Amaldi, APITOLO 16 A GRAVITAZIONE Problemi)di)paragrafo)profmilizia.weebly.com/uploads/2/0/3/7/20371287/cap16_soluzioni... · Amaldi, Dalla mela di Newton al bosone di Higgs CAPITOLO
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Amaldi, Dalla mela di Newton al bosone di Higgs CAPITOLO 16 • LA GRAVITAZIONE
Problemi)di)paragrafo) 1)Per la terza legge di Keplero, il rapporto fra la distanza Sole-pianeta e quella Sole-Terra è pari alla radice cubica fra i quadrati dei due periodi di rivoluzione, che in questo caso vale 64. Quindi la distanza deve essere 4 volte quella Terra-Sole.
2)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.
3) No, sistemi orbitali diversi forniscono costanti diverse per il rapporto a
3 / T 2.
4)
rS =
TS2
TT2
3 rT = (10755d)2
(365,26d)23 × (1,50×1011m) = 1,43×1012m
5)
TN = TTRN
RT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
3
= (1 a)× (30,07)3 = 165 anni
6
RM = RTTM
TT
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
3 = 1,50 ×1011m( )× (686,98 d)(365,26 d)⎡⎣⎢
⎤⎦⎥
2
3 = 2,29 ×1011m
7
• v = 2πrT
= 2π × (1,50 ×1011m)(365,26 d)× (8,64 ×104 s/d)
= 2,99 ×104 m/s
• A = 12rs = 1
2× (1,50 ×1011m)× (2,99 ×104m) = 2,24 ×1015m2
8
vA =ΔsΔt
= 2SArAΔt
= 2 × 6,836 ×1015m2
1,504 ×1012m ×1s= 9,090 ×103 m
s
9
•
v = ΔsΔt
. La velocità areolare è costante ⇒rAΔlA
2Δt=
rPΔlP
2Δt
vP = vA
rA
rP
= 21,97 ×103 ms
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟× 2,492×1011m
2,067 ×1011m= 26,49×103 m
s
•
vP
vA
=26,49×103 m
s
21,97 ×103 ms
= 1,206
)
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Possiamo utilizzare la II Legge di Keplero riferendoci all’area A1 descritta in T1 = 8,0 mesi, rapportata a quella totale A descritta nell’intero periodo di rivoluzione T.
Otteniamo: da cui ricaviamo T = A
A1
T1 =15A1
A1
× (8,0 mesi) = 10 a .
Sostituendo T1 = 8 mesi, A1 = A/15 (ovvero A = 15 A1), otteniamo il periodo totale: T = 15×8 mesi = 120 mesi = 10 anni .
13)) )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.
14))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.
15))Perché sono quantità proporzionali, ma dal punto di vista concettuale sono distinte.
16))Come rapporto tra la forza-peso della pentola e quella del kilogrammo campione.
17))
F = GMTmL
r2 = 6,67 ×10−11 N ⋅m2
kg2
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟×
5,97 ×1024kg( )× 7,35×1022 kg( )3,84×108m( )2 = 1,98×1020 N
18)
Invertendo la formula della forza di gravitazione universale otteniamo m = Fr2
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:
m =3,5×106 N( )× 6,88×106 m( )2
6,67 ×10−11 N ⋅m2
kg2
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟× 5,972×1024kg( )
= 4,2×105kg
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Uguagliando le due forze di attrazione abbiamo: G M TerramLuna
rLuna2 = G M Terramasteroide
rasteroide2
Quindi rasteroide = rLunamasteroide
mLuna
= (3,84 ×108m)× (1,36 ×1016kg)(7,35 ×1022kg)
= 1,65 ×105m .
23)
La formula del periodo delle oscillazioni di una molla è: T = 2π mk
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 = T21
T 22
= (0,58s)2
(1,45s)2 = 0,16 kg .
24)L'ordine di grandezza della forza di attrazione Sole-Luna si ottiene approssimando la distanza tra i due corpi con la distanza Terra-Sole:
26)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 ciuscuna massa appesa e la massa fissa ad essa vicina.
27)Un quarto di quello attuale.
