Esercizi sulla gravitazione

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Benvenuti nel nostro articolo di esercizi sulla gravitazione. Questa importantissima parte della meccanica classica tratta delle interazioni tra i corpi dovute alla loro massa e ai moti che ne conseguono. In questa pagina proponiamo 15 esercizi su questo fondamentale tema della Fisica.
Gli esercizi, di varia difficoltà e natura, sono corredati di soluzione completa e illustrati, così da consentire al lettore un confronto tra le sue soluzioni e quelle da noi proposte, per un’apprendimento dinamico ed efficace!

Oltre all’articolo di Teoria sula gravitazione, consigliamo le seguenti risorse su materiale affine:

Buona lettura!

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Ottieni il documento contenente 15 esercizi risolti, contenuti in 52 pagine ricche di dettagli, per migliorare la tua comprensionedella della gravitazione.

Sommario

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Questo file raccoglie una serie di esercizi dedicati alla gravitazione, pensati per esplorare e consolidare la comprensione delle leggi fondamentali che governano l’interazione gravitazionale tra i corpi.

L’introduzione illustra brevemente i concetti chiave della gravitazione, partendo dalla legge di gravitazione universale di Newton, che descrive come ogni punto materiale eserciti una forza attrattiva su ogni altro punto materiale, proporzionale al prodotto delle loro masse e inversamente proporzionale al quadrato della distanza tra loro. Viene inoltre discussa l’importanza della gravitazione nell’ambito dei sistemi astronomici, come le orbite planetarie, le dinamiche dei sistemi binari di stelle e la struttura dei sistemi solari.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Christian Magliano, Anna D’Addio.

Revisori: Nicola Fusco, Federico Manzoni, Davide Germani.

Notazioni

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$G$	Costante gravitazionale universale, pari a $6,67430 \times 10^{-11} \, \mathrm{m^3 \, kg^{-1} \, s^{-2}}$ ;
$M_\odot$	Massa del Sole, pari a $1,989 \times 10^{30} \, \mathrm{kg}$ ;
$M_{\oplus}$	Massa della Terra, pari a $5,972 \times 10^{24} \, \mathrm{kg}$ ;
$R_\oplus$	Raggio della Terra, pari a $6,378\cdot 10^6\,\textnormal{m}$ ;
$\textnormal{AU}$	Unità astronomica, rappresenta la distanza media tra la Terra e il Sole ed il suo valore è pari a $149597870700\,\textnormal{m}$ ;
$g$	Accelerazione di gravità sulla superficie della Terra, approssimativamente $9,81 \, \mathrm{m/s^2}$ ;
$T$	Periodo di rivoluzione di un’orbita circolare;
$a$	Semi-asse maggiore di un’orbita ellittica;
$\varepsilon$	Eccentricità di un’orbita ellittica;
$\mu$	Massa ridotta, definita come $\mu = \dfrac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ ;

Introduzione

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La gravità è una delle quattro interazioni fondamentali del nostro Universo assieme a quella elettromagnetica, debole e forte. Nonostante in senso assoluto la gravità sia la più debole delle interazioni fondamentali, gioca un ruolo di primo piano in tutti i processi astrofisici in cui le masse, o le densità, degli oggetti sotto studio sono tali da renderla tutt’altro che trascurabile. Infatti, su tutte le scale di studio dell’astrofisica, dallo studio dei pianeti ai sistemi di ammassi di galassie, la dinamica è completamente dovuta all’interazione gravitazionale.

Richiami di teoria

Le forze centrali.

Sia $Oxy$

un sistema di riferimento fisso con origine in $O$

, e $P$

un punto generico del piano $xy$

, come rappresentato in figura 1.

$\quad$

Figura 1: rappresentazione di un punto generico $P$ nel piano $xy$ .

$\quad$

Si definisce forza centrale [3] una forza che soddisfa le seguenti proprietà:

$\quad$

in ogni punto $P$ del piano $xy$ tale forza ha direzione passante per un punto fisso $O$ , chiamato centro di forza;

il suo modulo dipende unicamente dalla distanza $r=\left|\overrightarrow{OP}\right|$ dal centro stesso.

Una qualsiasi forza avente le proprietà elencate si può dunque scrivere come $\vec{F}(r)=f(r)\,\hat{r}$ , dove $\hat{r}$ è il versore che indica la direzione radiale e dove il modulo di $\vec{F}(r)$ dipende dalla distanza $r$ mediante la funzione $f(r)$ , con $f(r)>0$ ( $f(r)<0$ ) se la forza è repulsiva (attrattiva).

Ricordiamo che un punto materiale sotto l’influenza di un campo di forze centrali

$\quad$

ha un momento angolare costante;

ha una traiettoria che giace in un piano fisso ortogonale al momento angolare individuato dalle condizioni iniziali $\vec{r}(t_0)$ e $\vec{v}(t_0)$ ;

si muove con una velocità areolare costante.

Le tre leggi di Keplero.

Ricapitoliamo in questa sezione le tre leggi di Keplero che descrivono con ottima approssimazione il moto dei pianeti del sistema solare.

$\quad$

Prima legge di Keplero: l’orbita descritta da un pianeta è un’ellisse, di cui il Sole occupa uno dei due fuochi.

Seconda legge di Keplero: il raggio vettore che unisce il centro del Sole con il centro del pianeta spazza aree uguali in tempi uguali. In altri termini, la velocità areolare di tale raggio vettore è costante.

Terza legge di Keplero: il quadrato del periodo di rivoluzione¹di un pianeta $T$ è proporzionale al cubo del semiasse maggiore $a$ dell’orbita, ovvero
(1) $\begin{equation*} T^2=k\,a^3. \end{equation*}$

Come vedremo nella sezione 1.8, le leggi di Keplero in realtà valgono per qualunque corpo in orbita attorno ad un altro.

Il periodo di rivoluzione è il tempo che un corpo orbitante impiega per compiere un’orbita completa durante il suo moto di rivoluzione. Il moto di rivoluzione è il movimento che un pianeta o un altro corpo celeste compie attorno a un centro di massa. ↩

La legge di gravitazione universale.

Newton cercò di formalizzare matematicamente le leggi di Keplero e formulò la legge di gravitazione universale: tra due corpi aventi masse qualsiasi $m_1$

e $m_2$

di dimensioni trascurabili rispetto alla loro distanza agisce una forza attrattiva diretta lungo la congiungente dei rispettivi centri di massa, con modulo proporzionale al prodotto delle due masse e inversamente proporzionale al quadrato della loro distanze. La forza che $m_1$

esercita su $m_2$

sarà dunque

(2) $\begin{equation*} \boxcolorato{fisica}{ \vec{F}_{1,2} = -G \dfrac{m_1 m_2}{r^2} \hat{r}} \end{equation*}$

dove il segno meno indica il carattere attrattivo della forza, $r$ la distanza tra i due corpi e $\hat{r}$ è il versore nella direzione della congiungente tra il corpo $m_1$ e il corpo $m_2$ il cui verso è dal corpo $m_1$ al corpo $m_2$ .

Per quanto detto, $\vec{F}_{1,2}=-\vec{F}_{2,1}$ .

$\quad$

Figura 2: forza attrattiva tra due corpi aventi masse $m_{1}$ e $m_{2}$ .

$\quad$

La costante $G$ è detta costante di gravitazione universale. Essa ha dimensioni $[G]\coloneqq [M^{-1}\,L^3\,T^{-2}]$ e l’unità di misura nel SI è $\textnormal{m}^3\,\textnormal{kg}^{-1}\,\textnormal{s}^{-2}$ Essa fu misurata sperimentalmente da Cavendish (Nizza, 1731 – Londra, 1810) nel $1798$ , che si servì di una bilancia di torsione² per studiare l’attrazione tra due masse sferiche:

(3) $\begin{equation*} G=6,67\cdot 10^{-11}\,\textnormal{m}^3\,\textnormal{kg}^{-1}\,\textnormal{s}^{-2}. \end{equation*}$

Determinato il valore di $G$ è possibile determinare il valore della massa terrestre e degli altri corpi celesti.

La bilancia di torsione è uno strumento di misura della fisica sperimentale utilizzato per misurare il momento torcente risultante dall’applicazione di una o più forze ai suoi bracci. I bracci sono sospesi tramite un filo di materiale rigido, ad esempio quarzo, che entra in torsione quando essi ruotano sotto l’azione delle forze esterne. L’angolo per il quale si raggiunge l’equilibrio tra il momento torcente da misurare e la reazione del filo sottoposto a torsione si può determinare con grande precisione. Tale angolo permette di risalire al valore del momento da misurare, essendo ad esso proporzionale secondo una costante dipendente dalle proprietà del filo. ↩

Campo gravitazionale.

Consideriamo due corpi di massa $m_1$

e $m_2$

e riscriviamo le forze con cui si attraggono come

(4) $\begin{equation*} \vec{F}_{1,2}=m_2\left(-G\dfrac{m_1}{r^2}\,\hat{r}\right)=m_2\vec{g}_1, \end{equation*}$

(5) $\begin{equation*} \vec{F}_{2,1}=-m_1\left(-G\dfrac{m_2}{r^2}\,\hat{r}\right)=-m_1\vec{g}_2. \end{equation*}$

Dunque $\vec{F}_{1,2}$ è riscrivibile come il prodotto tra $m_2$ e un vettore $\vec{g}_1=-G\,\dfrac{m_1}{r^2}\,\hat{r}$ completamente indipendente dalla massa $m_2$ ; analogamente per $\vec{F}_{2,1}$ definiamo $\vec{g}_2=-G\,\dfrac{m_2}{r^2}\,\hat{r}$ completamente indipendente dalla massa $m_1$ .

$\quad$

Figura 3: rappresentazione dei campi gravitazionali $\vec{g}_{1}$ e $\vec{g}_{2}$ .

$\quad$

La grandezza vettoriale $\vec{g}$ , che si può definire per un generico corpo avente massa $m_i$ , è detta campo gravitazionale $\vec{g}_i$ . Per il principio di sovrapposizione degli effetti, date $N$ masse puntiformi, il campo gravitazionale totale $\vec{g}_T$ in un punto $P$ dello spazio è dato dalla somma vettoriale dei singoli contributi, cioè

(6) $\begin{equation*} \vec{g}_T= \vec{g}_1+\dots+\vec{g}_N=\sum_{i=1}^N\vec{g}_i=\sum_{i=1}^N\left(-G\dfrac{m_i}{r_i^2}\,\hat{r}_i\right). \end{equation*}$

Nella figura 4 è rappresentata la situazione fisica descritta.

$\quad$

Figura 4: rappresentazione del campo gravitazionale totale in un punto $P$ ..

Energia potenziale gravitazionale.

La forza gravitazionale è una forza centrale, e quindi è conservativa. Pertanto, è possibile definire l’energia potenziale gravitazionale, a meno di una costante arbitraria, come

(7) $\begin{equation*} \boxcolorato{fisica}{U(r)=-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r}+\text{costante}.} \end{equation*}$

Se i corpi $m_1$ e $m_2$ sono molto lontani tra di loro, essendo la loro distanza $r$ molto grande, è lecito supporre che la forza di attrazione gravitazionale sia molto debole, ovvero che sia quasi nulla. Di conseguenza, non essendoci attrazione tra i corpi, per convenzione si suppone $U(r=\infty)=0$ , che è analogo a fissare la costante a zero. Definire $U(r)$ come $U(r)=-G\,m_1\,m_2/r$ equivale a definire l’energia potenziale come la differenza di energia tra i corpi quando si trovano fermi all’infinito e alla generica distanza $r$ .

Un’altra fondamentale conseguenza della natura conservativa della forza gravitazionale è la conservazione dell’energia totale del sistema a due corpi composto da $m_1$ e $m_2$ . In ogni istante, l’energia totale del sistema è

(8) $\begin{equation*} E_T=K_T+U_T=\dfrac{1}{2}\,m_1\,v_1^2+\dfrac{1}{2}m_2\,v_2^2-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r}, \end{equation*}$

dove $v_1$ e $v_2$ sono rispettivamente i moduli della velocità di $m_1$ e $m_2$ , in un generico istante $t>0$ . Una semplice ed interessante applicazione dell’equazione (8) è data dal calcolo della velocità di fuga.

Si definisce velocità di fuga di un punto materiale di massa $m$ , la velocità iniziale che esso deve possedere affinché, lanciato dalla superficie di un generico corpo celeste³, riesca a sfuggire al suo campo gravitazionale. In altri termini, la velocità di fuga è quella velocità che deve avere un corpo sulla superficie di un corpo celeste, affinché riesca ad arrivare a distanza infinita da esso con velocità nulla. Per calcolare la velocità di fuga immaginiamo di lanciare un oggetto di massa $m$ da un corpo celeste di massa $M$ e raggio $R$ . Applichiamo la legge di conservazione dell’energia. In particolare, all’istante iniziale l’oggetto parte dalla superficie di $M$ con velocità $v_{\text{fuga}}$ , e all’istante finale raggiunge una distanza infinita con velocità nulla. Dunque

(9) $\begin{equation*} K_i+U_i=K_f+U_f \quad \Leftrightarrow\quad \dfrac{1}{2}\,m\,v_{\text{fuga}}^2-G\,\dfrac{m\,M}{R}=0. \end{equation*}$

La velocità di fuga di un generico corpo è

$\boxcolorato{fisica}{v_{\text{fuga}}=\sqrt{\dfrac{2\,G\,M}{R}}.}$

Sulla Terra ( $M_\oplus=5,972\cdot 10^{24}\,\textnormal{ kg},\, R_\oplus=6,378\cdot 10^{6}\,\textnormal{m}$ ) la velocità di fuga è $v_{\text{fuga}} \approx 11,2\,\textnormal{km}/\textnormal{s}$

Punti di equilibrio

Si ricordi che quando una forza è conservativa allora essa è esprimibile come meno il gradiente dell’energia potenziale, ossia

(10) $\begin{equation*} \vec{F}(\vec{r})=-\vec{\nabla} U(\vec{r})\coloneqq -\left(\dfrac{\partial U(\vec{r})}{\partial x},\dfrac{\partial U(\vec{r})}{\partial y},\dfrac{\partial U(\vec{r})}{\partial z}\right). \end{equation*}$

Si definisce posizione di equilibrio un punto $\vec{r}_\text{eq}=(x_\text{eq},y_\text{eq}.z_\text{ eq})$ dello spazio rispetto ad un opportuno sistema di riferimento cartesiano $Oxy$ tale per cui

(11) $\begin{equation*} \vec{F}(\vec{r}_\text{eq})=0\quad\Leftrightarrow\quad -\vec{\nabla}U(\vec{r}_\text{eq})=0. \end{equation*}$

Pertanto una posizione di equilibrio è quel punto dello spazio in cui la forza in esame si annulla o, equivalentemente, il gradiente dell’energia potenziale è zero.

Nel caso di un problema unidimensionale, come ci troveremo ad affrontare nell’esercizio 6, la coordinata $x_\text{eq}$ rappresenta una posizione di equilibrio se

(12) $\begin{equation*} \dfrac{dU(x)}{dx}\Bigg|_{x=x_\text{eq}}=0. \end{equation*}$

In generale ricordiamo che esistono principalmente tre tipi di equilibrio:

$\quad$

Equilibrio stabile: In questa condizione, una piccola perturbazione della posizione della particella induce una forza che tende a riportarla alla posizione di equilibrio. Matematicamente, l’equilibrio è stabile quando la derivata seconda del potenziale è positiva:
(13) $\begin{equation*} \dfrac{d^2U(x)}{dx^2}\Bigg|_{x=x_\text{eq}}>0. \end{equation*}$

In questo caso il punto di equilibrio corrisponde a un minimo locale del potenziale.

Equilibrio instabile: Una piccola perturbazione della particella in una posizione di equilibrio instabile la porta ad allontanarsi ulteriormente da quella posizione. L’equilibrio è instabile quando la derivata seconda del potenziale è negativa:
(14) $\begin{equation*} \dfrac{d^2U(x)}{dx^2}\Bigg|_{x=x_\text{eq}}<0. \end{equation*}$

In questo scenario il punto di equilibrio corrisponde a un massimo locale del potenziale.

Equilibrio indifferente o neutrale: In questo caso, una piccola perturbazione non produce alcuna forza netta che riporti o allontani la particella dalla sua posizione. Ciò accade quando la derivata seconda del potenziale è zero:
(15) $\begin{equation*} \dfrac{d^2U(x)}{dx^2}\Bigg|_{x=x_\text{eq}}=0. \end{equation*}$

In tal caso, il potenziale è piatto localmente attorno alla posizione di equilibrio.

Un corpo celeste è una struttura nell’universo tenuta insieme da forze coesive come quella gravitazionale. Ad esempio le comete, le stelle o i pianeti sono corpi celesti. ↩

Teorema di Gauss.

Consideriamo un certo numero di masse $m_1,\,\dots\,,m_N$

all’interno di una superficie chiusa $\Sigma$

come rappresentato in figura 5.

