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

Amaldi, Dalla mela di Newton al bosone di Higgs CAPITOLO 16 • LA GRAVITAZIONE

1 ©Zanichelli 2015

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

)


2 ©Zanichelli 2015

10)

• a =

(dMax + dMin )2

= (4,06×105km + 3,63×105km)2

= 3,85×105km

•

K = a3

T 2 =3,85×108m( )3

27,32× 24× 60× 60 s( )2 = 1,02×1013 m3

s2

11)

rM3

TM2 =

rG3

TG2 ⇒TG =

rG3

rM3 TM =

7,78×108km( )357,9×106 km( )3

TM = 49,3 TM

12

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


3 ©Zanichelli 2015

19)

F = GmLmI

r2 = 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 2,4 kg × 2,1 kg

0,050 m( )2 = 1,3×10−7 N

20)

F = GMG mE

r2

⇒ r = GMG mE

F= 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟×

480,0×1020 kg( )× 1898×1024 kg( )1,192×1024 N

= 7,140×107 m

21)

F = GMTm

r2 → MT = Fr2

Gm= (9,8N)× (6,4×106 m)2

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× (1,0 kg)

= 6,0×1024 kg

22))

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:

FLuna-Sole ≈(7 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )× (7 ×1022kg)× (2 ×1030kg)

(1,5 ×1011m)2

Quindi FLuna-Sole ≈ 4 ×1020N .

Poiché FLuna-Terra ≈ 2 ×1020N→ FLuna-Sole FLuna-Terra ≈ 2 .

25)

•

T = 2π mk⇒ mlibro =

Tlibro2

Tcampione2 mcampione =

2,1s( )2

1,6 s( )2 ×1 kg = 1,7 kg

•

F = GMTmL

RT2 ⇒ mL =

FRT2

GMT

=16,7N × 6,37 ×106 m( )2

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 5,97 ×1024 kg( )

= 1,7 kg

• Sì, i valori coincidono.


4 ©Zanichelli 2015

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.

30)

Utilizziamo la formula g = GMR2

e otteniamo

gLuna =(6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )× (7,35 ×1022 kg)

(1,738 ×106 m)= 1,62 m/s2 .

31)

M = gR2

G= (1,63 m/s2 )× (1,738 ×106 m)2

(6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )= 0,0740 ×1024 kg

32)

• F = Gm1m2

r2 = (6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )× (12 kg)× (0,015 kg)(0,050 m)2 = 4,8 ×10−9 N

• Fdim = 12F→ rdim = 2r2 = 7,1 cm

33)

F = Gm1m2

d 2

FL = FT →ML

(d − x)2= M T

x2→ x1,2 = d

M T ± (M TML )(M T −ML )

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

Scartiamo la soluzione che si ottiene con il segno + (che formisce una posizione oltre la Luna, invece che fra la Terra e la Luna).

x = (3,84 ×108m)× (5,97 ×1024 kg)− (5,97 ×1024 kg)× (7,35 ×1022kg)(5,97 ×1024 kg)− (7,35 ×1022kg)⎡⎣ ⎤⎦

= 3,46 ×108m .


5 ©Zanichelli 2015

34)

• Fp = mg ⇒ g =

Fp

m= 727 N

82,0 kg= 8,87 m

s2

•

g = GMr 2 ⇒ M = gr 2

G=

8,87 ms2 × 6,05×106 m( )2

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= 4,87 ×1024 kg

35)• Se si muove a velocità costante, significa che la forza che tira il carrellino ha stesso modulo della

forza di attrito con la superficie. Quindi: µ =

FT

F⊥

=FT

mcarr g= 2,0 N

(0,50 kg)× (9,8 m/s2 )= 0,41

• Su Saturno:

Fs = µF⊥S = µ

Gmcarr MS

rS2 = 0,41×

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟× (0,50 kg)× (568,3×1024 kg)

(58,232×106 m)2 = 2,3 N

36)

•

g = G318MT

11,0 rT( )2 = 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟×

318× 5,97 ×1024 kg( )11,0× 6,37 ×106m( )2 = 25,8 m

s2

• F = Gm1m2

r2 → FG

FT

=

MG

M T

rGrT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 → FG = mg

MG

M T

rGrT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 = (1 kg)× (9,8 m/s2 )× 318(11,0)2 = 25,8 N

37)

•

F = Gm1m2

r2 = 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 380 kg × 0,59 kg

0,20 m( )2 = 3,7 ×10−7 N

• M = dF = 1,6 m × 3,7 ×10−7 N( ) = 5,9×10−7 N ⋅m

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.