28)• La traiettoria sarà sempre una parabola, ma con maggiore gittata, dato il maggiore tempo di volo a causa del valore inferiore di g. • Meno dolore, poiché il sasso arriva al suolo sulla Luna con minore velocità, quindi minore energia cinetica, rispetto al caso terrestre.
29)Significa che la forza esercitata sull’astronauta è pari a n volte la forza di gravità terrestre.
38)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.
39)
La velocità angolare è ω = 2πT
= vR
. Sostituendo nella relazione che uguaglia forza gravitazionale e
forza centripeta: G MmR2
= mω 2R otteniamo R = GMω 2
3 .
40)No, perché la velocità e il periodo del satellite non dipendono dalla massa.
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r = h+ RN ⇒ h = r − RN = 86,1×106 m − 24,6×106 m = 61,5×106 m
49)• La distanza del satellite dal centro della Terra è: R = RT + h = 6370 km + 600 km = 6970 km Poiché il satellite descrive un’orbita circolare, durante il suo moto è soggetto a un’accelerazione centripeta che, per il secondo principio della dinamica, deve essere prodotta da una forza rivolta verso il centro: la forza di attrazione gravitazionale.
Sarà dunque: Fc =
mv2
R= GmM
R2 , dove m è la massa del satellite, M la massa della Terra, R la
distanza del satellite dal centro della Terra, e G la costante di gravitazione universale:
G = 6,67 ×10−11 m3 ⋅kg−1 ⋅s−2 La velocità sarà dunque data dall’equazione:
50)Si deve applicare la terza legge di Keplero utilizzando i dati noti della Luna e quelli, incogniti, del satellite.
TL
Ts
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟
2
=RL
Rs
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟
3
, avendo indicato con Ts il periodo di rivoluzione del satellite e con Rs la sua distanza
dalla Terra. Sappiamo che il satellite è geostazionario pur orbitando intorno alla Terra: questo vuol dire che il suo periodo di rivoluzione è esattamente pari al periodo di rotazione terrestre, Ts = TT . Quindi possiamo calcolare l’unica incognita del problema, che è il semiasse maggiore dell’orbita del satellite, Rs:
Rs =
Ts
TL
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟
2/3
RL = 4,22×107 m
Il problema non è però terminato, poiché non si chiede la distanza dalla Terra (cioè dal suo centro), bensì l’altezza sulla superficie. Bisogna quindi sottrarre a questa quantità il raggio terrestre. Otteniamo così:
h = Rs − RT = 3,58×107 m = 3,58×104 km .
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56#• Restano costanti: l'energia totale e il momento angolare. • Variano: la velocità, il raggio dell'orbita e il periodo: R = 4,22 ×107 m + 6,37 ×106 m = 4,86 ×107 m
• No, il periodo e le caratteristiche dell’orbita dipendono unicamente dal pianeta attorno cui ruota il satellite.
62#
La risposta si ottiene applicando la III Legge di Keplero: R3
T 2 =GMT
4π 2 , dove M è la massa della Terra,
G = 6,67 ×10−11m3 ⋅kg−1 ⋅s−2 , R la distanza della ISS dal centro della Terra (e quindi R = RT + h, dove RT è il raggio terrestre e h l’altezza della ISS sulla superficie terrestre) e T il periodo cercato. Quindi:
T =
4π 2(RT + h)3
GMT
= 5,54×103 s
Il periodo di rivoluzione della ISS è dunque di 5,54 × 103 s che corrispondono a circa 1,54 ore .
63#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.
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64#Poiché è il rapporto tra una forza e una massa, ha le dimensioni fisiche di un'accelerazione.
65##No, il modulo è costante, la direzione cambia in ogni punto.
66#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:
gT =GM T
RT2 gM = GMM
RM2 , da cui abbiamo
gTgM
= M TRM2
MMRT2
Quindi
gT
gM
=5,97 ×1024 kg( )× 2,44×106m( )2
3,30×1023kg( )× 6,37 ×106m( )2 = 2,65
67#
g = GMV
r2 = 6,67 ×10−11 N ⋅m2
kg2
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟× 4,87 ×1024 kg
500×103m + 6052×103m( )2 = 7,57 ms2
68#
• T = 2π lg→ TS = TT
gT
gS
= (1,9 s)× (9,8 m/s2 )(11,17 m/s2 )
= 1,8 s
• Aumentare la lunghezza l del pendolo.