$\quad$

Figura 5: sistema di $n$ masse all’interno di una superficie chiusa $\Sigma$ .

$\quad$

Il teorema di Gauss afferma che il flusso del campo gravitazionale attraverso una superficie chiusa $\Sigma$ è proporzionale alla somma delle masse in essa contenuta:

$\quad$

Teorema 1.1 (teorema di Gauss). Date $N$

masse dentro una superficie chiusa $\Sigma$

, il flusso totale del campo gravitazionale da esse prodotto attraverso tale superficie è proporzionale alla somma delle masse in essa contenuta, cioè

(16) $\begin{equation*} \Phi_{\Sigma}(\vec{g})=-4\pi\,G\sum_{k=1}^N\,m_k. \end{equation*}$

$\quad$

Come prime applicazioni del teorema di Gauss possiamo calcolare il campo gravitazionale generato da una distibuzione superficiale di massa distibuita su di una sfera o il campo gravitazionale generato da una distibuzione volumetrica di massa distibuita nella regione di spazio racchiusa da una sfera, ossia distibuita dentro una palla.

Consideriamo una massa $m$ distribuita in modo uniforme su una superficie sferica di raggio $R$ con densità costante $\sigma=\dfrac{m}{S}$ . Osservando la figura 6 si deduce che il campo gravitazionale nel punto $P$ è radiale: esso è dovuto alla somma di contributi infinitesimi simmetrici provenienti da elementi di massa infinitesimi simmetrici, eguali in modulo, che danno risultante radiale; se così non fosse, $\sigma$ non sarebbe costante.

$\quad$

Figura 6: campo in un punto $P$ generato da una distribuzione uniforme di carica su una superficie sferica di raggio $R$ .

$\quad$

In qualsiasi altro punto avente la stessa distanza di $P$ dal centro della superficie sferica, la situazione è la stessa: il campo $\vec{g}$ è radiale e il suo modulo dipende solo dalla distanza dal centro $r$ , ossia

(17) $\begin{equation*} \vec{g}(r)=-g(r)\,\hat{r}. \end{equation*}$

Per calcolare $\vec{g}(r)$ utilizziamo il teorema di Gauss scegliendo come superficie di integrazione una superficie sferica ${\Sigma}$ concentrica a $m$ e di raggio $r\geq R$ . Sui punti di tale superficie il campo avrà lo stesso valore. Da una parte, poiché il versore normale usente $\hat{n}$ coicide col versore radiale $\hat{r}$ e quindi $\hat{r} \cdot \hat{n}=1$ si ha

(18) $\begin{equation*} \Phi_{{\Sigma}}(\vec{g})=\iint_{{\Sigma}}\vec{g}\cdot\hat{n}\,d{\Sigma}=-g(r)\iint_{{\Sigma}}d{\Sigma}=-4\pi\,r^2\,g(r), \end{equation*}$

e dall’altra, sfruttato il teorema di Gauss, abbiamo

(19) $\begin{equation*} \Phi_{{\Sigma}}(\vec{g})=-4\pi\,G\,m. \end{equation*}$

Eguagliando le equazioni (18) e (19) si ottiene il modulo del campo gravitazionale cercato, ossia

(20) $\begin{equation*} \vec{g}(r)=-G\,\dfrac{m}{r^2}\hat{r}, \end{equation*}$

che coincide con il campo gravitazionale generato da una massa puntiforme $m$ posta nel centro della superficie sferica $S$ . Il risultato vale per $r\geq R$ ; all’interno della superficie sferica, ossia per $r<R$ , qualsiasi superficie gaussiana scelta per la valutazione del flusso, non contiene massa e dunque il flusso attraverso di essa è nullo: deve quindi essere $\vec{g}=0$ ovunque. Il grafico del modulo del campo gravitazionale di una massa distribuita uniformemente su una superficie sferica di raggio $R$ è rappresentato in figura 7. Si osservi che il campo è discontinuo per $r=R$ , cioè nell’attraversare la massa.

$\quad$

Figura 7: grafico del campo gravitazionale $g(r)$ di una massa distribuita uniformemente su una superficie sferica di raggio $R$ .

$\quad$

Analizziamo ora il caso in cui $m$ è distribuita con densità volumetrica costante $\rho=\dfrac{m}{V}$ in tutto il volume $V$ di una sfera di raggio $R$ . Grazie al teorema di Gauss possiamo concludere che il risultato all esterno della sfera, ossia per $r \geq R$ , è lo stesso del caso precedente

(21) $\begin{equation*} \vec{g}(r)=-G\dfrac{m}{r^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\text{per}\,r>R. \end{equation*}$

Studiamo il caso $r<R$ ; all’interno di una superficie sferica ${\Sigma}$ di raggio $r<R$ , ci sarà una massa $m'<m$ .

$\quad$

Figura 8: superficie di integrazione ${\Sigma}$ di raggio $r<R$ .

$\quad$

Dato che la massa è distribuita in modo omogeneo, ossia la densità volumetrica di massa è costante, si ha

(22) $\begin{equation*} \dfrac{m'}{\dfrac{4}{3}\pi r^3}=\dfrac{m}{\dfrac{4}{3}\pi R^3} \quad \Rightarrow \quad m'=\dfrac{r^3}{R^3}\,m. \end{equation*}$

Sui punti di $\Sigma$ il campo avrà lo stesso valore. Da una parte, poiché il versore normale usente $\hat{n}$ coicide col versore radiale $\hat{r}$ e quindi $\hat{r} \cdot \hat{n}=1$ si ha

(23) $\begin{equation*} \Phi_{{\Sigma}}(\vec{g})=\iint_{{\Sigma}}\vec{g}\cdot\hat{n}\,d{\Sigma}=-g(r)\iint_{{\Sigma}}d{\Sigma}=-4\pi\,r^2\,g(r) \end{equation*}$

e dall’altra, sfruttato il teorema di Gauss per il caso $0<r<R$ in cui quindi la massa racchiusa dalla superficie gaussiana $\Sigma$ è $m'$ , abbiamo

(24) $\begin{equation*} \Phi_{{\Sigma}}(\vec{g})=-4\pi\,G\,m'. \end{equation*}$

Eguagliando le equazioni (23) e (24) si ha

(25) $\begin{equation*} -4\pi\,r^2\,g(r)=-4\pi\,G\,m', \end{equation*}$

da cui, sfruttando la (22), si ottiene

(26) $\begin{equation*} 4\pi\,r^2\,g(r)=4\pi\,G\left(\dfrac{r^3}{R^3}\,m\right), \end{equation*}$

conseguentemente

(27) $\begin{equation*} g(r)=\dfrac{G\,r}{R^3}\,m \qquad \text{per}\,\,\,0<r<R. \end{equation*}$

Dunque, il campo all’interno di una sfera omogenea cresce linearmente con la distanza dal raggio: il grafico di $g(r)$ è mostrato in figura 9.

$\quad$

Figura 9: grafico del campo gravitazionale $g(r)$ generato da una distribuzione sferica omogenea di massa.

$\quad$

La relazione (27) è una dimostrazione di come una massa estesa possa generare un campo che non ha l’andamento $1/r^2$ come quello generato da una massa puntiforme.

Energia di un sistema di pianeti e satelliti.

Si consideri un sistema di $N$

pianeti che interagiscono tra loro mediante la forza gravitazionale. L’energia totale rappresenta il lavoro compiuto dalle forze esterne per portare i pianeti dall’infinito a tale configurazione, ed è data da

(28) $\begin{equation*} \boxcolorato{fisica}{E_T=-G\,\left(\dfrac{m_1\,m_2}{r_{1,2}}+\dfrac{m_1\,m_3}{r_{1,3}}+\cdots+\dfrac{m_1\,m_n}{r_{1,N}}+\dfrac{m_2\,m_3}{r_{2,3}}+\cdots+\dfrac{m_2\,m_n}{r_{2,N}}, +\dots\right) } \end{equation*}$

dove $m_1,\ldots\, ,m_n$ sono le masse dei pianeti o satelliti, e $r_{i,j}$ le distanze tra i pianeti di massa $m_i$ e $m_j$ .

Per completezza ricordiamo la prima e la seconda legge cardinale per una sistema di punti materiali

$\begin{cases} \sum_{k=1}^n\vec{F}_{k}^{est}=\dfrac{d\vec{P}_t}{dt}\\ \sum_{k=1}^n\vec{M}_k^{est}-m\vec{v}_O\wedge\vec{v}_{CM}=\dfrac{d\vec{L}_O}{dt} \end{cases}$

dove $\sum_{k=1}^n\vec{F}_{k}^{est}$ è la somma di tutte le forze esterne, $\vec{P}_t$ è la quantità di moto totale del sistema, $\sum_{k=1}^n\vec{M}_k^{est}$ è la somma di tutti i momenti esterni al sistema, $\vec{v}_O$ è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare totale del sistema, $\vec{v}_{CM}$ è la velocità del centro di massa ed infine $\vec{L}_O$ è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo $O$ .

Problema dei due corpi.

Nel seguito, studieremo il moto di due corpi soggetti alla reciproca interazione gravitazionale. Assumeremo che i corpi abbiano dimensione trascurabile rispetto alla loro distanza, e che le loro masse siano $m_1$

e $m_2$

. Scelto un sistema di riferimento inerziale $Oxy$

dal quale si osservano i due corpi, per la seconda legge della dinamica possiamo scrivere quanto segue

(29) $\begin{equation*} \begin{cases} m_1\,\dfrac{d^2\vec{r}_1}{dt^2}=G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r^2}\,\hat{r}\\[10pt] m_2\,\dfrac{d^2\vec{r}_2}{dt^2}=-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r^2}\,\hat{r},\\ \end{cases} \end{equation*}$

dove $\vec{r_1}$ e $\vec{r}_2$ sono rispettivamente la distanza di $m_1$ e $m_2$ da $O$ . Nella figura 10 rappresentiamo il sistema di riferimento scelto $Oxy$ e il centro di massa (CM) del sistema dei due corpi.

$\quad$

Figura 10: rappresentazione di due corpi di massa $m_1$ ed $m_2$ ed il centro di massa in un sistema di riferimento $Oxy$ .

$\quad$

Applicando il metodo del parallelogramma, come rappresentato nella figura 11 si vede che $\vec{r}_2-\vec{r}_1=\vec{r}$ .

$\quad$

Figura 11: applicazione della regola dal parallelogramma per calcolare $\vec{r}_2-\vec{r}_1$ .

$\quad$

Riscriviamo il sistema (29) come segue

(30) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{d^2\vec{r}_1}{dt^2}=G\,\dfrac{m_1\,m_2}{m_1\,r^2}\,\hat{r}\\[10pt] \dfrac{d^2\vec{r}_2}{dt^2}=-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{m_2\,r^2}\,\hat{r},\\ \end{cases} \end{equation*}$

Sottraendo membro a membro, i termini della seconda equazione e prima equazione del sistema (30) si ottiene

(31) $\begin{equation*} -\dfrac{d^2\vec{r}_1}{dt^2}+\dfrac{d^2\vec{r}_2}{dt^2}=\left(-G\dfrac{m_1\,m_2}{m_2\,r^2}-G\dfrac{m_1\,m_2}{m_1\,r^2}\right)\,\hat{r}, \end{equation*}$

o anche

(32) $\begin{equation*} \dfrac{d^2(-\vec{r}_1+\vec{r}_2)}{dt^2}=-G\dfrac{m_1\,m_2}{r^2}\left(\dfrac{1}{m_1}+\dfrac{1}{m_2}\right)\hat{r}. \end{equation*}$

Definendo massa ridotta la quantità $\mu$ tale per cui valga

(33) $\begin{equation*} \dfrac{1}{\mu}=\dfrac{1}{m_1}+\dfrac{1}{m_2}, \end{equation*}$

e ricordando che $\vec{r}_2-\vec{r}_1=\vec{r}$ , è possibile riscrivere la precedente relazione nel modo che segue

(34) $\begin{equation*} \dfrac{d^2\vec{r}}{dt^2}=-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{\mu\,r^2}\,\hat{r}, \end{equation*}$

oppure

(35) $\begin{equation*} \mu\,\dfrac{d^2\vec{r}}{dt^2}=-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r^2}\,\hat{r}. \end{equation*}$

Si osservi che abbiamo ricondotto il problema dei due corpi a quello di un solo corpo di massa $\mu$ in cui la massa ridotta è l’effettiva massa inerziale nel problema dei due corpi. In altri termini, dal punto di vista fisico-matematico, il problema (30) di due corpi $m_1$ e $m_2$ soggetti ad una mutua interazione (nel nostro caso specifico l’interazione gravitazionale ma tale risultato vale per qualunque forza) e il problema (35) di un corpo di massa $\mu$ soggetto alla medesima forza sono del tutto equivalenti⁴. Osserviamo dall’equazione (35) che la massa $\mu$ è soggetta ad una forza centrale del tipo $-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r^2}\,\hat{r}$ , pertanto, si conserva il momento angolare del sistema rispetto al polo $O$ , da cui deduciamo che il moto della massa $\mu$ avviene in un piano fisso (moto planare).

Inoltre non sono presenti forze esterne nel sistema fisico composto delle due masse, pertanto il sistema è isolato. Segue che il centro di massa delle due masse si muove di moto rettilineo uniforme o rimane in quiete.

Senza perdita di generalità scegliamo un sistema di riferimento solidale con il centro di massa come rappresentato nella figura 12. Tale sistema di riferimento è in generale non inerziale, ma in questo caso il centro di massa si muove di moto rettilineo uniforme o è in quiete, pertanto il sistema di riferimento è inerziale.

$\quad$

Figura 12: sistema di due corpi di massa $m_{1}$ e $m_{2}$ in un sistema di riferimento $Oxy$ in cui l’origine coincide con il centro di massa.

$\quad$

Sappiamo che

(36) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{d^2\vec{r}_1}{dt^2}=G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r^2}\,\hat{r}\\[10pt] \dfrac{d^2\vec{r}_2}{dt^2}=-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r^2}\,\hat{r},\\ \end{cases} \end{equation*}$

in cui $\hat{r}$ è il versore nella direzione della congiungente i due corpi il cui verso è dal corpo $m_1$ al corpo $m_2$ . Nel sistema di riferimento adottato

(37) $\begin{equation*} \begin{cases} m_1\,\vec{r}_1+m_2\,\vec{r}_2=0\\ \vec{r}_2-\vec{r}_1=\vec{r}. \end{cases} \end{equation*}$

Risolvendo rispetto a $\vec{r}_1$ e $\vec{r}_2$ , si ottiene

(38) $\begin{equation*} \begin{cases} \vec{r}_1=-\dfrac{m_2\,\vec{r}}{m_1+m_2}\\[10pt] \vec{r}_2=\dfrac{m_1\,\vec{r}}{m_1+m_2}.\\ \end{cases} \end{equation*}$

Osserviamo che $\vec{r}_1$ e $\vec{r}_2$ dipendono da $\vec{r}$ , pertanto deduciamo che anche $\vec{r}_1$ e $\vec{r}_2$ descrivono un’orbita planare. In particolare abbiamo dimostrato in teoria sulla gravitazione che il moto di un corpo soggetto ad un campo gravitazionale è descritto da una conica nel piano. Pertanto scelto un sistema di riferimento solidale con il centro di massa si vede che i corpi $m_1$ e $m_2$ descrivono un’orbita conica.

Si definisce sezione conica il luogo dei punti tali che il rapporto tra la distanza da una retta $s$ , detta direttrice, e la distanza da un punto $F$ esterno alla retta, detto fuoco, è costante ed è pari ad un valore costante $\varepsilon>0$ , detto eccentricità. Tale definizione, applicata ad un generico punto $P$ del piano, si traduce nella relazione (si veda la figura 13):

(39) $\begin{equation*} \varepsilon=\dfrac{\overline{PF}}{\overline{PH}}=\dfrac{r}{d-r\,\cos\,\theta}. \end{equation*}$

$\quad$

Figura 13: schematizzazione della parabola come particolare sezione conica.

$\quad$

L’energia totale del sistema composto dalle due masse è

(40) $\begin{equation*} E_T=\dfrac{1}{2}\,m_1\,v_1^2+\dfrac{1}{2}\,m_2\,v_2^2-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r}, \end{equation*}$

dove $v_1$ e $v_2$ sono i moduli delle velocità rispetto al sistema di riferimento inerziale.

Si dimostra in teoria sulla gravitazione che l’energia totale del sistema può essere scritta come

(41) $\begin{equation*} E_T=\dfrac{G\,m_1m_2}{2\varepsilon d}\left(\varepsilon^2-1\right), \end{equation*}$

dove $\varepsilon$ rappresenta l’eccentricità dell’orbita.

È possibile dunque ricavare l’energia totale, che è costante perché la forza agente su $\mu$ è conservativa, dai parametri dell’orbita $\varepsilon$ e $d$ . Concludiamo che

$\quad$

$\varepsilon>1 \quad \Rightarrow \quad E_T>0$ e l’orbita è iperbolica;

$\varepsilon=1 \quad \Rightarrow \quad E_T=0$ e l’orbita è parabolica;

$0<\varepsilon<1 \quad \Rightarrow \quad E_T<0$ e l’orbita è ellittica.

