) × (9,8 m/s2) × (8616 m) = 6,8 × 106 J
D
Vicino alla superficie terrestre i risultati sono in accordo perché g si può considerare pressoché costante. Il raggio terrestre non è noto con la stessa accuratezza con cui è fornita l’altezza del K2.
Combinando la g =
2GM
GM
con la v f =
si ottiene:
2
R
R
v f = 2 gR → (v f )L = 2 gL RL = 2 ×[0,165 × (9, 8 m/s2 )]×[0, 272 × (6, 38 × 106 m)] = 2, 37 × 103 m/s
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5
Soluzioni per capitolo
GMm
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5, 98 × 1024 kg) × (10 kg)
=−
= − 6, 25 × 108 J
R
(6, 38 × 106 m)
soluzioni degli
esercizi del libro
La gravitazione
34
RS =
35



36
2GM 2 × (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (2,188 × 1030 kg)
=
= 3, 25 km
c2
(22, 998 × 108 m/s)2
2GM
2 × (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5, 98 × 1024 kg)
=
= 11, 2 km/s
R
(6, 38 × 106 m)
vf =
No.
Sì.
U

6
GMm
GMm (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5, 98 × 1024 kg) × (200 kg)
= 6, 99 × 106 m
→R=
=
R
−U
(1,14 × 1010 J)
=
Combinando la U = −
GMm
GM
con la v0 =
si ottiene:
R
R
1
1  GM  1
1
10
9
K 0 = mv02 = m 
 = (−U ) = × (1,14 × 10 J) = 5, 70 × 10 J
2
2  R  2
2
problemi generali

L’area spazzata dal raggio vettore in 1 s è l’area di un triangolo rettangolo:
dD s 1  v 
A=
= d 
2
2  Dt 
1
(0, 90 km/s)
AA = ×[36 × (1, 50 × 1011 m) ×
= 2, 4 × 1015 m2
2
(1 s)
 AP = AA (per la seconda legge di Keplero).
 LA = mvr = (6,0 × 1010 kg) × (0,90 km/s) × [36 × (1,50 × 1011 m)] = 2,9 × 1026 J⋅ s
F=
Gm1m2
=
d2
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (7, 35 × 1022 kg) ×[(1, 0 m3 ) × (1025 kg/m3 )]
= 3, 4 × 10−2 N
=
(3, 84 × 108 m)2
Gm1m2
 F=
=
d2
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (7, 35 × 1022 kg) ×[(3, 236 × 1017 m3 ) × (1025 kg/m3 )]
= 1,1 × 1016 N
=
(3, 84 × 108 m)2
2
3
T = 2π

R3
(17, 94 × 1, 50 × 1011 m)3
= 2π ×
= 2, 41 × 109 s = 76 anni circa
GMS
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (1, 99 × 1030 kg)
Nell’anno 1986 + 76 = 2062, i nati nei primi anni ’90 avranno una settantina d’anni, pari all’incirca
alla durata di vita media, quindi è plausibile che gli studenti assistano di persona al ritorno della cometa di Halley.
4

vf =
2GML
2 × (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (7, 35 × 1022 kg)
=
= 2, 38 × 103 m/s
6
RL
(11, 738 × 10 m)
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6
Soluzioni per capitolo
soluzioni degli
esercizi del libro
1
La gravitazione
U
5

=−
RS =
6
GMm
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (7, 35 × 1022 kg) × (2, 38 × 103 m)
=−
= − 6, 68 × 109 J
6
R
(1, 748 × 10 m)
2GM
c2
2 × (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (4, 881 × 1024 kg)
= 7, 28 mm
Venere:
(2, 99 × 108 m/s)2
2 × (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (6, 41 × 1023 kg)
= 0, 956 mm
Marte:
(2, 99 × 108 m/s)2
2 × (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (8, 678 × 1025 kg)
= 129 mm
Urano:
(2, 99 × 108 m/s)2
2 × (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (3,18 × 1023 kg)
= 0, 475 mm
Mercurio:
(2, 99 × 108 m/s)2

6
Dalla loro massa.
4
 d 4
GM G(Vd)
=
= G  π R3  2 = π GRd
2
2
R
R
3
R 3
g=
Poiché il pianeta ha la stessa densità della Terra, g è direttamente proporzionale a R, quindi il peso
sul pianeta sarebbe 15 volte maggiore.