69#
T = 2π lg⇒ gM = gT
TT2
TM2 = 9,8 m/s2 ×
2,0 s( )2
3,3 s( )2 = 3,6 m/s2
70#
• g = G
3MT
RT2 = 3g0 = 3× 9,8 m
s2 = 29 ms2
•
g = GMT
3RT( )2 = 19
g0 =19× 9,8 m
s2 = 1,1 ms2
•
g = G2MT
2RT( )2 = 12
g0 =12× 9,8 m
s2 = 4,9 ms2
71#
g = G Mr2 ⇒ r = GM
g=
6,67 ×10−11 N ⋅m2
kg2
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟× 6,42×1023kg( )
2,7 ms2
= 4,0×106 m
r = h+ RM ⇒ RM = r − h = 4,0×106 m − 0,600×106 m = 3,4×106 m
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72#• 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 doi massa m il lavoro è svolto contro il campo gravitazionale, quindi è negativo.
• Di conseguenza ∆U è positiva, cioè U aumenta.
73#U aumenta e L rimane costante.
74#• Positiva, infatti allontanandosi dalla Terra l’energia potenziale aumenta. • Positiva, la forza esercitata dal montacarichi ha lo stesso verso dello spostamento dell’armadio.
• ΔU = mgΔh = (80 kg)× (9,8 m/s2 )× (8610 m) = 6,8 ×106 J 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.
80#
•
ΔU =UP −UA = GMSmM1rA
− 1rP
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟=
= 6,67 ×10−11 N ⋅m2
kg2
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟× 2,0×1030 kg( )× 0,33×1024 kg( )× 1
70×106 m− 1
46×106 m⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= −3,3×1035J
• WA→P = −ΔU = − −3,3×1035 J( ) = 3,3×1035 J
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ri = RT + h = 6,37 ×106 +13,2×106( )m = 19,6×106 m
ΔU =U f −U i = GMTms1ri
− 1rf
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟=
= 6,67 ×10−11 N ⋅m2
kg2
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟× 5,97 ×1024 kg( )× 210 kg( )× 1
19,6×106 m− 1
22,0×106 m⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 4,65×108J
82#No. L'energia totale della Terra E = K + U è negativa, perché il nostro pianeta è legato gravitazionalemte al Sole. Poiché l'energia cinetica è sempre positiva e quella potenziale sempre negativa, il modulo di U deve sempre essere maggiore di K.
83#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.
12)I due asteroidi, quando sono a distanza molto grande, hanno energia potenziale molto piccola ed energia cinetica nulla: per il teorema di conservazione dell'energia meccanica 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:
• 12mv2 + 1
2mv2 −G mm
2R= 0 , da cui abbiamo v = G m
2R= G
2Rρ 43πR3 = R 2π
3Gρ .
• L'accelerazione si ottiene dal secondo principio della dinamica:
a = Fm
=G mm(2R)2
m= Gm4R2
= G4R2
ρ 43πR3 = π
3GρR
13)• Approssimiamo il raggio dell'orbita del proiettile con quello del pianeta e uguagliamo i moduli
della forza centripeta e della forza gravitazionale sul satellite: mv2
Rp
= GmMp
Rp2 , da cui si ha
v = GMp
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 = GMp
R; 2πR = vTp = G
Mp
RTp .
Elevando al quadrato i due membri dell'equazione abbiamo R2 = GMpTp
2
R4π 2 , da cui otteniamo
R = GMpTp
2
4π 23 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: 12mv2 = 1
2m
GMp
Rp
⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟
Quindi l'energia totale vale: E = K +U = 12mv2 − 1
2mGMp
Rp
= − 12GmMp
Rp
.
• Analogamente a quanto svolto nel problema n. 12: 12mV 2 −G
mMp
Rp
= 0 , da cui V = 2GMp
Rp
.