$\quad$

Dalla seconda legge di Keplero sappiamo che i pianeti si muovono di moto ellittico, pertanto sappiamo che l’energia del sistema pianeta-Sole sarà negativa. Sistemi come quello composto dal pianeta e dal Sole, si dicono sistemi legati. L’orbita di un satellite intorno ad un pianeta è ellittica, pertanto man mano che si muove lungo la sua traiettoria la sua distanza dal pianeta varia. Ciascuna orbita è caratterizzata da due punti che realizzano la massima e la minima distanza tra il satellite e il pianeta; tali punti vengono detti, rispettivamente, apogeo e perigeo:

$\quad$

apogeo deriva dal greco apògeios, composto dalle parole apò (lontano) e geo (Terra), e corrisponde al punto più lontano dal pianeta;

perigeo deriva dal greco perìgeios, composto dalle parole perì (vicino) e geo (Terra), e corrisponde al punto più vicino dal pianeta.

$\quad$

Figura 14: apogeo e perigeo dell’orbita di un satellite in orbita attorno ad un pianeta.

$\quad$

Quando si considera un corpo celeste intorno al Sole, la massima distanza da esso è detta afelio mentre la minima distanza prende il nome di perielio.

Si dimostra che nel caso di orbite circolari o ellittiche il periodo di rivoluzione $T$ dei due corpi è legato al semiasse maggiore $a$ attraverso la relazione

(42) $\begin{equation*} T=\dfrac{4\pi^2}{G(m_1+m_2)}a^3. \end{equation*}$

Osserviamo che l’equazione (42) corrisponde esattamente alla terza legge di Keplero. Nell’ipotesi in cui $m_1\gg m_2$ , come nel caso in cui $m_1$ è la massa del Sole e $m_2$ la massa di un generico pianeta, si ha che $k$ è

(43) $\begin{equation*} k=\dfrac{4\pi^2}{G(m_1+m_2)}\approx\dfrac{4\pi^2}{G\,m_1}. \end{equation*}$

Dunque nell’ipotesi $m_1\gg m_2$ l’equazione (43) non dipende da $m_2$ e quindi $k$ è approssimatevamente uguale per tutti i pianeti. La legge di gravitazione universale di Newton è dunque in grado di dimostrare matematicamente le leggi di Keplero ottenute sperimentalmente. Tra le due c’è una relazione biunivoca: partendo dalle leggi di Keplero si dimostra la legge di gravitazione universale, e viceversa. La legge di gravitazione ha validità universale, ed è quindi valida anche per i satelliti di un pianeta. Nel casi di un satellite terrestre artificiale di massa $\tilde{m}$ si ha

(44) $\begin{equation*} k\coloneqq \dfrac{4\pi^2}{G(M_\oplus+\tilde{m})}\approx\dfrac{4\pi^2}{G\,M_\oplus}\approx9.87\cdot10^{-14}\,\text{s}^2\,\text{m}^{-3}, \end{equation*}$

essendo la massa del satellite trascurabile rispetto alla massa terrestre $M_\oplus$ .

È bene tenere a mente due punti importanti. Per prima cosa, al fine di avere una completa equivalenza tra le due descrizioni, è necessario tenere conto, nella descrizione in temini del corpo di massa ridotta, del moto del centro di massa del sistema dei due corpi. Questo perché inizialmente il problema possiede due gradi di libertà (ovvero i due corpi $m_1$ e $m_2$ ) e due gradi di liberta deve avere nella descrizione in termini del corpo di massa ridotta (che sono appunto il corpo $\mu$ e il centro di massa del sistema dei due corpi). Come seconda puntializzazione, la situazione fisica reale è quella del problema dei due corpi; la descrizione in termini del corpo di massa ridotta e del centro di massa è puramente dovuta a una modellizazzione più conveniente del problema stesso poichè nel caso dei due corpi il moto del centro di massa è uniforme e pertanto contibuisce solo con una costante additiva all’energia del problema. Il problema dei due corpi è quindi ridotto a un problema di singolo corpo. ↩

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Le coordinate polari di un punto che si muove in un piano variano nel tempo secondo la legge

$\begin{aligned} r(t)&=r_0 \exp{\left(-\frac{\omega t}{2\pi}\right)}\\ \theta(t) &= \omega t, \end{aligned}$

con $r_0,\omega \in \mathbb{R}$ .

Calcolare la velocità del punto nell’istante $t=0$ e dire se il moto avviene sotto l’azione di una forza centrale.

Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento cartesiano fisso $Oxy$

che descrive il moto del punto in coordinate polari come illustrato in figura 15.

$\quad$

Figura 15: moto di un punto in coordinate polari.

$\quad$

Si ricorda che data la parametrizzazione $\vec{r}(t)= x(t) \, \hat{x} + y(t) \, \hat{y}$ , dove $\hat{x}$ e $\hat{y}$ sono i versori degli assi coordinati, della traiettoria $\gamma$ descritta dal punto materiale nel piano cartesiano, si definisce velocità vettoriale il limite del rapporto incrementale di $\vec{r}$ come

(45) $\begin{equation*} \lim_{h \to 0} \dfrac{\vec{r}(t+h)-\vec{r}(t)}{h} = \vec{v}(t) = \dfrac{d\vec{r}}{dt}(t). \end{equation*}$

Scriviamo $\vec{v}$ in coordinate polari introducendo i versori $\hat{r}$ e $\hat{\theta}$ e dall’equazione (45) abbiamo

(46) $\begin{equation*} \begin{split} \vec{v}(t) & = \dfrac{d\vec{r}}{dt} = \dfrac{d(r \, \hat{r})}{dt} = \dfrac{dr}{dt} \, \hat{r} + r \, \dfrac{d\hat{r}}{dt} =\\ & = \dfrac{dr}{dt} \, \hat{r} + r \, \dfrac{d\theta}{dt} \, \hat{\theta}. \end{split} \end{equation*}$

Per ipotesi sappiamo che

(47) $\begin{equation*} r(t)=r_0 e^{-\frac{\omega t}{2\pi}},\quad\quad\theta(t) = \omega t. \end{equation*}$

Quindi confrontando l’equazione (47) con l’equazione (46), si ottiene

$\vec{v}(t) = \underbrace{r_0 \left(-\dfrac{\omega}{2\pi}\right) \; e^{-\frac{\omega t}{2\pi}} \; \hat{r}}_{\vec{v}_r \; \text{velocità radiale}} + \underbrace{r_0 \; e^{-\frac{\omega t}{2\pi}} \; \omega \; \hat{\theta}}_{\vec{v}_\theta \; \text{velocità trasversa}}.$

Valutiamo la velocità all’istante $t=0$ , ottenendo

$\boxcolorato{fisica}{\vec{v}(0) = - \dfrac{\omega \; r_0}{2\pi} \; \hat{r} + r_0 \, \omega \, \hat{\theta}.}$

Si ricordi che in un campo di forze centrali il momento angolare $\vec{L}$ rispetto ad un polo qualsiasi è costante nel tempo (come visto in sezione 1.1 dei Richiami Teorici), ovvero si conserva. Prendiamo come polo rispetto a cui calcolare i momenti l’origine $O$ , allora

(48) $\begin{equation*} \frac{d\vec{L}_O}{dt}=0 \end{equation*}$

Deriviamo l’equazione (46) rispetto al tempo,

(49) $\begin{equation*} \begin{split} \dfrac{d\vec{v}}{dt} & = \dfrac{d^2r}{dt^2} \, \hat{r} + \dfrac{dr}{dt} \; \dfrac{d\theta}{dt} \; \hat{\theta} + \dfrac{dr}{dt} \; \dfrac{d\theta}{dt} \; \hat{\theta} + r \; \dfrac{d^2\theta}{dt^2} \hat{\theta} - r \; \dfrac{d\theta}{dt} \; \dfrac{d\theta}{dt} \hat{r} =\\[5pt] & = \hat{r} \left(\dfrac{d^2r}{dt^2}- r \left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2\right) + \hat{\theta} \left(2 \; \dfrac{dr}{dt} \; \dfrac{d\theta}{dt} + r \; \dfrac{d^2\theta}{dt^2}\right) =\\[5pt] & = \hat{r} \left(\dfrac{d^2r}{dt^2}-r \left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2\right) + \hat{\theta} \; \dfrac{1}{r} \; \left(\dfrac{d\left(r^2 \frac{d\theta}{dt}\right)}{dt}\right). \end{split} \end{equation*}$

Sostituendo l’equazione (47) nella (49) otteniamo

$\begin{aligned} \dfrac{d\vec{v}}{dt} & = \hat{r} \left(r_0 \; e^{-\frac{\omega t}{2\pi}} \left( \left(-\dfrac{\omega}{2\pi}\right)^2 - \omega^2 \right) \right) + \hat{\theta} \left(2 r_0 \left(- \dfrac{\omega}{2\pi}\right)\; e^{-\frac{\omega t}{2\pi}} \; \omega \right) = \\[5pt] & = \hat{r} \left(\dfrac{r_0 \omega^2 (1-4\pi^2)}{4\pi^2} e^{-\frac{\omega t}{2\pi}} \right) + \hat{\theta} \left(- \dfrac{\omega^2 r_0}{\pi} \; e^{-\frac{\omega t}{2\pi}}\right). \end{aligned}$

Dal teorema del momento angolare per un punto materiale sappiamo che

$\dfrac{{}d\vec{L}_{O}}{dt} = {\vec{M}_{O}}^{\text{\tiny ext}}.$

Se la forza responsabile del moto è una forza centrale, in virtù dell’equazione (48) la precedente equazione diventa

(50) $\begin{equation*} {\vec{M}_{O}}^{\text{\tiny ext}}=0. \end{equation*}$

Sia $\vec{F}$ la forza responsabile del moto, allora il momento della forza rispetto al polo $O$ è

$\begin{aligned} {\vec{M}_{O}}^{\text{\tiny ext}} & = \vec{r} \wedge \vec{F} = \\ & = \vec{r} \wedge m \; \dfrac{d\vec{v}}{dt} =\\ & =m r\,\left(-\dfrac{\omega^2 r_0}{\pi} \; e^{-\frac{\omega t}{2\pi}} \right)\, \hat{r} \wedge \hat{\theta} = \\ & =m \left(r_0 e^{-\frac{\omega t}{2\pi}}\right)\left(-\dfrac{\omega^2 r_0}{\pi} \; e^{-\frac{\omega t}{2\pi}} \right)\, \hat{r} \wedge \hat{\theta} = \\ & = -m \dfrac{\omega^2}{\pi} r_0^2 \; e^{-\frac{\omega t}{2\pi}} \hat{z} \neq 0, \end{aligned}$

dove $\hat{z}$ è il versore nella direzione dell’asse delle $z$ .

$\quad$

Si conclude che $\vec{L}$

non si conserva, pertanto il moto non avviene sotto una forza centrale.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. In una sfera di piombo piena con la massa distribuita in modo omogeneo e raggio $R$

è praticata una cavità sferica la cui superficie è tangente alla superficie della sfera e passa per il centro della stessa, come illustrato in figura 16. La massa originaria della sfera è $M$

Calcolare la forza gravitazionale $\vec{F}$ con la quale la sfera così scavata attirerà una piccola sfera di massa $m$ posta a una distanza $d$ dal suo centro lungo la retta che collega i centri delle due sfere.

$\quad$

Figura 16: sistema fisico in esame.

$\quad$

Svolgimento.

Definiamo un sistema di riferimento cartesiano fisso $Ox$

con origine $O$

in corrispondenza del centro della sfera di massa $M$

e l’asse $x$

orientato come in figura 17. Per calcolare la forza gravitazionale con cui la sfera scavata attirerà la piccola sfera di massa $m$

, possiamo utilizzare la legge di gravitazione universale di Newton. Per il principio di sovrapposizione⁵, la forza di gravità sulla piccola sfera di massa $m$

è uguale alla forza di gravità esercitata dall’intera sfera di piombo di massa $M$

meno la forza che sarebbe stata apportata dalla sfera di piombo più piccola che avrebbe riempito il buco. Dunque, è necessario determinare la massa della sfera di piombo che è stata rimossa per creare la cavità.

$\quad$

Figura 17: schematizzazione geometrica del sistema fisico in esame.

$\quad$

Osserviamo che poiché la massa $M$ è distribuita in modo omogeneo allora la sua densità è costante e pari a

(51) $\begin{equation*} \rho=\dfrac{M}{\tau}, \end{equation*}$

dove $\tau$ è il volume della sfera di massa $M$ , ossia

(52) $\begin{equation*} \tau=\dfrac{4}{3}\pi\,R^3. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $\tau$ ottenuta dall’equazione (52) nell’equazione (51), otteniamo che

(53) $\begin{equation*} \rho=\dfrac{M}{\dfrac{4}{3}\pi\,R^3}=\dfrac{3M}{4\pi R^3}. \end{equation*}$

Nota la densità della sfera possiamo calcolare la massa $m^\prime$ di cui è stata privata la sfera di massa $M$ .

Osserviamo dalla figura 17 che la sfera scavata è stata privata di una sfera di raggio $\dfrac{R}{2}$ . Pertanto, se la densità $\rho$ è costante, la massa $m^\prime$ sarà data da

(54) $\begin{equation*} m^\prime=\rho\,\tau^\prime, \end{equation*}$

dove $\tau^\prime$ è il volume della sfera di raggio $\dfrac{R}{2}$ e quindi

(55) $\begin{equation*} m^\prime=\rho\,\tau^\prime=\rho\,\frac{4}{3}\pi \left(\frac{R}{2}\right)^3=\dfrac{4\rho\pi R^3}{24}=\dfrac{\rho\pi R^3}{6}. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $\rho$ ottenuta dall’equazione (51) nell’equazione (55) abbiamo

(56) $\begin{equation*} m^\prime = \dfrac{3M}{4\pi R^3}\dfrac{\pi R^3}{6}= \dfrac{M}{8}. \end{equation*}$

Applicando il principio di sovrapposizione degli effetti, concludiamo che la forza gravitazionale $\vec{F}$ con cui la massa $M$ cava attira a sé la massa $m$ si può scrivere come la differenza tra tra la forza gravitazionale $\vec{F}_1$ agente su $m$ ad opera di $M$ e la forza gravitazionale $\vec{F}_2$ agente su $m$ ad opera di $m^\prime$ , cioé

(57) $\begin{equation*} \vec{F}=\vec{F}_1-\vec{F}_2. \end{equation*}$

Poiché la massa è distribuita in modo omogeneo nella sfera, in virtù di quanto visto nella sezione 1.6 dei Richiami Teorici, possiamo trattare quest’ultima come se tutta la sua massa fosse concentrata nel suo centro. Dunque, utilizzando l’equazione (2), la forza $\vec{F}_1$ con la quale essa attira la massa $m$ è data da

(58) $\begin{equation*} \vec{F}_1=-G\,\dfrac{m\,M}{d^2}\,\hat{x}, \end{equation*}$

dove $\hat{x}$ è il versore dell’asse delle $x$ .

Analogamente la massa scavata $m'$ attirerà a sè la massa $m$ con una forza $\vec{F}_2$ data da

(59) $\begin{equation*} \vec{F}_2=-G\,\dfrac{m\,m^\prime}{\left(d-\dfrac{R}{2}\right)^2}\,\hat{x}, \end{equation*}$

dove $(d-R/2)$ è la distanza tra il centro del “buco” ed il centro della sfera di massa $m$ , come illustrato in figura 17.

In definitiva sostituendo le espressioni di $\vec{F}_1$ e $\vec{F}_2$ ottenute rispettivamente nelle equazioni (58) e (59) nell’equazione (57) otteniamo che

(60) $\begin{equation*} \vec{F} = -G\; \dfrac{m\,M}{d^2}\,\hat{x}+ G \dfrac{m\,m^\prime}{\left(d-\dfrac{R}{2}\right)^2}\,\hat{x} =- \left(G \dfrac{m\,M}{d^2}-G\dfrac{m\,(M/8)}{\left(d-\dfrac{R}{2}\right)^2}\right)\,\hat{x}, \end{equation*}$

dove nel secondo passaggio abbiamo sostituito l’espressione di $m'$ ricavata all’equazione (56). Manipolando algebricamente l’equazione precedente si ha che

(61) $\begin{equation*} \vec{F}=-\left(G \dfrac{m M}{d^2}-G\dfrac{m M}{8d^2\left(1-\dfrac{R}{2d}\right)^2}\right)\,\hat{x}, \end{equation*}$

da cui mettendo in evidenza il termine $GmM/d^2$ otteniamo che

$\boxcolorato{fisica}{\vec{F}= -G\dfrac{mM}{d^2} \left(1-\dfrac{1}{8\left(1-\dfrac{R}{2d}\right)^2}\right)\,\hat{x}.}$

Se una data massa è soggetta all’azione gravitazionale di un certo numero di altre masse, la forza risultante su di essa è data dal vettore risultante dalla somma delle singole forze. ↩

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Due sbarrette omogenee di lunghezza $\ell$

e di massa $M$

giacciono su un asse a distanza $d$

come mostrato in figura 18.