6 ©Zanichelli 2015

41)La sua velocità: infatti la forza di attrazione gravitazionale fa cadere continuamente il satellite intorno alla Terra (o a un pianeta).

42)• Da Ovest a Est, seguendo il verso di rotazione terrestre: così la velocità di lancio si aggiunge alla

velocità tangenziale del punto di lancio. • Perché il raggio terrestre è più grande all’equatore e quindi è maggiore la velocità tangenziale.

43)

• v = GMR

= (6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )× (5,97 ×1024 kg)(50 ×106m)

= 2,8 ×103m/s

• La stessa: la velocità orbitale non dipende dalla massa del satellite.

44)

v = GMR

→ M = v2 RG

= (1,6 ×103m/s)2 × (1,741×106m)(6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )

= 6,7 ×1022kg

45)

• v = GMR

= (6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )× (5,97 ×1024 kg)(7,37 ×106m)

= 7,35 ×103m/s

• T = 2π R3

GM= 2π × (7,37 ×106m)3

(6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )× (5,97 ×1024 kg)= 6,30 ×103s

46)• La forza centripeta è la forza di attrazione gravitazionale Terra-satellite.

F = GMTms

r2 ⇒ ms =r2F

GMT

=23,6×106 m + 6,37 ×106 m( )2

× 333 N

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 5,97 ×1024 kg( )

= 751 kg

•

T = 2π r3

GMT

= 2π ×23,6×106 m + 6,37 ×106 m( )3

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 5,97 ×1024 kg( )

= 5,17 ×104s

47)

• v =

GMS

r=

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 568×1024kg( )

295×106 m +58,2×106 m= 1,04×104 m

s

•

T = 2π r3

GMS

= 2π ×295×106 m +58,2×106 m( )3

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 568×1024kg( )

= 2,14×105s


7 ©Zanichelli 2015

48))

v =GMN

r⇒ r =

GMN

v2 =6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 102×1024kg( )

8,89×103 ms

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 = 86,1×106 m

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:

v = GMR

= (6,67 ×10−11 m3 ⋅kg−1 ⋅s−2 )× (5,97 ×1024 kg)6,97 ×106 m

=

= 3,98×1014 m3 ⋅s−2

6,97 ×106 m= 7,56×103 m/s

• Da v =ωR ricaviamo:

ω = v

R= 7,56×103m/s

6,97 ×106 m= 1,08×10−3 rad ⋅s−1

• Il periodo sarà:

T = 2π

ω= 2π

1,08×10−3rad/s= 5,82×103 s

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 .


8 ©Zanichelli 2015

51#

Falso. Lo sarebbero se fosse costante il rapporto RT

. Gli esponenti che compaioni nella legge

indicano un rapporto di proporzionalità, ma non diretta: T è proporzionale a R32 .

52#No, possiamo ricavarci la componente della velocità perpendicolare al raggio vettore.

53#Periodo e raggio dell’orbita di Europa.

54#

T = 2π R3

GM= 2π × (4 × 6,37 ×106m)3

(6,67 ×10−11N ⋅m2 / kg2 )× (5,97 ×1024 kg)= 4,05 ×104s

55#Dalla terza legge di Keplero:

M = 2πT

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 R3

G= 2π

(365,26 d)× (8,64 ×104 s/d)⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

2

×1,496 ×1011m( )3

(6,67 ×10−11N ⋅m2 / kg2 )= 1,989 ×1030 kg

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

v= GMR

= (6,67 ×10−11N ⋅m2 / kg2 )× (5,97 ×1024 kg)(4,84 ×107 m)

= 2,86 ×103m/s

T = 2πRv

= 1,07 ×105 s

57#

• vAvP

= dPdA

= (2,07 ×1011m)

(2,49 ×1011m)= 0,83

• Nel perielio, per la conservazione del momento angolare.

58#

T = 12,0 h × 3600 s/h( ) = 4,32×104s

r3

T 2 = GM4π 2 ⇒ r = GM

4π 2 T 23 =6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 5,97 ×1024kg( )

4π 2 × 4,32×104s( )23= 2,66×107 m

h = r − RT = 26,6×106 m − 6,37 ×106 m = 20,2×106 m


9 ©Zanichelli 2015

59#• La raggiunge in afelio

vA =

rPvP

rA

=46,0×109m( )× 59,0×103 m

s⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

69,8×109m= 3,89×104 m

s

• Il momento angolare si conserva quindi in C ha lo stesso valore che assume in afelio o perielio:

LC = LP = MrPvP = 3,30×1023kg( )× 46,0×109m( )× 59,0×103 m

s⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 8,96×1038 kg ⋅m2

s

• No, il raggio vettore non è perpendicolare alla velocità in C quindi per ricavare la velocità dobbiamo conoscere l’ampiezza dell’angolo.