Il satellite più interno.
Dalla terza legge di Keplero:
4 π2 3 3
4r
TR2=4 r =
GM
2
R =4 r
2
r
T
T
Il satellite più lento (quello più esterno) ha un periodo pari a 8 volte il periodo del satellite più veloce (quello più interno).
La distanza del satellite dal centro della Terra è r = 1,9 × 107 m + 6,4 × 106 m = 2,5 × 107 m.
Il periodo di rivoluzione è dato dalla formula
T = 2π
da cui si ha:
T = 6, 28 ×
8


9
(2, 5 × 107 m)3
= 3, 9 × 104 s
(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (5, 976 × 1024 kg)
La velocità è data da:
v=
r3
GM
2 π r 6, 28 × (2, 5 × 107 m)
=
= 4, 0 × 103 m/s
T
(3, 93 × 104 s)
I due asteroidi, quando sono a distanza molto grande, hanno energia potenziale molto piccola ed
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7
Soluzioni per capitolo
4 π2 3 3
4r
T
= GM 2
= 43 = 6 4 → R = 4 r = 8
Tr
4π 3
r
GM
soluzioni degli
esercizi del libro
7
La gravitazione
energia cinetica nulla: per il teorema di conservazione dell’energia meccanica possiamo considerare che, al momento dell’impatto, la somma dell’energia cinetica e dell’energia potenziale sia pari a
zero. Per il sistema dei due asteroidi la distanza tra i centri, al momento dell’impatto, è pari a 2R:
1 2 1 2
mm
 mv + mv − G
= 0 , da cui abbiamo
2
2R
2
v= G
L’accelerazione si ottiene dal secondo principio della dinamica:
mm
G
F
π
G 4
(2 R)2 Gm
a= =
= 2 = 2 ρ π R3 = G ρ R
3
3
m
m
4R 4R

pprossimiamo il raggio dell’orbita del proiettile con quello del pianeta e uguagliamo i moduli
A
della forza centripeta e della forza gravitazionale sul satellite:
M
mM
mv 2
= G 2 P , da cui si ha v = G P .
RP
RP
RP

Per il satellite geostazionario il periodo di rivoluzione dell’orbita deve essere uguale a quello di
rotazione del pianeta su se stesso; la velocità di rotazione si ha dalla formula precedente, per un
valore di R generico:
v= G
M
MP
; 2π R = vTP = G P TP
R
R
Elevando al quadrato i due membri dell’equazione abbiamo
M T2
R2 = G P P 2 , da cui otteniamo
R 4π
R= 3 G
4π2
e, dividendo per RP la formula, si ottiene il risultato.
 Per ogni satellite in orbita, il valore dell’energia cinetica vale metà del modulo del valore dell’energia potenziale:
1 2 1  GMP 
mv = m 

2
2  RP 
Quindi l’energia totale vale:

Analogamente a quanto svolto nel problema n. 9:
mMP
1
mV 2 − G
= 0 , da cui
RP
2
V = 2G
MP
RP
4π
× (15, 6 cm3 ) × (8, 0 g/cm3 ) = 0, 52 kg
3
 Invertiamo la formula della legge di gravitazione per ricavare la distanza r:

Massa delle palline: m = V ⋅ dFerro =
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8
Soluzioni per capitolo
mMP
1
1 mMP
=− G
E = K + U = mv 2 − G
2
2
RP
RP
11
MPTP2
soluzioni degli
esercizi del libro
10
m
G 4 3
2π
=
ρ πR = R
Gρ
2R
2R 3
3

6
La gravitazione
r= G
6
m1m2
F
Sostituendo m1 = m2 = m = 0,52 kg; F = 1,5 × 10–9 N, otteniamo:
r = (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) ×
(0, 52 kg)2
(1, 5 × 10−9 N)
Quindi r = 1,1 × 10–1 m.
 Velocità al contatto: utilizzando la conservazione dell’energia meccanica, poiché le palline partono da ferme, abbiamo, per ciascuna:
1 2
m2
, da cui otteniamo:
mv = G
2
r
v=
2Gm
2 × (6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (0, 52 kg)
=
= 2, 5 × 10−5 m/s
−1
r
(1,1 × 10 mg)
L’accelerazione di gravità g viene diminuita dalla forza centrifuga apparente, che agisce sui corpi posti sulla superficie del pianeta per effetto della rotazione intorno all’asse, secondo la formula:
GM
g ′ = 2 − w2r
R
dove R è il raggio del pianeta Marte, R = 3,386 × 106 m, w è la velocità angolare di rotazione e r è la
distanza dall’asse del punto preso in esame, che varia a seconda della latitudine.
 Al polo Nord w = 0, perciò
12
′ =g=
gPolo