Calcolare la forza che ciascuna di essa esercita sull’altra.

$\quad$

Figura 18: sistema fisico in esame.

$\quad$

Svolgimento.

Sia $Ox$

un sistema di riferimento cartesiano fisso con l’origine $O$

in corrispondenza del primo estremo della prima sbarretta e l’asse $x$

orientato come in figura 19. Consideriamo gli elementi di massa infinitesima $dm_1$

e $dm_2$

delle due sbarrette poste ad una distanza $x_1$

e $x_2>x_1$

rispettivamente dall’origine $O$

$\quad$

Figura 19: sistema di riferimento $Ox$ .

$\quad$

Dall’equazione (2) deduciamo che il modulo della forza di attrazione gravitazionale infinitesima $dF$ tra le due masse $dm_1$ e $dm_2$ poste ad una distanza reciproca $x_2-x_1>0$ sarà dato da

(62) $\begin{equation*} dF = \dfrac{G \, dm_1 \, dm_2}{(x_2-x_1)^2}. \end{equation*}$

Ricordiamo che la massa $M$ delle due sbarrette è omogeneamente distribuita per cui la loro densità lineare $\lambda_1$ e $\lambda_2$ sono uguali e costanti. Quindi per definizione

(63) $\begin{equation*} \begin{cases} \lambda_1\coloneqq \dfrac{dm_1}{dx_1}=\lambda\\ \\ \lambda_2\coloneqq \dfrac{dm_2}{dx_2}=\lambda, \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} dm_1=\lambda dx_1\\ dm_2=\lambda dx_2. \end{cases} \end{equation*}$

Sostituendo le espressioni di $dm_1$ e $dm_2$ ricavate al sistema (63) nell’equazione (62) avremo che

(64) $\begin{equation*} dF = \dfrac{G \, dm_1 \, dm_2}{(x_2-x_1)^2}= \dfrac{G \, \lambda^2 dx_1 \, dx_2}{(x_2-x_1)^2}, \end{equation*}$

Per determinare la forza $F$ risultante dall’azione della totalità dei contributi infinitesimi, utilizziamo il principio di sovrapposizione “sommando” i vari contributi con un integrale doppio sulle variabili $x_1$ e $x_2$ . Lasciamo variare $x_1$ tra $0$ e $\ell$ e $x_2$ tra $\ell+d$ e $2\ell+d$ , in modo da tener conto del contributo di ogni massa infinitesima $dm$ che costituisce le sbarrette:

(65) $\begin{equation*} F= \int_0^\ell \int_{\ell+d}^{2\ell+d} \dfrac{G\lambda^2}{(x_2-x_1)^2}dx_1dx_2. \end{equation*}$

Osserviamo che poiché il termine $G\lambda^2$ non dipende da alcuna variabile di integrazione può essere portato fuori da entrambi gli integrali

(66) $\begin{equation*} F = G \lambda^2 \int_0^\ell dx_1 \int_{\ell+d}^{2\ell+d} \dfrac{1}{(x_2-x_1)^2} \, dx_2. \end{equation*}$

Integrando prima rispetto alla variabile $x_2$ si ha che

(67) $\begin{equation*} \int_{\ell+d}^{2\ell+d} \dfrac{1}{(x_2-x_1)^2} \, dx_2= \int_{\ell+d}^{2\ell+d} (x_2-x_1)^{-2}dx_2=\dfrac{(x_2-x_1)^{-2+1}}{-2+1} \Bigg|_{\ell+d}^{2\ell+d}=-\dfrac{1}{x_2-x_1}\Bigg|_{\ell+d}^{2\ell+d}, \end{equation*}$

ossia

(68) $\begin{equation*} \int_{\ell+d}^{2\ell+d} \dfrac{1}{(x_2-x_1)^2} \, dx_2=-\dfrac{1}{2\ell+d-x_1}+\dfrac{1}{\ell+d-x_1}. \end{equation*}$

Quindi inserendo il risultato del primo integrale ottenuto all’equazione (68) nell’equazione (66) otteniamo che

(69) $\begin{equation*} F=G\lambda^2\int_0^\ell dx_1\left(\dfrac{1}{\ell+d-x_1}-\dfrac{1}{2\ell+d-x_1}\right)=G\lambda^2\int_0^\ell dx_1\left(-\dfrac{-1}{\ell+d-x_1}+\dfrac{-1}{2\ell+d-x_1}\right), \end{equation*}$

da cui

$\begin{aligned} F&=G\lambda^2\left(-\ln\left(\ell+d-x_1\right)\Big|_{0}^{\ell}+\ln(2\ell+d-x_1)\Big|_{0}^{\ell}\right)\\ &=G\lambda^2\left(-\ln(d)+\ln(\ell+d)+\ln(2\ell+d-\ell)-\ln(2\ell+d)\right)\\ &=G\lambda^2\left(-\ln d+2\ln(\ell+d)-\ln(2\ell+d)\right)\\ &=G\lambda^2\left(\ln(\ell+d)^2-\ln d -\ln(2\ell+d)\right), \end{aligned}$

da cui utilizzando le note proprietà dei logaritmi concludiamo che

$\boxcolorato{fisica}{F = G \lambda^2 \ln \left(\dfrac{(\ell+d)^2}{d(2\ell+d)}\right).}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si considerino due pianeti di massa $M_1$

e $M_2$

con $M_1=4\,M_2$

. Sia $D$

la distanza fra i centri dei due pianeti.

Determinare la distanza dal centro dei due pianeti del punto in cui il campo gravitazionale è nullo.

$\quad$

Figura 20: due pianeti di massa $M_{1}$ e $M_{2}$ posti ad una distanza $D$ .

$\quad$

Svolgimento.

Definiamo un sistema di riferimento cartesiano fisso $Ox$

con origine in $O$

in corrispondenza del pianeta $M_1$

e con l’asse $x$

orientato come in figura 21.

Siano $\vec{g}_1$ e $\vec{g}_2$ i campi gravitazionali generati da $M_1$ e $M_2$ rispettivamente nel punto generico $P=(x,0)$ . Dalla figura 21, è evidente che se $x<0$ o $x>D$ , i campi $\vec{g}_1$ e $\vec{g}_2$ si sommano perché sono orientati nello stesso verso. Invece, se $0<x<D$ , i campi assumono segni opposti e di conseguenza deve esistere almeno un punto in cui il campo si annulla.

Utilizzando l’equazione (6), per il principio di sovrapposizione degli effetti, il campo gravitazionale totale $\vec{g}_T$ nel punto $P$ è dato dalla somma di $\vec{g}_1$ e $\vec{g}_2$ , ossia

(70) $\begin{equation*} \vec{g}_T=\left(-G\,\dfrac{M_1}{x^2}+G\,\dfrac{M_2}{(D-x)^2}\right)\,\hat{x}, \end{equation*}$

dove $\hat{x}$ è il versore associato all’asse delle $x$ .

$\quad$

Figura 21: rappresentazione dei campi gravitazionali generati da $M_{1}$ e $M_{2}$ a seconda della posizione del punto $P$ rispetto all’origine $O$ .

$\quad$

Dunque nel caso $0<x<D$ avremo che esiste una coordinata $x$ tale per cui

(71) $\begin{equation*} g_T(x)=0\quad\Leftrightarrow\quad -G\,\dfrac{M_1}{x^2}+G\,\dfrac{M_2}{(D-x)^2}=0, \end{equation*}$

da cui, ricordando che $M_1=4M_2$ , si ottiene

(72) $\begin{equation*} -G\,\dfrac{4\,M_2}{x^2}+G\,\dfrac{M_2}{(D-x)^2}=0\quad\Leftrightarrow\quad 4\,(D-x)^2=x^2, \end{equation*}$

o anche

(73) $\begin{equation*} 2\,(D-x)=\pm x. \end{equation*}$

L’equazione (73) ha come soluzioni

(74) $\begin{equation*} 2D-2x=x\quad\Leftrightarrow\quad x=\dfrac{2}{3}D, \end{equation*}$

(75) $\begin{equation*} 2D-2x=-x\quad\Leftrightarrow\quad x=2D. \end{equation*}$

L’unica soluzione fisicamente accettabile è

$\boxcolorato{fisica}{x=\dfrac{2}{3}\,D,}$

in quanto la soluzione $x=2D>D$ non rispetta la condizione $0<x<D$ iniziale. Infatti se $x>D$ i due campi si sommano ed il campo totale $g_T$ non può annullarsi.

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Siano $m_1$

e $m_2$

due masse poste a grande distanza con $m_1>m_2$

. La velocità iniziale di $m_1$

è nulla, e quella di $m_2$

ha modulo pari a $v_2$

ed è diretta nella direzione del segmento che congiunge i due corpi, ovvero $\hat{r}$

, come illustrato in figura 22.

Determinare il modulo $v$ della velocità di $m_2$ quando si trova ad una distanza $r$ da $m_1$ molto minore della distanza iniziale.

$\quad$

Figura 22: sistema fisico in esame.

$\quad$

Svolgimento.

Definiamo un sistema di riferimento cartesiano $Or$

la cui origine $O$

corrisponde alla posizione iniziale della massa $m_2$

e l’asse delle $r$

diretto lungo la congiungente dei due corpi ed orientato come illustrato in figura 23.

$\quad$

Figura 23: sistema di riferimento $Or$ e schematizzazione del sistema fisico nell’istante iniziale e finale.

$\quad$

Inizialmente i due corpi sono posti ad una distanza tale da rendere trascurabile l’energia di interazione gravitazionale. Osserviamo che il sistema è isolato, ossia la somma delle forze esterne al sistema è nulla, pertanto si conserva la quantità di moto del sistema in ogni istante. Sappiamo che, la quantità di moto iniziale del sistema $\vec{p}_i$ è fornita dalla sola massa $m_2$ , poiché $m_1$ inizialmente è fermo per ipotesi, abbiamo dunque

(76) $\begin{equation*} \vec{p}_i=m_2\vec{v}_2. \end{equation*}$

Poiché il corpo $m_2$ è in moto verso $m_1$ , la distanza tra i due corpi si ridurrà al punto che l’interazione gravitazionale diventa non trascurabile e anche $m_1$ si mette in moto verso $m_2$ con una velocità $\vec{v}_1$ rispetto al riferimento $Or$ . Essendo i corpi soggetti alla forza di attrazione gravitazionale, deduciamo che nel generico istante $t>0$ , quando la distanza tra le due masse sarà $r$ , la quantità di moto è

(77) $\begin{equation*} \vec{p}_f=m_1\vec{v}_1+m_2\vec{v}=(-m_1v_1+m_2v)\,\hat{r}. \end{equation*}$

Dalla conservazione della quantità di moto, si ha

(78) $\begin{equation*} \vec{p}_i=\vec{p}_f, \end{equation*}$

ovvero utilizzando le equazioni (76) e (77) e proiettandole lungo l’asse delle $r$ (si veda figura 22),

(79) $\begin{equation*} m_2v_2=-m_1v_1+m_2v. \end{equation*}$

L’energia totale iniziale $E_i$ del sistema composto dalle due masse coincide con l’energia cinetica del corpo avente massa $m_2$ , il solo ad avere velocità non nulla, cioè

(80) $\begin{equation*} E_i=\dfrac{1}{2}m_2\,v_2^2. \end{equation*}$

Dopo un dato intervallo di tempo il corpo di massa $m_2$ raggiungerà una distanza $r$ dall’altro corpo a velocità incognita $\vec{v}$ tale che la loro energia d’interazione non sia più trascurabile. Dunque, quando i corpi si trovano ad una distanza $r$ , possiamo scrivere l’energia finale $E_f$ come somma delle energia cinetiche dei due corpi in moto e l’energia potenziale gravitazionale (7) tra i due corpi, ossia

(81) $\begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}\,m_2\,v^2+\dfrac{1}{2}\,m_1\,v_1^2-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r^2}. \end{equation*}$

In virtù della conservazione dell’energia si ha

(82) $\begin{equation*} E_i=E_f, \end{equation*}$

da cui utilizzando le equazioni (80) e (81),

(83) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}m_2\,v_2^2=\dfrac{1}{2}\,m_2\,v^2+\dfrac{1}{2}\,m_1\,v_1^2-G\,\dfrac{m_1\,m_2}{r^2}, \end{equation*}$

cioè esplicitando rispetto a $v$ e dividendo ambo i membri per $m_2$ ,

(84) $\begin{equation*} v^2=v_2^2-\dfrac{m_1}{m_2}\,v_1^2+\dfrac{2\,G\,m_1}{r^2}. \end{equation*}$

A questo punto mettiamo a sistema (79) e (84), cioè

(85) $\begin{equation*} \begin{cases} m_2v_2=-m_1v_1+m_2v\\ v^2=v_2^2-\dfrac{m_1}{m_2}\,v_1^2+\dfrac{2\,G\,m_1}{r^2} \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} v_1=\dfrac{m_2}{m_1}(v-v_2)\\ v^2=v_2^2-\dfrac{m_1}{m_2}\,v_1^2+\dfrac{2\,G\,m_1}{r^2}. \end{cases} \end{equation*}$

Sostituendo l’equazione (85) $_1$ nell’equazione (85) $_2$ avremo che

(86) $\begin{equation*} v^2=v_2^2-\dfrac{m_2}{m_1}\,(v_2^2+v^2-2\,v_2\,v)+\dfrac{2\,G\,m_1}{r^2}. \end{equation*}$

Al fine di risolvere l’equazione quadratica per $v$ , riordiniamola come segue

(87) $\begin{equation*} \left(\dfrac{m_2}{m_1}+1\right)\,v^2-2\,\dfrac{m_2}{m_1}\,v_2\,v + \left(\dfrac{m_2}{m_1}-1\right)\, v_2^2-\dfrac{2\,G\,m_1}{r^2}=0, \end{equation*}$

e calcoliamone il discriminante quarti

(88) $\begin{equation*} \begin{aligned} \dfrac{\Delta}{4}&=\left(\dfrac{m_2}{m_1}\right)^2v_2^2-\left(\dfrac{m_2}{m_1}+1\right)\left[\left(\dfrac{m_2}{m_1}-1\right)v_2^2-2\dfrac{Gm_1}{r^2}\right]\\\ &=\left(\dfrac{m_2}{m_1}\right)^2v_2^2-\left[\dfrac{m_2}{m_1}\left(\dfrac{m_2}{m_1}-1\right)v_2^2-2\dfrac{Gm_2}{r^2}+\left(\dfrac{m_2}{m_1}-1\right)v_2^2-2\dfrac{Gm_1}{r^2}\right]\\\ &=-\left[-\dfrac{m_2}{m_1}v_2^2-2\dfrac{Gm_2}{r^2}+\dfrac{m_2}{m_1}v_2^2-v_2^2-2\dfrac{Gm_1}{r^2}\right]\\\ &=\dfrac{2G}{r^2}(m_1+m_2)+v_2^2>0. \end{aligned} \end{equation*}$

Prendendo la sola soluzione positiva⁶, il modulo della velocità $v$ di $m_2$ è

(89) $\begin{equation*} v=\dfrac{\dfrac{m_2}{m_1}v_2+\sqrt{\dfrac{2G}{r^2}(m_1+m_2)+v_2^2} }{1+\dfrac{m_2}{m_1}}, \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{v=\dfrac{m_2v_2+m_1\sqrt{\dfrac{2G}{r^2}(m_1+m_2)+v_2^2}}{m_1+m_2}.}$

La soluzione negativa non è fisicamente accettabile dal momento che $m_1>m_2$ . ↩

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Sia dato un sistema fisico costituito da tre masse: $m_1, m_2$

e $m_3$

. Le masse $m_1$

e $m_2$

(con $m_2>m_1$

) sono fisse e poste ad una distanza reciproca pari a $d$

, come illustrato in figura 24. La massa $m_3$

è posta alla posizione di equilibrio $x_\text{eq}$

del sistema.

Determinare:

la posizione di equilibrio stabile $x_{\text{eq}}$ ;

la natura di tale posizione di equilibrio: stabile, instabile o indifferente.

$\quad$

Figura 24: sistema fisico in esame.

$\quad$

Svolgimento punto 1.

Definiamo un sistema di riferimento cartesiano fisso $Ox$

con l’origine $O$

in corrispondenza della massa $m_1$

e l’asse delle $x$

orientato come in figura 25. La massa $m_2$

è posta ad una distanza $d$

dall’origine. Dall’equazione (2) deduciamo che sulla massa $m_3$

sono applicate le forze di attrazione gravitazionale $\vec{F}_{2,3}$

e $\vec{F}_{1,3}$

, orientate come in figura 24, dove

(90) $\begin{equation*} \vec{F}_{1,3}=-G\dfrac{m_1 m_3}{x_{eq}^2}\,\hat{x}, \end{equation*}$

(91) $\begin{equation*} \vec{F}_{2,3}=G \; \dfrac{m_2 m_3}{(d-x_{eq})^2}\,\hat{x}. \end{equation*}$

$\quad$

Figura 25: sistema di riferimento $Oxy$ e schematizzazione delle forze agenti su $m_3$ .