60#

•

a3

T 2 = GM4π 2 ⇒ a = GM

4π 2 T 23 =6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 5,97 ×1024kg( )

4π 2 × 96,2 min × 60 s/min( )23=

= 6,95×106 m

•

2a = hmax + hmin + 2rT ⇒ hmax = 2a − hmin − 2rT =

= 2× 6,95×106 m( )− 215×103m( )− 2 6,37 ×106 m( ) = 9,45×105m = 945 km

61#

•

T = 1,769 d × 24 h/d × 3600 s/h( ) = 1,528×105s

a3

T 2 = GM4π 2 ⇒ M = 4π 2a3

GT 2 =4π 2 × 421,7 ×106 m( )3

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟× 1,528×105s( )2

= 1,9×1027 kg

• 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.


10 ©Zanichelli 2015

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



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.

75#

U = − GMmR

= −6,67 ×10−11N ⋅m2 / kg2( )× 5,97 ×1024 kg( )× 10 kg( )

6,37 ×106 m( ) = − 6,25×108J

76#• A distanza infinita. • Per convenzione, si pone l'energia potenziale uguale a 0 J quando la distanza è infinita.

77#

U = −GMTm

r= − 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟×

5,97 ×1024 kg( )×150 kg

35,8×106 m + 6,37 ×106 m( ) = −1,42×109 J

78#• ΔU = mgΔh = (75 kg)× (9,8 m/s2 )× 100 × (0,18 m)[ ] = 1,3×104 J • W = 1,3×104 J

79#

•

ΔU = GMTm 1r0

− 1rK2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟=

= 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 5,97 ×1024kg( )× 80kg( )× 1

6,371×106 m− 1

6,380×106 m⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 7,1×106 J

• 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



81#

rf = RT + h+ Δr = 6,37 ×106 +13,2×106 + 2,4×106( )m = 22,0×106 m

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.

84#Parabolica.

85#

Combinando la g = GMR2

con la vf =2GMR

si ottiene:

vf = 2gR→ vf( )L= 2gLRL = 2 × 0,166 × (9,8 m/s2 )⎡⎣ ⎤⎦ × 0,273× (6,37 ×106 m)⎡⎣ ⎤⎦ =

= 2,38 ×103 m/s

86#

RS =2GMc2 = 2 × (6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )× (2,188 ×1030 kg)

(2,998 ×108 m/s)2 = 3,25 km

87#

•

RS =2GMT

c2 =2× 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 5,97 ×1024 kg( )

3,00×108 ms

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 = 8,85×10−3m = 8,85 mm

•

RS =2GMS

c2 =2× 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 1,99×1030 kg( )

3,00×108 ms

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 = 2,95×103m = 2,95 km



88#

• U = −G Mm

R⇒ R = −G Mm

U= − 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟×

5,97 ×1024 kg( )× 200 kg

−1,14×1010 J= 6,99×106 m

• Combinando la U = −GMmR

con la v0 =GMR

si ottiene:

K0 =12mv0

2 = 12m GM

R⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

12(−U ) = 1

2× (1,14 ×1010 J) = 5,70 ×109

89#

• v f =

2GMV

RV

=2× 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 4,87 ×1024 kg( )

6,05×106 m= 10,4×103 m

s= 10,4 km

s

• No, la velocità di fuga della Terra è 11,2 km/s.



Problemi)generali)

1)• L'area spazzata dal raggio vettore in 1 s è l'area di un triangolo rettangolo:

A = dΔs2

= 12d vΔt( )

AA = 12× 36 × (1,50 ×1011m)× (0,90 km/s)× (1 s)⎡⎣ ⎤⎦ = 2,4 ×1015 m2

• AP = AA (per la seconda legge di Keplero). • LA = mvr = (6,0 ×10

10kg)× (0,90km/s)× 36 × (1,50 ×1011m)⎡⎣ ⎤⎦ = 2,9 ×1026 J ⋅s

2)

• F = Gm1m2

d 2 =

=(6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )× (7,35 ×1022 kg)× 1,0 m3( )× (1025 kg/m3)⎡⎣ ⎤⎦

(3,84 ×108 m)2 = 3,4 ×10−2 N

• F = Gm1m2

d 2 =

=(6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2 )× (7,35 ×1022 kg)× 3,236 ×1017 m3( )× (1025 kg/m3)⎡⎣ ⎤⎦

(3,84 ×108 m)2 = 1,1×1016 N

3)

• F =

GmMS

r 2T−S

=6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟× (1,0kg)× (1,99×1030 kg)

(1,50×1011m)2 = 5,90×10−3N

• La forza di attrazione del Sole sulla massa m è circa 100 volte maggiore di quella della Luna.