(6, 67 × 10−11 N ⋅ m2 /kg 2 ) × (0, 641 × 1024 kg)
= 3, 729 m/s2 = 3, 73 m/s2
(3, 386 × 106 m)2
All’Equatore r = R, perciò:
2
 2π 
′ = g −  R
g Eq
T 
2
 6, 28 
6
2
2
′ = (3, 729 m/s ) × 
g Eq
 × (3, 386 × 10 m) = 3, 712 m/s = 3, 71 m/s
 86 620 s 
2

13

2
= 2, 394 × 106 m , perciò:
2
2
 6, 28 
2
6
2
2
′ = (3, 729 m/s ) × 
g 45°
 × (2, 394 × 10 m) = 3, 717 m/s = 3, 72 m/s
 86620 s 
A 45° di latitudine è r = R
I l punto essenziale da considerare è la distinzione fra il centro della Terra e il centro di massa del
sistema Terra-Luna che, come detto, si muove di moto circolare uniforme; trascurando gli effetti
dovuti ad altre cause, il valore medio della durata dell’anno tropico coinciderebbe quindi con il
periodo di rivoluzione del centro di massa; questo si trova a circa 4600 km di distanza dal centro
della Terra, sulla congiungente Terra-Luna, come si ricava facilmente. Infatti in un riferimento
con origine nel centro della Terra, dette M e m le masse di Terra e Luna rispettivamente, il centro
di massa T-L si trova calcolando:
MxT + mxL
m
(3, 8 × 105 km)
=
= 4600 km, con xT = 0 e xL = r.
r=
M +m
M +m
82
xG =
Al primo quarto Terra e Luna sono allineate con la tangente dell’orbita della Terra e il centro della
Terra è in anticipo sul centro di massa di circa 2,6 minuti, dato che
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9
Soluzioni per capitolo
soluzioni degli
esercizi del libro
La gravitazione
6
xG 4600
=
= 153 s
v
30
Quindo l’equinozio (geocentrico!) avviene 2,6 minuti prima del passaggio del centro di massa.
Poiché in un anno ci sono circa 12,5 cicli lunari, il successivo equinozio avviene (approssimativamente) in fase di ultimo quarto, guadagnando così altrettanto perché adesso il centro della Terra
transita sulla linea del punto gamma dopo il centro di massa: l’anno risulta più lungo della media
di 2Dt = 5,2 minuti.
 Nell’anno successivo gli effetti sono opposti; l’anno è più corto di circa 2Dt e, detta T0 la durata
media dell’anno tropico, la differenza tra i due anni, a causa della Luna, risulta:
Dt =
DT = 2T0 + 2Dt – (T0 – 2Dt) = 4Dt ≈ 10,4 minuti
Nota: come detto, ci sono molti altri effetti perturbativi sul moto della Terra, cosicché la durata di
anni tropici successivi varia in modo molto più accentuato e irregolare.
test per l’università
1
d
2
b
3
c
4
b
prove d’esame all’università
1
uando i due corpi si trovano all’infinito, l’energia potenziale gravitazionale dei due asteroidi è
Q
nulla. Inizialmente i due corpi sono in quiete, quindi anche la loro energia cinetica è zero e pertanto l’energia meccanica del sistema è nulla. Per la conservazione dell’energia meccanica totale si ha:
mm
mm
−G 1 2 + K tot = 0 → K tot = G 1 2 = 320 J
R
R
 Durante il moto agisce solo la forza gravitazionale tra i due asteroidi, che è una forza interna;
quindi la quantità di moto totale del sistema si conserva. Dato che inizialmente i due corpi sono
fermi, la velocità del centro di massa è nulla e continua a essere zero anche quando i due corpi si
trovano a distanza R.
1
m1v1 + (2m1 )v2 = (m1 + 2m1 )vcm = 0 → v2 = − v1
2

2

 1 
4 K tot
1
1
1
1
m1v12 + (2m1 )v22 = m1v12 + (2m1 )− v1  = K tot →
= 3, 3 × 10−4 m/s
3m1
2
2
2
2
 2 
3
A response that includes the following steps
1. States the two laws in mathematical form
GMm
Newton’s Second Law: F = ma and the Law of Gravity: F = 2 .
r
v2
2. Applies the formula for centripetal acceleration: a = .
r
GM
(or equivalent) and uses this to show that v (Venus) is
3. Derives the formula for velocity, v =
r
greater than v (Earth).
e
2
a
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10
Soluzioni per capitolo
1
soluzioni degli
esercizi del libro
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