$\quad$

Poiché $m_3$ è posta nella posizione di equilibrio $x_{\text{eq}}$ del sistema allora

(92) $\begin{equation*} \vec{F}_{1,3}+\vec{F}_{2,3}=\vec{0}, \end{equation*}$

ovvero proiettando lungo l’asse delle $x$

(93) $\begin{equation*} -G\dfrac{m_1m_3}{x_{\text{eq}}^2}+G\dfrac{m_2m_3}{(d-x_{\text{eq}})^2}=0. \end{equation*}$

Semplificando ed invertendo la precedente equazione otteniamo che

(94) $\begin{equation*} -\dfrac{x_\text{eq}^2}{m_1}+\dfrac{(d-x_\text{eq})^2}{m_2}=0\quad\Leftrightarrow\quad -m_2x_\text{eq}^2+m_1(d^2+x_\text{eq}^2-2dx_\text{eq})=0, \end{equation*}$

ovvero

(95) $\begin{equation*} (m_1-m_2)x_\text{eq}^2-2m_1dx_\text{eq}+m_1d^2=0. \end{equation*}$

Dalla formula risolutiva delle equazioni di secondo grado otteniamo che

(96) $\begin{equation*} x_{\text{eq},\pm}=\dfrac{m_1d\pm \sqrt{m_1^2d^2-(m_1-m_2)m_1d^2}}{m_1-m_2}=\dfrac{d(m_1\pm\sqrt{m_1m_2})}{m_1-m_2}. \end{equation*}$

Osserviamo che otteniamo in principio due soluzioni per la posizione di equilibrio, tuttavia solo una di esse è fisicamente accettabile. Si può dimostrare che la soluzione positiva $x_{\text{eq},+}<0$ , ossia si trova alla sinistra della massa $m_1$ poiché

(97) $\begin{equation*} \dfrac{m_1+\sqrt{m_1m_2}}{m_1-m_2}<0, \end{equation*}$

dal momento che per ipotesi $m_2>m_1$ , ossia $m_1-m_2<0$ . Dunque la posizione di equilibrio ricercata è

(98) $\begin{equation*} x_\text{eq}\coloneqq x_{\text{eq},-}=\dfrac{d(m_1-\sqrt{m_1m_2})}{m_1-m_2}. \end{equation*}$

La precedente equazione può essere riscritta attraverso alcune manipolazioni algebriche, ossia

$\begin{aligned} x_\text{eq}&=\dfrac{d(\sqrt{m_1}\sqrt{m_1}-\sqrt{m_1m_2})}{m_1-m_2}\\ &=\dfrac{d\sqrt{m_1}(\sqrt{m_1}-\sqrt{m_2})}{(\sqrt{m_1}+\sqrt{m_2})(\sqrt{m_1}-\sqrt{m_2})}, \end{aligned}$

da cui semplificando il termine $\sqrt{m_1}-\sqrt{m_2}$ ⁷ otteniamo

$\boxcolorato{fisica}{x_\text{eq}=\dfrac{d\sqrt{m_1}}{\sqrt{m_1}+\sqrt{m_2}}.}$

Osserviamo che il termine

(99) $\begin{equation*} \dfrac{\sqrt{m_1}}{\sqrt{m_1}+\sqrt{m_2}}=\dfrac{1}{1+\sqrt{\dfrac{m_2}{m_1}}}<\dfrac{1}{2}, \end{equation*}$

essendo $m_2>m_1$ . Ciò vuol dire che

(100) $\begin{equation*} x_\text{eq}<\dfrac{d}{2}, \end{equation*}$

ossia, come atteso, la posizione di equilibrio del sistema non è a metà tra le due masse ma si trova più vicina alla massa $m_1$ .

Operazione lecita dal momento che $m_1\neq m_2$ . ↩

Svolgimento punto 2.

Per comprendere la natura della posizione di equilibro $x_\text{eq}$

trovata al punto 1 è necessario valutare la derivata seconda del potenziale gravitazione $U(x)$

in tale punto, come illustrato nella sezione 1.5.1 dei Richiami Teorici.

In particolare utilizzando l’equazione (7) in un generico punto $x$ il potenziale gravitazionale del sistema è dato da

(101) $\begin{equation*} U(x)=-\dfrac{Gm_1m_3}{x}-\dfrac{Gm_2m_3}{d-x}. \end{equation*}$

Si può verificare che

(102) $\begin{equation*} \dfrac{d}{dx}(U(x))\Bigr|_{x_\text{eq}}=\dfrac{Gm_1m_3}{x_\text{eq}^2}-\dfrac{Gm_2m_3}{(d-x_\text{eq})^2}=0. \end{equation*}$

La precedente equazione costituisce un metodo alternativo per il calcolo di $x_\text{eq}$ rispetto a quanto visto nel punto 1.

Nel caso in esame dall’equazione (101) ricaviamo che

(103) $\begin{equation*} \dfrac{d^2}{dx^2}(U(x))=-2\dfrac{Gm_1m_3}{x^3}-\dfrac{2Gm_2m_3}{(d-x)^3}=-2Gm_3\left[\dfrac{m_1}{x^3}+\dfrac{m_2}{(d-x)^3}\right]. \end{equation*}$

Dalla precedente equazione osserviamo che per determinare il segno di $d^2U(x)/dx^2$ nel punto $x_\text{eq}$ è sufficiente determinare il segno di

$\begin{aligned} \dfrac{m_1}{x_\text{eq}^3}+\dfrac{m_2}{(d-x_\text{eq})^3}&= \dfrac{m_1}{\dfrac{d^3\sqrt{m_1}^3}{(\sqrt{m_1}+\sqrt{m_2})^3}}+ \dfrac{m_2}{\left(d-\dfrac{d\sqrt{m_1}}{(\sqrt{m_1}+\sqrt{m_2})}\right)^3}\\\\ &=\dfrac{m_1(\sqrt{m_1}+\sqrt{m_2})^3}{d^3\sqrt{m_1}^3}+\dfrac{m_2(\sqrt{m_1}+\sqrt{m_2})^3}{d^3\sqrt{m_2}^3}\\\\ &=\dfrac{(\sqrt{m_1}+\sqrt{m_2})^3}{d^3}\left(\dfrac{m_1}{\sqrt{m_1}^3}+\dfrac{m_2}{\sqrt{m_2}^3}\right)\\\\ &=\dfrac{(\sqrt{m_1}+\sqrt{m_2})^3}{d^3}\left(\dfrac{1}{\sqrt{m_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{m_2}}\right)>0. \end{aligned}$

Dalla precedente disuguaglianza e dall’equazione (103) deduciamo quindi che

(104) $\begin{equation*} \dfrac{d^2}{dx^2}(U(x))\Bigr|_{x_\text{eq}}<0, \end{equation*}$

ovvero

$\quad$

$x_\text{eq}$

è un punto di equilibrio instabile del sistema.

Esercizio 7 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un satellite di massa $m$

descrive un’orbita circolare attorno ad un pianeta di massa $M$

. Il raggio dell’orbita è $r$

ed il periodo di rivoluzione è $T$

Calcolare il valore della massa $M$ del pianeta e l’energia del satellite.

Svolgimento.

Supponiamo $M\gg m$

, da cui è possibile considerare il pianeta di massa $M$

fermo rispetto al corpo $m$

che si muove di moto circolare rispetto ad esso. Il corpo di massa $m$

si muove di moto circolare uniforme, pertanto la sua velocità angolare è $\omega=(2\pi/T)$

, e inoltre possiede una velocità tangenziale di modulo $v=\omega r$

. Come visto nella sezione 1.5, l’energia meccanica del satellite $E_T$

è data dalla somma di energia cinetica $mv^2/2$

ed energia potenziale $-GmM/r$

, ossia

$\begin{aligned} E_T&=-G\,\dfrac{m\,M}{r}+\dfrac{1}{2}\,m\,v^2=\\ &=-G\,\dfrac{m\,M}{r}+\dfrac{1}{2}\,m\,\omega^2\,r^2=\\ &=-G\,\dfrac{m\,M}{r}+\dfrac{1}{2}\,m\left(\dfrac{4\pi^2}{T^2}\right)r^2. \label{eq:ene} \end{aligned}$

D’altro canto, applicando al satellite la seconda legge di Newton $\vec{F}=m\vec{a}$ e ricordando che siccome il moto è circolare uniforme l’accelerazione sarà centripeta $\left(a_c=\dfrac{v^2}{r}\right)$ , otteniamo che

(105) $\begin{equation*} F=ma\quad\Leftrightarrow\quad G\,\dfrac{m\,M}{r^2}=\dfrac{m\,v^2}{r}\quad\Leftrightarrow\quad v^2=G\dfrac{M}{r}, \end{equation*}$

da cui esplicitando rispetto alla massa del pianeta $M$ ,

(106) $\begin{equation*} M=\dfrac{v^2r}{G}=\left(\dfrac{2\pi r}{T}\right)^2\dfrac{r}{G}, \end{equation*}$

dove abbiamo utilizzato il fatto che in un moto circolare uniforme $v=2\pi r/T$ . Pertanto la precedente equazione diventa

$\boxcolorato{fisica}{M=\dfrac{4\pi^2}{T^2}{r^3}{G}.}$

Grazie all’equazione (105) è possibile riscrivere l’equazione dell’energia del satellite

(107) $\begin{equation*} E_T=-G\,\dfrac{m\,M}{r}+\dfrac{1}{2}\,m\,v^2, \end{equation*}$

come segue

$\boxcolorato{fisica}{E_T=-G\,\dfrac{m\,M}{r}+\dfrac{1}{2}\,G\,\dfrac{m\,M}{r}=-\dfrac{1}{2}\,G\,\dfrac{m\,M}{r}.}$

Come atteso, essendo il satellite in un’orbita legata al pianeta la sua energia è negativa.

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. In un sistema di stelle binario, due stelle ruotano di moto circolare uniforme attorno al comune centro di massa (supposto fisso) sotto l’azione della reciproca attrazione gravitazionale. La stella di massa $M_1$

percorre un’orbita di raggio $R_1$

, mentre la stella di massa $M_2$

percorre un’orbita di raggio $R_2<R_1$

Calcolare il periodo di rotazione di tale sistema.

$\quad$

Figura 26: sistema fisico in esame.

$\quad$

Svolgimento.

Sia $Oxy$

un sistema di riferimento inerziale dal quale si osservano i due corpi $M_1$

e $M_2$

di dimensioni trascurabili, come illustrato in figura 27.

$\quad$

Figura 27: sistema di riferimento $Oxy$ .

$\quad$

I due corpi si attraggono reciprocamente, per cui dalla seconda legge della dinamica, come visto nella sezione 1.8, possiamo scrivere per entrambi i corpi

(108) $\begin{equation*} \begin{cases} M_1\dfrac{d^2\vec{R}_1}{dt^2}=\dfrac{GM_1M_2}{r^2} \, \hat{r}\\\\ M_2\dfrac{d^2\vec{R}_2}{dt^2}=-\dfrac{GM_1M_2}{r^2} \, \hat{r}, \end{cases} \end{equation*}$

dove il corpo di massa $M_1$ si trova a distanza $R_1$ da $O$ , mentre il corpo di massa $M_2$ si trova a distanza $R_2$ da $O$ ed $\vec{r}$ è la coordinata relativa tra i due corpi. In figura 1 rappresentiamo le masse, le rispettive distanze da $O$ ed anche il loro comune centro di massa.

Riscriviamo (108) ottenendo

(109) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{d^2\vec{R}_1}{dt^2}=\dfrac{1}{M_1}\dfrac{GM_1M_2}{r^2} \, \hat{r}\\\\ \dfrac{d^2\vec{R}_2}{dt^2}=-\dfrac{1}{M_2}\dfrac{GM_1M_2}{r^2} \, \hat{r}, \end{cases} \end{equation*}$

e sottraiamo membro a membro le equazioni (109) $_2$ e (109) $_1$ , arrivando a

(110) $\begin{equation*} \dfrac{d^2\left( \vec{R}_2- \vec{R}_1\right) }{dt^2}=-\dfrac{1}{M_1}\dfrac{GM_1M_2}{r^2}\hat{r}-\dfrac{1}{M_2}\dfrac{GM_1M_2}{r^2}\, \hat{r}. \end{equation*}$

Per il metodo del parallelogramma o punto coda si osserva che

(111) $\begin{equation*} \vec{R}_2-\vec{R}_1=\vec{r}, \end{equation*}$

e confrontando (110) con (111) abbiamo

(112) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\dfrac{d^2\left( \vec{R}_2- \vec{R}_1\right) }{dt^2}=-\dfrac{1}{M_1}\dfrac{GM_1M_2}{r^2}\hat{r}-\dfrac{1}{M_2}\dfrac{GM_1M_2}{r^2}\, \hat{r} \quad \Leftrightarrow \quad \\\\ &\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{d^2 \vec{r} }{dt^2}=-\dfrac{1}{M_1}\dfrac{GM_1M_2}{r^2}\hat{r}-\dfrac{1}{M_2}\dfrac{GM_1M_2}{r^2}\, \hat{r}. \end{aligned} \end{equation*}$

Dunque

(113) $\begin{equation*} \dfrac{d^2\vec{r} }{dt^2}=-\dfrac{GM_1M_2}{r^2}\left(\dfrac{1}{M_2}+\dfrac{1}{M_1} \right) \, \hat{r}. \end{equation*}$

Introducendo la massa ridotta definita all’equazione (33) possiamo riscrivere il sistema (113) come

(114) $\begin{equation*} \dfrac{d^2\vec{r} }{dt^2}=-\dfrac{GM_1M_2}{r^2}\dfrac{1}{\mu} \, \hat{r} \quad \Leftrightarrow \quad \mu \dfrac{d^2\vec{r}}{dt^2}=-\dfrac{GM_1M_2}{r^2} \, \hat{r}. \end{equation*}$

Abbiamo dunque ricondotto il problema di due corpi a quello di un solo corpo. Inoltre osserviamo che nel sistema non sono presenti forze esterne quindi o il moto del centro di massa si muove di moto rettilineo uniforme o al più il centro di massa rimane fermo; ciò dipende dalle condizioni iniziali del problema. Ad ogni modo si può sempre scegliere un opportuno sistema di riferimento inerziale solidale con il centro di massa in modo tale da porre uguale a zero la velocità del centro di massa.

Tornando ora al nostro problema, ci mettiamo nel centro di massa e riduciamo il problema ad un unico corpo con massa ridotta

(115) $\begin{equation*} \dfrac{1}{\mu} = \dfrac{1}{M_1} + \dfrac{1}{M_2} \quad\Leftrightarrow\quad \mu=\dfrac{M_1M_2}{M_1+M_2}, \end{equation*}$

che si muove di moto circolare uniforme rispetto al centro di massa con la stessa velocità angolare $\omega$ di $M_1$ e $M_2$ e posta ad una distanza $r= R_1+R_2$ .

Proiettando radialmente l’equazione (114) possiamo scrivere

(116) $\begin{equation*} \mu \dfrac{d^2r }{dt^2}=\dfrac{GM_1M_2}{(R_1+R_2)^2} , \end{equation*}$

e ricordando che

(117) $\begin{equation*} \dfrac{d^2r}{dt^2}=a_c=\omega^2(R_1+R_2), \end{equation*}$

dove $a_c$ è l’accelerazione centripeta. Sostituendo l’equazione (117) nell’equazione (116) avremo che

(118) $\begin{equation*} \mu \omega^2(R_1+R_2)=\dfrac{GM_1M_2}{(R_1+R_2)^2}, \end{equation*}$

da cui esplicitando rispetto alla pulsazione $\omega$

(119) $\begin{equation*} \omega=\sqrt{\dfrac{GM_1M_2}{\mu(R_1+R_2)^3}}. \end{equation*}$

Ricordiamo che in un moto circolare uniforme la pulsazione $\omega$ è legata al periodo $T$ mediante

$T=\dfrac{2\pi}{\omega},$

da cui, sostituendo l’espressione di $\omega$ ottenuta dall’equazione (119), segue che

(120) $\begin{equation*} T=2\pi \sqrt{\dfrac{\mu(R_1+R_2)^3}{GM_1M_2}}. \end{equation*}$

Inserendo l’espressione di $\mu$ ottenuta nell’equazione (115) nell’equazione (120) avremo che

(121) $\begin{equation*} T=2\pi \sqrt{\dfrac{M_1M_2}{M_1+M_2}\dfrac{(R_1+R_2)^3}{GM_1M_2}}, \end{equation*}$

ovvero

$\boxcolorato{fisica}{T = 2\pi(R_1+R_2) \sqrt{\dfrac{R_1+R_2}{G(M_1+M_2)}}.}$

Esercizio 9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Una cometa di massa $m=10^{18}\,\textnormal{g}$

raggiunge una distanza minima dal Sole pari a $D_1=8,45\times 10^7\,\textnormal{km}$

, ed una distanza massima pari a $D_2=5,30\times 10^9\,\textnormal{km}$

Calcolare:

$\quad$

la velocità della cometa al perielio $v_p$ ;

la velocità della cometa all’afelio $v_a$ ;

l’energia totale della cometa;

il momento angolare totale della cometa.