4)

g = GMR2

= G(Vd)R2

= G 43πR3⎛

⎝⎜⎞⎠⎟dR2

= 43πGRd

Poiché il pianeta ha la stessa densità della Terra, g è direttamente proporzionale a R, quindi il peso sul pianeta sarebbe 15 volte maggiore.

5)• Il satellite più interno. • Dalla terza legge di Keplero:

TR=4 r2 = 4π

2

GM43r3

TR=4 r2

Tr2 =

4π 2

GM43r3

4π 2

GMr3

= 43 = 64→ TR=4 rTr

= 8

Il satellite più lento (quello più esterno) ha un periodo pari a 8 volte il periodo del satellite più veloce (quello più interno).



6)

K = 12

mv2 ⇒ v = 2Km

=2× 2,21×1010 J( )

510 kg= 9,31×103 m

s

v < v f ⇒ Non riesce a sfuggire al campo gravitazionale terrestre.

7)

ETot = K +U = 12

mv2 −GMTm

r=

= 12× 348 kg × 11,2×103 m

s⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

− 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟×

5,97 ×1024 kg( )× 348 kg

6,37 ×106 m +1,405×106 m= 4,00×109 J

8)

Etot = 0⇒ 1

2mv2 −G

MT mr

= 0⇒ v =2GMT

r=

2× 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 5,97 ×1024kg( )

1,25×107 m= 7,98×103 m

s

9)

WP→A = GMTmL1rA

− 1rP

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟=

= 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× 5,97 ×1024kg( )× 7,35×1022kg( )× 1

4,06×108m− 1

3,63×108m⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= −8,54×1027J

10)• L'acclerazione centripeta di un corpo in un'orbita circolare assume lo stesso valore del campo

gravitazionale presente lungo l'orbita.

ac = GMT

r2 = 6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟×

5,97 ×1024kg( )1,8×107 m( )2 = 1,23m

s2

• Fc = mac = 340 kg ×1,23m

s2 = 418 N

11)

•

T = 2π r3

GM L

= 2π × [(1738+110)×103m]3

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟× (7,35×1022 kg)

= 7,13×103s

• v =

GM L

r=

6,67 ×10−11 N ⋅m2

kg2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟× (7,35×1022 kg)

(1738+110)×103m= 1,6×103m/s



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

.



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).



17)Calcoliamo il valore dell’accelerazione di gravità sulla superficie della stella in m/s2:

2 2 254 54 9,8 m/s 5,3 10 m/ss Tg g= = × = ×

Dalla Terza legge di Keplero 3

2 24a GMT π

= calcoliamo la massa della stella:

M = 4π 2

GT 2 a3 = 4π 2 × (9,0×1,5×1011 m)3

(6,67 × 10−11m3 ⋅kg−1s−2 )× ((20a)× (365× 24× 3600)s/a)2 =

4π 2 × (1,4×1012 m)3

(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)

•

RS =2GMc2

Venere :2 × 6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2( )× 4,867 ×1024 kg( )

2,99 ×108 m/s( )2 = 7,26 mm

Marte :2 × 6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2( )× 0,642 ×1024 kg( )

2,99 ×108 m/s( )2 = 0,958 mm

Urano :2 × 6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2( )× 86,81×1024 kg( )

2,99 ×108 m/s( )2 = 130 mm

Mercurio :2 × 6,67 ×10−11N ⋅m2 /kg2( )× 0,330 ×1024 kg( )

2,99 ×108 m/s( )2 = 0,492 mm

Quindi in ordine crescente: Mercurio, Marte, Venere, Urano. • Dalla loro massa.

20 • 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 r3

GM da cui si ha:

T = 6,28 ×2,5 ×107 m( )3

6,67 ×10−11N ⋅m2 / kg2( )× 5,972 ×1024 kg( ) = 3,9 ×104 s .

• La velocità è data da:

v = 2πrT

= 6,28 × (2,5 ×107m)

(3,93×104s)= 4,0 ×103m/s



21

• Massa delle palline: m =V ⋅dFerro =4π3

× 15,6 cm3( )× 7,9 g / cm3( ) = 0,52 kg .

• 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.



Test)1)B 2)B)3)C)4)B)5)A)6)A)7)D)8)B)9)E)10)A)11)C)12)E)13)B)14)A)15)B!16)B)17)C)18)A) !

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