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14)• Quando i due corpi si trovano all'infinito, l'energia potenziale dei due asteroidi è 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:
−G m1m2
R+ Ktot = 0→ Ktot = G
m1m2
R= 320 J .
• 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.
• Per la conservazione della quantità di moto del sistema:
m1v1 + (2m1)v2 = (m1 + 2m1)vcm = 0→ v2 = − 12v1
12m1v1
2 + 12(2m1)v2
2 = 12m1v1
2 + 12(2m1) − 1
2v1
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟2
= Ktot → v1 =4Ktot
3m1
= 3,3×10−4m/s
15)Applichiamo la Terza Legge di Keplero
R3
T 2 = GM4π 2 ⇒ M = 4π 2R3
GT 2
dove R è la distanza dal centro della galassia, T il periodo di rivoluzione, G la costante di gravitazione universale e M la massa della porzione di galassia contenuta entro un raggio di 27000 anni-luce. Convertiamo i dati in metri e secondi:
R = 27000 anni-luce = 2,7 ×104 × 9,46×1015 m = 2,55×1020 m 6 8 7 15250 10 anni 2,5 10 3,15 10 s 7,87 10 sT = × = × × × = ×
e otteniamo:
M = 4π 2 × (2,55×1020 m)3
(6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )× (7,87 ×1015s)2 = 1,58×1041 kg
Per ottenere infine la massa totale MTOT della nostra galassia, dobbiamo considerare che, nell’approssimazione fatta, la massa è proporzionale all’area del disco su cui è distribuita, per cui:
MTOT : π ×500002( ) = M : π × 270002( )
quindi:
MTOT = M × 50000
27000⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
= 5,4×1041 kg
16)La forza di attrazione gravitazionale deve essere uguale o superiore alla forza centrifuga, cioè:
GmM
R2 ≥ mω 2R
Se ne ricava dunque la disuguaglianza :
M ≥ Mmin =
ω 2R3
G= (2π / 1,0 s)2 × (25×103m)3
6,67 ×10−11(N ⋅m2 )/kg2 = 9,2×1024 kg
Si noti che tale massa non dipende dalla massa degli oggetti posti sulla superficie della stella di neutroni (universalità della caduta libera).
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(6,67 × 10−11m3 ⋅kg−1s−2 )× (6,3×108 s)2 = 4,0×1030 kg
Possiamo adesso calcolare il raggio della stella: R = GM
gS
= 7,1×108 m
18)
T = 2π R3
GMS
= 2π × (17,94 ×1,50 ×1011m)3
6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2( )× 1,99 ×1030 kg( ) = 2,41×109 s= 76 anni circa
Nell'anno 1986 + 76 = 2062, i nati attorno al 2000 avranno una sessantina d'anni, meno della durata di vita media, quindi è plausibile che gli studenti assistano al ritorno della cometa di Halley. )19)
• Invertiamo la formula della legge di gravitazione per ricavare la distanza r: r = G m1m2
F
Sostituendo m1 = m2 = m = 0,52 kg ; F = 1,5 ×10−9 N , otteniamo:
r = 6,67 ×10−11 N ⋅m2 / kg2( )× 0,52 kg( )2
1,5 ×10−9 N( ) = 1,1×10−1 m .
• Velocità al contatto: utilizzando la conservazione dell'energia meccanica, poiché le palline partono da ferme, abbiamo:
2 12mv2⎛
⎝⎜⎞⎠⎟ = G
m2
r da cui otteniamo:
v = Gmr
=6,67 ×10−11 N ⋅m2 / kg2( )× 0,52 kg( )
1,1×10−1 m( ) = 1,8 ×10−5 m / s
22 • Il 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: xG = MxT +mxL
M +m= mM +m
r =3,8 ×105 km( )
82= 4600 km , con
xT = 0 e xL = r . 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 Δt = xGv
= 4600 km30 km/s
= 153 s .
Quindi 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 2Δt = 5,2 minuti .
• Nell'anno successivo gli effetti sono opposti; l'anno è più corto di circa 2Δt e, detta T0 la durata media dell'anno tropico, la differenza tra i due anni, a causa della Luna, risulta: ΔT = T0 + 2Δt − T0 − 2Δt( ) = 4Δt = 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.
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