$\quad$

Figura 28: schematizzazione sistema fisico in esame.

$\quad$

Svolgimento punti 1-2.

Si consideri il sistema costituito da una cometa in orbita intorno al Sole come illustrato in figura 29.

$\quad$

Figura 29: sistema fisico in esame.

$\quad$

Nel punto di minima (massima) distanza tra il Sole e la cometa, il raggio vettore ha modulo $D_1$ ( $D_2$ ) e la componente radiale della velocità è nulla. Per calcolare la velocità della cometa al perielio e all’afelio, applichiamo la legge di conservazione dell’energia meccanica e la legge di conservazione del momento angolare. Siano $E_{T,p}$ e $E_{T,a}$ l’energia totale al perielio e all’afelio sono date dall’equazione (40), cioè

(122) $\begin{equation*} E_{T,p}=\dfrac{m}{2}\,v_p^2-G\,\dfrac{m\,M_{\odot}}{D_1}, \end{equation*}$

(123) $\begin{equation*} E_{T,a}=\dfrac{m}{2}\,v_a^2-G\,\dfrac{m\,M_{\odot}}{D_2}. \end{equation*}$

Siano $L_p$ e $L_a$ il momento angolare al perielio e all’afelio, cioè

(124) $\begin{equation*} L_p=D_1\,m\,v_p, \end{equation*}$

(125) $\begin{equation*} L_a=D_2\,m\,v_a. \end{equation*}$

Le leggi di conservazione dell’energia totale e del momento angolare $E_{T,p}=E_{T,a}$ e $L_a=L_p$ , attraverso le equazioni (122), (123), (124) e (125) danno luogo al seguente sistema di due equazioni nelle due incognite $v_p$ e $v_a$ ,

(126) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{m}{2}\,v_p^2-G\,\dfrac{m\,M_{\odot}}{D_1}= \dfrac{m}{2}\,v_a^2-G\,\dfrac{m\,M_{\odot}}{D_2}\\ D_1\,m\,v_p=D_2\,m\,v_a. \end{cases} \end{equation*}$

Usando la seconda equazione del sistema precedente, possiamo esprimere $v_a$ in funzione di $v_p$ e sostituirla così nella prima equazione dello stesso, ossia

(127) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{m}{2}\,v_p^2-G\,\dfrac{m\,M_{\odot}}{D_1}= \dfrac{m}{2}\,v_a^2-G\,\dfrac{m\,M_{\odot}}{D_2}\\ v_a=\dfrac{D_1}{D_2}\,v_p \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} \dfrac{1}{2}v_p^2-G\,\dfrac{M_{\odot}}{D_1}=\dfrac{1}{2}\dfrac{D_1^2}{D_2^2}\,v_p^2-G\,\dfrac{M_{\odot}}{D_2}\\ v_a=\dfrac{D_1}{D_2}\,v_p. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla prima equazione del sistema (127) otteniamo che

(128) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{D_1^2}{D_2^2}\right)v_p^2=GM_\odot\left(\dfrac{1}{D_1}-\dfrac{1}{D_2}\right)\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{1}{2}\dfrac{D_2^2-D_1^2}{D_2^2}v_p^2=GM_\odot\dfrac{D_2-D_1}{D_1D_2}, \end{equation*}$

ovvero

(129) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}\dfrac{(D_2-D_1)(D_2+D_1)}{D_2^2}v_p^2=GM_\odot \dfrac{D_2-D_1}{D_1D_2}\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{D_2+D_1}{2D_2}v_p^2=\dfrac{GM_\odot}{D_1} , \end{equation*}$

da cui

(130) $\begin{equation*} v_p=\dfrac{2GM_\odot D_2}{D_1(D_1+D_2)}\quad\Leftrightarrow\quad v_p=\sqrt{\dfrac{2\,G\,M_{\odot}\,D_2}{D_1\,(D_1+D_2)}}. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $v_p$ ottenuta nella seconda equazione del sistema (127) otteniamo che

(131) $\begin{equation*} v_a=\dfrac{D_1}{D_2}\sqrt{\dfrac{2\,G\,M_{\odot}\,D_2}{D_1\,(D_1+D_2)}}=\sqrt{\dfrac{2\,G\,M_{\odot}\,D_1}{D_2\,(D_1+D_2)}}. \end{equation*}$

Dai dati numerici del problema ricaviamo che

$\boxcolorato{fisica}{\begin{aligned} &v_p\simeq55,6\,\text{km/s} \\ &v_a\simeq0,89\,\text{km/s}. \end{aligned}}$

Svolgimento punti 3-4.

Dalle equazioni (122) e (124) (o equivalentemente (123) e (125)) ricaviamo che l’energia e il momento angolare totali della cometa risultano dunque:

$\boxcolorato{fisica}{\begin{aligned} & E=\dfrac{m}{2}v_p^2-G\,\dfrac{M_{\odot}\,m}{D_1}\simeq-1,57\times10^{29}\,\textnormal{J} \\ & L=m\,v_p\,D_1\simeq 1,30\times10^{27}\,\textnormal{kg}\cdot\textnormal{m}^2 \cdot \textnormal{s}^{-1}. \end{aligned}}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un satellite di massa $m$

molto vicino alla Terra è stato in orbita per studiarne le caratteristiche. Esso ruota su di un’orbita circolare intorno al Sole con lo stesso periodo di rivoluzione della Terra, trovandosi costantemente in un punto lungo la linea che congiunge la Terra al Sole. Sia $M_\odot$

la massa del Sole, $M_\oplus$

la massa della Terra e $d$

la distanza Terra-Sole.

Calcolare la distanza $x$ , satellite-Terra, nell’ipotesi che $x\ll d$ .

$\quad$

Figura 30: sistema fisico in esame.

$\quad$

Svolgimento.

Definiamo un sistema di riferimento cartesiano $Ox$

con l’origine $O$

in corrispondenza del Sole (approssimato come oggetto puntiforme) e l’asse $x$

diretto in ogni istante nella congiungente Terra-Sole ed orientato come in figura 31.

$\quad$

Figura 31: sistema di riferimento $Ox$ e diagramma di forze agenti sul satellite.

$\quad$

Sul satellite, posto ad una distanza $x$ dalla Terra e $d-x$ dal Sole, agiscono la forza di attrazione gravitazionale solare $\vec{F}_\odot$ e la forza di attrazione gravitazionale terrestre $\vec{F}_\oplus$ orientate come in figura 31. Dal secondo principio della dinamica, utilizzando l’equazione (2), segue che

(132) $\begin{equation*} \vec{F}_\odot+\vec{F}_\oplus=m\vec{a}, \end{equation*}$

che proiettata lungo l’asse delle $x$ diventa

(133) $\begin{equation*} -G\dfrac{M_\oplus m}{(d-x)^2}+G\dfrac{M_\odot m}{x^2}=-m\ddot{x}, \end{equation*}$

dove il segno meno è dovuto al fatto che il satellite si muove di moto circolare intorno al Sole. Poiché il satellite si muove lungo un’orbita circolare di raggio $d-x$ intorno al Sole con velocità angolare $\omega$ , allora l’accelerazione centripeta vale

(134) $\begin{equation*} \ddot{x}=\omega^2(d-x). \end{equation*}$

Sostituendo l’equazione (134) nell’equazione (133) e semplificando per $m$ abbiamo che

(135) $\begin{equation*} -G\dfrac{M_\odot}{(d-x)^2} + G \dfrac{M_\oplus}{x^2}= - \omega^2(d-x). \end{equation*}$

Sotto l’ipotesi iniziale $x\ll d$ possiamo riscrivere l’equazione come segue

(136) $\begin{equation*} \begin{split} &-\dfrac{GM_\odot}{d^2}\dfrac{1}{\left(1-\dfrac{x}{d}\right)^2}+G\dfrac{M_\oplus}{x^2}=-\omega^2d\left(1-\dfrac{x}{d}\right)\quad\Leftrightarrow\quad \\ &\quad\Leftrightarrow\quad -\dfrac{1}{\left(1-\dfrac{x}{d}\right)^2}+\dfrac{M_\oplus}{M_\odot}\left(\dfrac{d}{x}\right)^2=-\dfrac{\omega^2d^3}{GM_\oplus}\left(1-\dfrac{x}{d}\right), \end{split} \end{equation*}$

così da poter semplificarla per mezzo di opportune espansioni di Taylor.

Definiamo $\alpha\coloneqq M_\oplus/M_\odot$ e $k=x/d$ , la precedente equazione diventa

(137) $\begin{equation*} -\dfrac{1}{(1-k)^2}+\dfrac{\alpha}{k^2} = - \dfrac{d^3}{GM_S} \omega^2 (1-k). \end{equation*}$

Osserviamo che poiché il satellite ha lo stesso periodo di rivoluzione terrestre allora avrà anche la stessa velocità angolare della Terra. Dalla terza legge di Keplero (equazioni (42) e (43)) sappiamo che

$\omega^2 = \dfrac{GM_\odot}{d^3}.$

Inserendo la precedente espressione di $\omega$ nell’equazione (137) avremo che

(138) $\begin{equation*} -\dfrac{1}{(1-k)^2}+\dfrac{\alpha}{k^2} = - (1-k). \end{equation*}$

La precedente equazione può essere semplificata attraverso l’espansione di Taylor per $k\ll 1$ del primo termine.

Ricordiamo infatti che

$\begin{aligned} (1+x)^\alpha\approx 1+\alpha x\quad\quad\quad \forall |x|\ll 1 \text{ e }\alpha \in \mathbb{R}\\ \dfrac{1}{1-\alpha x}\approx 1+\alpha x\quad\quad\quad \forall |x|\ll 1 \text{ e }\alpha \in \mathbb{R}. \end{aligned}$

In particolare utilizzando le due espansioni di Taylor illustrate precedentemente, avremo che

(139) $\begin{equation*} -\dfrac{1}{(1-k)^2} \approx - \dfrac{1}{1-2k} \approx - (1+2k). \end{equation*}$

Inserendo l’equazione (139) nell’equazione (138) otteniamo che

(140) $\begin{equation*} -(1+2k) + \dfrac{\alpha}{k^2}= - (1-k)\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{\alpha}{k^2} = 3k \quad\Leftrightarrow\quad k = \sqrt[3]{\dfrac{\alpha}{3}}. \end{equation*}$

Ricordando che $k=\dfrac{x}{d}$ e $\alpha=M_\oplus/M_\odot$ concludiamo che

$\boxcolorato{fisica}{x= d \sqrt[3]{\dfrac{M_\oplus}{3M_\odot}}.}$

Osservazione.

Ricordando che $M_\oplus=5,9726\cdot 10^{24}\,\textnormal{kg}$

, $M_\odot=1,998\cdot 10^{30}\,\textnormal{kg}$

e $d=1,496\cdot 10^{11}\,\textnormal{m}$

otteniamo che

(141) $\begin{equation*} x\approx 1.5\cdot 10^8\,\textnormal{m}. \end{equation*}$

Ossia il satellite si trova a circa 1.5 milioni e mezzo di chilometri dalla Terra.

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Ad un certo istante un corpo celeste di massa $m$

si trova ad una distanza $R$

dal centro del Sole e si muove con una velocità che forma un angolo $\theta_0=60^{\circ}$

rispetto alla retta congiungente il corpo con il Sole (si veda la figura 32). L’energia meccanica totale associata a tale corpo è nulla in ogni istante.

Si dica che tipo di traiettoria descrive il corpo celeste e si calcoli la minima distanza dal centro del Sole alla quale arriva $m$ .

$\quad$

Figura 32: sistema composto dal Sole e da un corpo celeste di massa $m$ .

$\quad$

Svolgimento.

Come osservato nella sezione 1.8 dei Richiami Teorici, poiché l’energia complessiva del corpo è nulla in ogni istante, allora Box Centrato

la sua traiettoria rispetto al centro del Sole è parabolica.

$\quad$

Per calcolare la minima distanza del corpo celeste dal Sole possiamo applicare la conservazione dell’energia meccanica tra il perielio e l’afelio.

Il corpo celeste è soggetto soltanto alla forza di gravitazione universale, pertanto la sua energia e il suo momento angolare si conservano in ogni istante. Consideriamo l’istante di tempo iniziale in cui il corpo celeste ha una velocità di modulo $v_i$ formante un angolo $\theta$ con la congiungente con il centro del Sole. Dall’equazione (8) ricaviamo che in tale istante l’energia totale $E_i$ è

(142) $\begin{equation*} E_i=\dfrac{1}{2}mv_i^2-\dfrac{G\,m\,M_\odot}{R}=0. \end{equation*}$

Consideriamo l’istante di tempo in cui il corpo celeste si trova alla distanza minima dal Sole $d_{\text{min}}$ . In tale istante il modulo della velocità è $v_f$ . Analogamente usando l’equazione (8) ricaviamo che l’energia totale $E_f$ quando il corpo si trova alla distanza $d_{\text{min}}$ è

(143) $\begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}v_f^2-\dfrac{G\,m\,M_\odot}{d_{\text{min}}}. \end{equation*}$

Per la conservazione dell’energia si ha

(144) $\begin{equation*} E_i=E_f, \end{equation*}$

ovvero utilizzando le equazioni (142) e (143),

(145) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv_i^2-\dfrac{G\,m\,M_\odot}{R}=\dfrac{1}{2}v_f^2-\dfrac{G\,M_\odot\,m}{d_{\text{min}}}. \end{equation*}$

Per quanto riguarda il calcolo del momento angolare del corpo, osserviamo che all’inizio la velocità del corpo forma un angolo $\theta_0$ rispetto alla congiungente corpo-Sole pertanto il momento angolare iniziale $L_i$ vale

(146) $\begin{equation*} L_i=m\,R\,v_i\,\sin\theta_0. \end{equation*}$

Invece, quando il corpo si trova alla minima distanza dal Sole, esso passa per il vertice della parabola di cui il fuoco è rappresentato dal Sole. In questo punto la velocità è puramente trasversa, ossia ortogonale alla congiungente che collega il corpo con il Sole, come illustrato in figura 33.

$\quad$

Figura 33: sistema dei due corpi nel momento in cui il corpo di massa $m$ si trova alla distanza minima $d_{\text{min}}$ dal Sole.

$\quad$

Pertanto il momento angolare finale $L_f$ sarà pari a

(147) $\begin{equation*} L_f=m\,d_{\text{min}}\,v_f, \end{equation*}$

poiché la velocità è ortogonale alla congiungente che collega il corpo con il Sole, ossia $\sin \theta =1$ .

Dalla conservazione del momento angolare

$L_i=L_f,$

utilizzando le equazioni (146) e (147), si ha

(148) $\begin{equation*} m\,R\,v_i\,\sin \theta_0=m\,d_{\text{min}}\,v_f, \end{equation*}$

semplificando per la massa $m$ ,

(149) $\begin{equation*} v_i\,R\,\sin \theta_0=d_{\text{min}}\,v_f. \end{equation*}$

Mettendo a sistema le equazioni (142), (143), e (149), si ottiene

(150) $\begin{equation*} \begin{cases} v_i\,R\,\sin \theta_0=d_{\text{min}}\,v_f\\[10pt] \dfrac{G\,m\,M_\odot}{R}=\dfrac{1}{2}\,m\,v_i^2\\[10pt] \dfrac{G\,m\,M_\odot}{d_{\text{min}}}=\dfrac{1}{2}\,m\,v_f^2.\\ \end{cases} \end{equation*}$

Dalla seconda equazione del sistema (150) si ricava

(151) $\begin{equation*} v_i=\sqrt{2\,G\,M_\odot}{R}, \end{equation*}$

mentre dalla terza equazione si trova che

(152) $\begin{equation*} v_f=\sqrt{2\,G\,M_\odot}{d_{\text{min}}}. \end{equation*}$

Inserendo tali espressioni per $v_i$ e $v_f$ nella prima equazione del medesimo sistema, si ottiene

(153) $\begin{equation*} \sqrt{\dfrac{2G\,M_\odot}{R}}\,R\,\sin \theta_0=\sqrt{\dfrac{2\,G\,M_\odot}{d_{\text{min}}}}\,d_{\text{min}}\quad\Leftrightarrow\quad \sqrt{R}\sin\theta_0=\sqrt{d_\text{min}}, \end{equation*}$

ovvero

(154) $\begin{equation*} d_\text{min}=R\sin^2\theta_0. \end{equation*}$

Ricordando che $\theta_0=60^\circ$ si ha

$\boxcolorato{fisica}{d_{\text{min}}=\dfrac{3}{4}\,R.}$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Dimostrare che in un’orbita parabolica il tempo necessario al raggio vettore per “spazzare” un angolo $\theta$

misurato a partire dal vertice è proporzionale alla quantità

$\begin{equation*} \bar{t}\coloneqq \tan\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{1}{3}\,\tan^3\dfrac{\theta}{2}. \end{equation*}$

Svolgimento.

La parabola è una particolare sezione conica. Come visto nella sezione 1.8 dei Richiami Teorici, diversi valori di eccentricità determinano diverse tipologie di coniche. Risolviamo l’equazione (39) rispetto ad $r$

(155) $\begin{equation*} \varepsilon\,(d-r\,\cos\,\theta)=r\quad\Leftrightarrow\quad\varepsilon\,d=r\,(1+\varepsilon\,cos\,\theta)\quad\Leftrightarrow\quad r=\dfrac{\varepsilon\,d}{1+\varepsilon\,\cos\,\theta}. \end{equation*}$

Nel caso della parabola $\varepsilon=1$ per cui l’espressione di $r$ in funzione dell’angolo $\theta$ misurato a partire da $F$ diviene

(156) $\begin{equation*} r(\theta)=\dfrac{d}{1+\cos\,\theta}. \end{equation*}$

Si consideri un corpo di massa $m$ in moto su un’orbita parabolica sotto l’influenza di un campo di forza centrale. Si ricordi che il momento angolare $L$ di un corpo in un campo di forza centrale è costante ed ha modulo pari a

(157) $\begin{equation*} L=m\,r^2\,\dfrac{d\theta}{dt}=m\,\left(\dfrac{d}{1+\cos\,\theta}\right)^2\,\dfrac{d\theta}{dt}. \end{equation*}$

Pertanto il piano orbitale del punto materiale è fisso. Osserviamo che l’equazione (157) mette in relazione l’angolo $d\theta$ spazzato dal raggio vettore nel tempo $dt$ attraverso

(158) $\begin{equation*} dt=\dfrac{md^2}{L(1+\cos\theta)}d\theta. \end{equation*}$

È possibile determinare il tempo $T$ necessario al raggio vettore per spazzare un angolo $\theta$ integrando l’Eq. (ref{L_es12_2}) nel seguente modo

(159) $\begin{equation*} T\coloneqq t_{fin}-t_{in}=\int_{t_{in}}^{t_{fin}}\,dt=\dfrac{m\,d^2}{L}\int_0^{\theta}\left(\dfrac{1}{1+\cos\,\theta'}\right)^2\,d\theta'. \end{equation*}$

L’integrale nell’equazione (158) può essere semplificato riscrivendo $\cos\,\theta'$ in funzione di un parametro $p'=\tan\,\dfrac{\theta'}{2}$ , utilizzando la nota relazione parametrica della trigonometria,

(160) $\begin{equation*} \cos\,\theta'=\dfrac{1-p'^2}{1+p'^2}. \end{equation*}$

Dunque, essendo $d\theta'=\dfrac{2}{1+p'^2}\,dp'$ e $p(\theta=0)=0$ , l’equazione (159) diventa

(161) $\begin{equation*} T=\dfrac{m\,d^2}{L}\int_0^p\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1-p'^2}{1+p'^2}\right)^2}\,\dfrac{2}{1+p'^2}\,dp'=\dfrac{m\,d^2}{L}\int_0^p\left(\dfrac{1+p'^2}{2}\right)\,dp'=\dfrac{m\,d^2}{2\,L}\left(p+\dfrac{p^3}{3}\right). \end{equation*}$

Ricordando che $p=\tan\,\dfrac{\theta}{2}$ , si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{T=\dfrac{m\,d^2}{2\,L}\left(\tan\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{1}{3}\tan^3\dfrac{\theta}{2}\right).}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Due stelle di egual massa poste a distanza $D$

(misurata in AU) si muovono sotto l’azione della reciproca attrazione gravitazionale, percorrendo orbite circolari identiche attorno al centro $O$

, come mostrato nella figura 34.

Indicando con $T$ il periodo di rotazione delle due stelle (misurato in anni solari yr), dimostrare che la massa di ciascuna stella, misurata in termini della massa solare $M_\odot$ , è pari a

$\dfrac{M}{M_\odot}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{D}{1\,\textnormal{AU}}\right)^3\left(\dfrac{T}{1\,\textnormal{yr}}\right)^{-2}.$

$\quad$

Figura 34: sistema fisico in esame.

$\quad$

Svolgimento.

La determinazione delle masse stellari riveste un ruolo fondamentale per la definizione dei modelli di evoluzione stellare. La massa di una stella è il parametro chiave caratterizzante la produzione energetica, ed è dunque l’indicatore principale della durata delle diverse fasi della sua esistenza. I sistemi di stelle binarie rappresentano un utile strumento per gli astronomi ai fini della derivazione della massa.

Si ricordi che il problema dei due corpi di massa $M_1$ e $M_2$ può essere ricondotto a quello di un solo corpo di massa pari alla massa ridotta $\mu$ data dall’equazione (33), sotto l’azione di un potenziale gravitazionale equivalente a quello generato dalla massa totale del sistema $M_T=(M_1+M_2)$ .

Nel caso in esame $M_1=M_2\coloneqq M$ per cui

(162) $\begin{equation*} \dfrac{1}{\mu}=\dfrac{1}{M}+\dfrac{1}{M}=\dfrac{2}{M}\quad\Leftrightarrow\quad \mu=\dfrac{M}{2}. \end{equation*}$

L’equazione del moto per la massa ridotta è data da $\vec{F}=\mu\,\vec{a}$ , dove $\vec{a}=\vec{a}_c$ è l’accelerazione centripeta. Come conseguenza del teorema di Gauss (sezione 1.6 dei Richiami Teorici), si può dimostrare che la forza gravitazionale tra due sfere omogenee di masse $M_1$ ed $M_2$ (con cui schematizziamo le due stelle), poste ad una distanza $D$ tra i loro centri, è pari alla forza gravitazionale $\vec{F}_g$ tra due masse puntiformi $M_1$ e $M_2$ poste ad una distanza $D$ l’una dall’altra. Nel caso in cui i due corpi interagiscono mediante la sola forza gravitazionale

(163) $\begin{equation*} \mu\,\dfrac{v^2}{D}=G\,\dfrac{M_1\,M_2}{D^2}. \end{equation*}$

Ricordando che $v=\dfrac{2\,\pi\,D}{T}$ ed utilizzando l’equazione (162), l’equazione (163) diventa

(164) $\begin{equation*} \dfrac{M}{2}\left(\dfrac{2\pi D}{T}\right)^2\dfrac{1}{D}=G\dfrac{M^2}{D}\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{1}{2}\dfrac{4\pi^2D}{T^2}=G\dfrac{M}{D}, \end{equation*}$

da cui esplicitando rispetto a $M$ ,

(165) $\begin{equation*} M=\dfrac{4\pi^2}{G}\,\dfrac{D^3}{2\,T^2}. \end{equation*}$

Per risolvere il problema non resta che esprimere le varie grandezze in termini della massa solare $M_\odot$ , unità astronomica AU, e anno solare yr, che sono le unità comunemente adoperate in Astronomia (si veda la sezione Notazioni). Per esprimere la costante gravitazionale $G$ in unità astronomiche, si ricordi che la velocità orbitale della Terra è data da $v=\dfrac{2\pi\,\text{AU}}{\text{yr}}$ . Esprimendo la velocità orbitale come $v^2=\dfrac{G\,M}{R}$ , si trova che

(166) $\begin{equation*} G=4\pi^2\, \dfrac{\text{AU}^3}{M_\odot\, \text{yr}^{2}}\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{4\pi^2}{G}=\dfrac{M_\odot \textnormal{yr}^2}{\text{AU}^3}. \end{equation*}$

Dunque l’equazione (165) diventa

(167) $\begin{equation*} M=\left(\dfrac{M_\odot \textnormal{yr}^2}{\text{AU}^3}\right)\dfrac{D^3}{2T^2}, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{\dfrac{M}{M_\odot}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{D}{1\,\textnormal{AU}}\right)^3\left(\dfrac{T}{1\,\textnormal{yr}}\right)^{-2}.}$

Tale formula rappresenta la riformulazione Newtoniana della terza legge di Keplero, e ci dice che possiamo calcolare la somma delle masse di un sistema binario misurando il diametro dell’orbita e il periodo di rivoluzione.

Metodo alternativo.

Una maniera alternativa per risolvere il problema in esame è quella di considerare un sistema di riferimento solidale con il centro di massa, avente origine $O$

coincidente con esso. In tale sistema la posizione del centro di massa $\vec{R}$

rispetto a se stesso è nulla, per cui valgono le relazioni

(168) $\begin{equation*} \begin{cases} \vec{R}=\vec{0}\\ M_1\,D_1=M_2\,D_2, \end{cases} \end{equation*}$

dove $D_1$ e $D_2$ sono le distanze di $M_1$ e $M_2$ dal centro di massa, come illustrato in figura 35. Si osservi che in figura 35 abbiamo rappresentato un caso del tutto generico in cui $M_2>M_1$ al fine di ottenere un risultato generale. Successivamente utilizzeremo le informazioni note dalla traccia del problema.

$\quad$

Figura 35: schematizzazione sistema fisico in esame

$\quad$

Dalla seconda equazione del sistema (168) possiamo riscrivere $D_1$ e $D_2$ come

$\begin{aligned} D_1&=\dfrac{M_2\,D_2}{M_1},\\ D_2&=\dfrac{M_1\,D_1}{M_2}. \end{aligned}$

Possiamo esprimere dunque la distanza totale $D=D_1+D_2$ nel modo seguente

(169) $\begin{equation*} D=D_1+\dfrac{M_1\,D_1}{M_2}=\bigg(\dfrac{M_1+M_2}{M_2}\bigg)D_1\quad\Leftrightarrow\quad D_1=\left(\dfrac{M_2}{M_1+M_2}\right)D. \end{equation*}$

Applichiamo a ciascuna stella la legge di Newton $\vec{F}=m\,\vec{a}$ , dove $\vec{F}=\vec{F}_g$ è la forza gravitazionale (equazione (2)) e $\vec{a}=\vec{a}_c$ e l’accelerazione centripeta. In modulo si ha

$\begin{aligned} F_g&=G\,\dfrac{M_1\,M_2}{D^2},\\ a_c&=\omega^2\,r. \end{aligned}$

Dunque, possiamo scrivere per la stella di massa $M_1$

(170) $\begin{equation*} G\,\dfrac{M_1\,M_2}{D^2}=M_1\,\omega^2\,D_1. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione per $D_1$ trovata nell’equazione (169), e ricordando la definizione delle velocità angolare $\omega=\dfrac{2\pi}{T}$ , l’equazione (170) diventa

(171) $\begin{equation*} G\,\dfrac{M_1\,M_2}{D^2}=M_1\,\left(\dfrac{M_2}{M_1+M_2}\right)D\,\dfrac{4\pi^2}{T^2}. \end{equation*}$

Ricordando che $M_1=M_2=M$ e risolvendo rispetto ad $M$ , l’equazione (171) otteniamo

(172) $\begin{equation*} M=\dfrac{4\pi^2}{G}\,\dfrac{D^3}{2\,T^2}. \end{equation*}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$

. Tre corpi di massa $m$

ruotano, per effetto delle sole forze gravitazionali, lungo una circonferenza di raggio $R$

attorno ad un corpo fisso di massa $M\gg m$

, mantenendosi equidistanti. Per l’intero sistema si calcolino:

$\quad$

la quantità di moto totale;

il momento angolare totale, rispetto al centro $O$ del corpo di massa $M$ ;

il periodo di rivoluzione dei corpi di massa $m$ attorno al corpo di massa $M$ ;

l’energia totale del sistema.

Svolgimento punto 1.

Cominciamo col disegnare una schematizzazione del problema riportata in figura 36.

$\quad$

Figura 36: tre corpi di massa $m$ che ruotano attorno ad un corpo di massa $M\gg m$ .

$\quad$

Identifichiamo con $A$ , $B$ e $C$ i tre corpi del sistema, come nella figura 37.

$\quad$

Figura 37: circonferenza lungo la quale sono vincolati a muoversi i tre corpi indicati con $A$ , $B$ , e $C$ .

$\quad$

Rappresentiamo la circonferenza lungo la quale sono vincolati a muoversi i tre corpi e consideriamo il triangolo $ABC$ . Siccome, per i vincoli imposti dal problema sappiamo che i corpi devono mantenersi equidistanti, deduciamo che il triangolo $ABC$ è equilatero, da cui, per le note proprietà del triangolo equilatero concludiamo che tutti gli angoli avranno un’ampiezza di $60^{\circ}$ . Osserviamo che $A\widehat{O}B$ è un angolo al centro e $A\widehat{B}C$ è un angolo alla circonferenza. Ricordiamo la seguente definizione.

$\quad$

Definizione 3.1. Dato un angolo alla circonferenza, si dice angolo al centro corrispondente l’angolo che ha il vertice nel centro della circonferenza e che sottende l’arco su cui insiste l’angolo alla circonferenza.

$\quad$

Pertanto l’angolo $A\widehat{O}B$ è il corrispondente angolo al centro di $A\widehat{C}B$ . Sappiamo che un angolo alla circonferenza è la metà del suo angolo al centro corrispondente, da cui deduciamo che $A\widehat{O}B$ = $2\,A\widehat{C}B$ = $120^{\circ}$ .

Rappresentiamo il moto dei pianeti in un generico istante come illustrato in figura 38.

$\quad$

Figura 38: configurazione geometrica dei tre corpi in un generico istante $\displaystyle t$ .

$\quad$

Abbiamo scelto un sistema di riferimento cartesiano $O'xy$ fisso tale per cui nell’istante iniziale $t=0$ i punti $A$ e $B$ si trovano sull’asse delle $x$ , e il punto $C$ sull’asse delle $y$ . Proiettando per le velocità lungo il sistema di riferimento scelto si ha

$\begin{aligned} \vec{v}_C&=-v_C\,\hat{x},\\ \vec{v}_A&=v_A\,\cos\,60^{\circ}\,\hat{x}-v_A\,\sin\,60^{\circ}\,\hat{y}=\dfrac{1}{2}\,v_A\,\hat{x}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,v_A\,\hat{y},\\ \vec{v}_B&=v_B\,\cos\,60^{\circ}\,\hat{x}+v_B\,\sin\,60^{\circ}\,\hat{y}=\dfrac{1}{2}\,v_B\,\hat{x}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,v_B\,\hat{y}, \end{aligned}$

dove $\hat{x}$ e $\hat{y}$ rappresentano rispettivamente i versori dell’asse delle $x$ e delle $y$ .

Dato che i tre punti materiali devono rimanere equidistanti, si muovono tutti con la medesima velocità, cioè

(173) $\begin{equation*} |\vec{v}_A|=|\vec{v}_B|=|\vec{v}_C|=v. \end{equation*}$

Pertanto la quantità di moto totale è

$\begin{aligned} \vec{p}&=m\,\left(\vec{v}_A+\vec{v}_B+\vec{v}_C\right)=\\ &=m\,\left(-v\,\hat{x}+\dfrac{1}{2}\,v\,\hat{x}+\dfrac{1}{2}\,v\,\hat{x}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,v\,\hat{y}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,v\,\hat{y}\right)=\\ &=m(-v\,\hat{x}+v\,\hat{x})\\ &=\vec{0}. \end{aligned}$

Concludiamo che

$\boxcolorato{fisica}{\vec{p}=\vec{0}.}$

Abbiamo dimostrato che la quantità di moto totale è zero basandoci su una particolare assunzione geometrica, che corrisponde con lo stato del sistema al tempo $t=0$ , fatta in virtù di una semplificazione di calcoli. Il lettore è invitato a ripetere tale dimostrazione nel caso in cui i vettori velocità formino un angolo generico con gli assi corrispondenti, ossia mantenendo lo stesso sistema di riferimento ma considerando una configurazione del sistema composto dalle masse $m$ in un generico tempo $t>0$ , in cui le masse hanno ruotato di un generico angolo rispetto al tempo $t=0$ .

Svolgimento punto 2.

Calcoliamo il momento angolare rispetto al centro della circonferenza. Si osserva immediatamente che il momento angolare totale è costante in ogni istante $t>0$

, poiché non sono presenti forze esterne e quindi non ci sono momenti esterni. Si ha

(174) $\begin{equation*} \vec{L}=\vec{L}_A+\vec{L}_B+\vec{L}_C, \end{equation*}$

dove $\vec{L}_A$ , $\vec{L}_B$ e $\vec{L}_C$ sono i momenti angolari rispettivamente dei corpi $A$ , $B$ e $C$ rispetto al centro della circonferenza. I tre corpi si trovano alla stessa distanza da $O$ , quindi chiamando $\vec{r}_A$ , $\vec{r}_B$ e $\vec{r}_C$ i loro vettori posizione rispetto al centro, si ha

$\begin{aligned} &|\vec{L}_A|=m|\vec{v}_A||\vec{r}_A|\text{sin}\,\theta_1,\\ &|\vec{L}_B|=m|\vec{v}_B||\vec{r}_B|\text{sin}\,\theta_2,\\ &|\vec{L}_C|=m|\vec{v}_C||\vec{r}_C|\text{sin}\,\theta_3, \end{aligned}$

dove $\theta_A$ , $\theta_B$ e $\theta_C$ sono rispettivamente gli angoli che formano la velocità $\vec{v}_A$ con $\vec{r}_A$ , la velocità $\vec{v}_B$ con $\vec{r}_B$ , e la velocità $\vec{v}_C$ con $\vec{r}_C$ . Poiché il vettore velocità di ciascun corpo è tangente alla circonferenza istante per istante, allora $\theta_A=\theta_B=\theta_C=\pi/2$ e $|\vec{r}_A|=|\vec{r}_B|=|\vec{r}_C|=R$ , quindi ricordando che $|\vec{v}_A|=|\vec{v}_B|=|\vec{v}_C|=v$ , concludiamo

(175) $\begin{equation*} |\vec{L}_A|=|\vec{L}_B|=|\vec{L}_C|=mRv. \end{equation*}$

Inoltre, dalla regola della mano destra, i tre momenti angolari $\vec{L}_A$ , $\vec{L}_B$ e $\vec{L}_C$ sono ortogonali al piano $xy$ e uscenti da esso; sono quindi diretti lungo $\hat{z}$ in cui $\hat{z}$ è il versore dell’asse $z$ uscente dal piano $xy$ . Procediamo col calcolare il modulo della velocità $\vec{v}$ in funzione di $M$ e $R$ . In figura 39 sono rappresentate le forze agenti sul corpo $A$ : la forza $\vec{F}_{C,A}$ è la forza causata nell’interazione tra $C$ e $A$ , $\vec{F}_{M,A}$ tra $M$ e $A$ e $\vec{F}_{B,A}$ tra $B$ e $A$ .

$\quad$

Figura 39: rappresentazione delle forze agenti sul corpo $A$ .

$\quad$

Dalla seconda legge di Newton

(176) $\begin{equation*} \vec{F}_{C,A}+\vec{F}_{B,A}+\vec{F}_{M,A}=m\vec{a}_c\quad\Leftrightarrow\quad \vec{F}_{C,A}+\vec{F}_{B,A}+\vec{F}_{M,A}=\dfrac{m\,v^2}{R}\,\hat{n}, \end{equation*}$

dove $\vec{a}_c$ è l’accelerazione centripeta del corpo $m$ e $\hat{n}$ è il versore che punta, istante per istante, verso il centro della circonferenza. Si ha, applicando la legge di gravitazione universale

(177) $\begin{equation*} F_{C,A}=\dfrac{G\,m^2}{\overline{AC}^2}=F_{B,A}, \end{equation*}$

in cui $F_{C,A}$ è il modulo di $\vec{F}_{C,A}$ , $F_{B,A}$ è il modulo di $\vec{F}_{B,A}$ e $F_{M,A}$ è il modulo di $\vec{F}_{M,A}$ . Osservando la figura 40 e ricordando che il triangolo $AOB$ è isoscele si ha $\overline{AC}=\overline{BC}=\overline{AB}=2\overline{AO}=2R\,\cos\,30^{\circ}=2\,R\,\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\,R$ , e quindi

(178) $\begin{equation*} F_{C,A}=F_{B,A}=\dfrac{G\,m^2}{3\,R^2}. \end{equation*}$

Inoltre, si ha

(179) $\begin{equation*} F_{M,A}=\dfrac{G\,m\,M}{R^2}. \end{equation*}$

$\quad$

Figura 40: diagramma delle forze agenti sul corpo $A$ .

$\quad$

Applicando il metodo del parallelogramma (si veda figura 40), si vede che

$\begin{aligned} &\vec{F}_{M,A}+\vec{F}_{C,A}+\vec{F}_{B,A}=\\ &=\left(F_{M,A}+\sqrt{F_{C,A}^2+F_{B,A}^2-2\,\cos\,120^{\circ}\,F_{C,A}\,F_{B,A}}\right)\,\hat{n}\\ &=\left(F_{M,A}+\sqrt{F^2+F^2-F^2}\right)\,\hat{n}\\ &=\left(F_{M,A}+F\,\sqrt{3}\right)\,\hat{n}, \label{eq117} \end{aligned}$

dove $F=F_{C,A}=F_{B,A}$ e, inoltre, abbiamo applicato il teorema di Carnot. Dunque, si ha

(180) $\begin{equation*} \vec{F}_{M,A}+\vec{F}_{C,A}+\vec{F}_{B,A}=\dfrac{mv^2}{R}\,\hat{n}. \end{equation*}$

Sfruttando l’equazione (180)

(181) $\begin{equation*} F_{M,A}+\sqrt{3}\,F=\dfrac{mv^2}{R}. \end{equation*}$

Dai risultati pervenuti nelle equazioni (178) e (179) è possibile riscrivere l’equazione (181) come segue

(182) $\begin{equation*} \dfrac{G\,M\,m}{R^2}+\dfrac{\sqrt{3}\,G\,m^2}{3\,R^2}=\dfrac{mv^2}{R}, \end{equation*}$

da cui

(183) $\begin{equation*} \dfrac{G\,M}{R}+\dfrac{\sqrt{3}\,G\,m}{3\,R}=v^2, \end{equation*}$

ovvero

(184) $\begin{equation*} v=\sqrt{\dfrac{G\,M}{R}+\dfrac{\sqrt{3}\,G\,m}{3\,R}}=\sqrt{\dfrac{G}{R}\left(M+\dfrac{\sqrt{3}}{3}\,m\right)}. \end{equation*}$

Dall’espressione di $v$ ottenuta dall’equazione (184), l’equazione (175) diventa

(185) $\begin{equation*} |\vec{L}_A|=|\vec{L}_B|=|\vec{L}_C|=mR\sqrt{\dfrac{G}{R}\left(M+\dfrac{\sqrt{3}}{3}\,m\right)}. \end{equation*}$

Poichè i momenti angolari dei tre corpi sono paralleli, il modulo del momento angolare totale $\vec{L}$ risulta essere la somma dei moduli momenti angolari dei tre corpi. Si conclude che il momento angolare totale è

(186) $\begin{equation*} L=3|\vec{L}_A|, \end{equation*}$

ovvero

$\boxcolorato{fisica}{L=3\,m\,R\sqrt{\dfrac{G}{R}\left(M+\dfrac{\sqrt{3}}{3}\,m\right)}.}$

Svolgimento punto 3.

Per calcolare il periodo $T$

ricordiamo che i vari pianeti si muovono di moto circolare uniforme con velocità angolare $\omega$

, per cui

(187) $\begin{equation*} v=\omega\,R=\dfrac{2\pi R}{T}\quad\Leftrightarrow\quad T=\dfrac{2\pi R}{v}, \end{equation*}$

da cui, usando l’equazione (184), segue che

$\boxcolorato{fisica}{T=2\,\pi\,R \left(\dfrac{G}{R}\left(M+\dfrac{\sqrt{3}}{3}\,m\right)\right)^{-1/2}.}$

Svolgimento punto 4.

L’energia totale del sistema è

(188) $\begin{equation*} E_T=\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{1}{2}mv^2+U_{A,B}+U_{A,C}+U_{B,C}+U_{A,M}+U_{B,M}+U_{C,M}, \end{equation*}$

ovvero

(189) $\begin{equation*} \dfrac{3}{2}mv^2+\left(U_{A,B}+U_{A,C}+U_{B,C}\right)+\left(U_{A,M}+U_{B,M}+U_{C,M}\right), \end{equation*}$

dove $U_{A,B}$ è l’energia data dall’interazione tra $A$ e $B$ , $U_{A,C}$ è data dall’interazione tra $A$ e $C$ , $U_{B,C}$ è data dall’interazione tra $B$ e $C$ , $U_{A,M}$ l’interazione tra $A$ ed il corpo di massa $M$ , $U_{B,M}$ l’interazione tra $B$ ed il corpo di massa $M$ e $U_{C,M}$ l’interazione tra $C$ ed il corpo di massa $M$ . Si osservi che per scrivere la precedente equazione abbiamo sfruttato l’equazione (28). Calcolando $U_{A,B}$ , $U_{A,C}$ e $U_{B,C}$ , troviamo

(190) $\begin{equation*} U_{A,B}=U_{A,C}=U_{B,C}=-\dfrac{Gm^2}{\sqrt{3}R}. \end{equation*}$

Analogamente calcolando $U_{A,M}$ , $U_{B,M}$ e $U_{C,M}$ , troviamo

(191) $\begin{equation*} U_{A,M}=U_{B,M}=U_{C,M}=-\dfrac{GmM}{R}. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $v$ ottenuta dall’equazione (184) ed utilizzando le equazioni (190) e (191), l’equazione (189) diventa

(192) $\begin{equation*} E_T=\dfrac{3}{2}m\left(\dfrac{G}{R}\left(M+\dfrac{\sqrt{3}}{3}\,m\right)\right)+\left(-3\dfrac{Gm^2}{\sqrt{3}R}\right)+\left(-3\dfrac{GmM}{R}\right), \end{equation*}$

cioè

$\begin{aligned} E_T&=\dfrac{3}{2}\dfrac{GmM}{R}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\dfrac{Gm^2}{R}-\dfrac{3}{\sqrt{3}}\dfrac{Gm^2}{R}-3\dfrac{GmM}{R}\\\\ &=\left(\dfrac{3}{2}-3\right)\dfrac{GmM}{R}+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{3}{\sqrt{3}}\right)\dfrac{Gm^2}{R}\\\\ &=-\dfrac{3}{2}\dfrac{GmM}{R}+\dfrac{3-6}{2\sqrt{3}}\dfrac{Gm^2}{R}\\\\ &=-\dfrac{3}{2}\dfrac{GmM}{R}-\dfrac{3}{2}\dfrac{Gm^2}{\sqrt{3}R}, \end{aligned}$

ovvero

$\boxcolorato{fisica}{E_T=-\dfrac{3Gm}{2R}\left(\dfrac{m}{\sqrt{3}}+M\right).}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Il limite di Roche rappresenta la distanza dal centro di un pianeta oltre la quale sono possibili aggregazioni di massa in forma di satelliti o di anelli. Entro il suddetto limite, tali aggregazioni non sono possibili in quanto l’intensità dell’attrazione gravitazionale da parte del pianeta diviene sufficientemente elevata per frantumare il satellite a causa delle forze di marea. Lo scopo del problema è presentare un modello elementare per la stima del limite di Roche.
La figura 41 mostra due corpi sferici di massa $m$

e raggio $a$

che si muovono solidalmente attorno un pianeta di massa $M$

, in modo che il punto di contatto compia un moto circolare uniforme su un’orbita di raggio $R$

$\quad$

Dimostrare che, nel limite $a\ll R$ , tale situazione è possibile a patto che sia verificata la seguente condizione:
$\begin{equation*} \dfrac{m}{M}\geq12\left(\dfrac{a}{R}\right)^3. \end{equation*}$

Supponendo che il pianeta sia di forma sferica con raggio $R_M$ e densità $\rho_M$ , e indicando con $\rho_m$ la densità dei corpi di raggio $a$ , dedurre la seguente stima del limite di Roche:
$\begin{equation*} R\approx 12^{1/3}\,R_M\left(\dfrac{\rho_M}{\rho_m}\right)^{1/3}. \end{equation*}$

$\quad$

Figura 41: sistema fisico in esame.

$\quad$

Svolgimento.

Si consideri un sistema di riferimento non inerziale solidale con i due corpi sferici. I due corpi si muovono solidalmente attorno ad un pianeta di massa $M$

sotto l’influenza delle seguenti forze: la mutua interazione gravitazionale $\vec{F}_g$

, l’interazione $\vec{F}$

che li tiene in contatto, la forza gravitazionale che il pianeta di massa $M$

esercita su ciascuno di essi, e le forze centrifughe (si veda la figura 42).

$\quad$

Figura 42: schematizzazione delle forze nel sistema fisico in esame..

$\quad$

Dall’equazione (2) sappiamo che la forza gravitazionale $\vec{F}_g$ tra i due corpi sferici di massa $m$ ha intensità

(193) $\begin{equation*} F_g= \dfrac{G\,m^2}{4\,a^2}. \end{equation*}$

L’intensità della forza $F_1$ che il pianeta di massa $M$ esercita sulla sfera più lontana è data da

(194) $\begin{equation*} F_1=\dfrac{G\,M\,m}{(R+a)^2}. \end{equation*}$

Analogamente, l’intensità della forza $F_2$ che il pianeta di massa $M$ esercita sulla sfera più vicina è data da

(195) $\begin{equation*} F_2=\dfrac{G\,M\,m}{(R-a)^2}. \end{equation*}$

Svolgimento punto 1.

Le equazioni che regolano l’equilibrio dei due corpi definiscono il seguente sistema

(196) $\begin{equation*} \begin{cases} F-\dfrac{G\,m^2}{4\,a^2}-\dfrac{G\,M\,m}{(R+a)^2}+m\,\omega^2\,(R+a)=0,\\\\ -F+\dfrac{G\,m^2}{4\,a^2}-\dfrac{G\,M\,m}{(R-a)^2}+m\,\omega^2\,(R-a)=0. \end{cases} \end{equation*}$

Nel limite $a\ll R$ , ponendo $\epsilon=a/R$ , tale sistema diventa⁸

(197) $\begin{equation*} \begin{cases} -F+\dfrac{G\,m^2}{4\,a^2}+\dfrac{G\,M\,m}{R^2}(1-2\,\epsilon)=m\,\omega^2\,R\,(1+\epsilon),\\\\ F-\dfrac{G\,m^2}{4\,a^2}+\dfrac{G\,M\,m}{R^2}(1+2\,\epsilon)=m\,\omega^2\,R\,(1-\epsilon). \end{cases} \end{equation*}$

Sommando membro a membro le equazioni del sistema (197), si ottiene

(198) $\begin{equation*} 2\,m\,\omega^2\,R=2\,\dfrac{G\,M\,m}{R^2}\quad\Leftrightarrow\quad\omega^2=\dfrac{G\,M}{R^3}. \end{equation*}$

Sottraendo membro a membro le equazioni del sistema (197)

(199) $\begin{equation*} 4\dfrac{G\,M\,m}{R^2}\,\epsilon-\dfrac{G\,m^2}{2a^2}+2\,F=-2\,m\,\omega^2R\,\epsilon, \end{equation*}$

da cui otteniamo per il modulo della forza di contatto

(200) $\begin{equation*} F=\dfrac{Gm^2}{4a^2}-2\dfrac{GmM}{R^2}\epsilon-m\omega^2R\epsilon. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $\omega$ ottenuta dall’equazione (198) nella precedente otteniamo che

(201) $\begin{equation*} F=\dfrac{Gm^2}{4a^2}-2\dfrac{GmM}{R^2}\epsilon-m\dfrac{GM}{R^3}R\epsilon\quad\Leftrightarrow\quad F=\dfrac{Gm^2}{4a^2}-2\dfrac{GmM}{R^2}\epsilon-\dfrac{GmM}{R^2}\epsilon, \end{equation*}$

ovvero

(202) $\begin{equation*} F=\dfrac{Gm^2}{4a^2}-3\dfrac{GmM}{R^2}\epsilon. \end{equation*}$

Il satellite composto dalle due sfere non sarà disgregato se $F\geq0$ , ovvero se

(203) $\begin{equation*} \dfrac{Gm^2}{4a^2}-3\dfrac{GmM}{R^2}\epsilon\geq 0\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{m}{4a^2}-3\dfrac{M}{R^2}\dfrac{a}{R}\geq 0\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{m}{4a^2}\geq 3\dfrac{Ma}{R^3}, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{\dfrac{m}{M}\geq12\,\left(\dfrac{a}{R}\right)^3.}$

Nell’ipotesi in cui $\epsilon\ll1$ , è valida l’approssimazione

(204) $\begin{equation*} (1\pm\epsilon)^n\simeq(1\pm n\epsilon). \end{equation*}$

↩

Svolgimento punto 2.

Supponendo che il pianeta sia di forma sferica con raggio $R_M$

e densità $\rho_M$

, e che i due corpi di raggio $a$

abbiano densità pari a $\rho_m$

, possiamo esprimere le rispettive masse in funzione della densità:

$\begin{aligned} &M=\rho_M\,\dfrac{4}{3}\pi \,R_M^3,\\ &m=\rho_m\,\dfrac{4}{3}\pi \,a^3. \end{aligned}$

Dunque, il limite di Roche diventa

(205) $\begin{equation*} \dfrac{\rho_m}{\rho_M}\dfrac{a^3}{R^3_M}\geq12\,\dfrac{a^3}{R^3}\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{R^3}{R_M^3}\geq 12\dfrac{\rho_M}{\rho_m}, \end{equation*}$

ovvero

$\boxcolorato{fisica}{\dfrac{R}{R_M}\geq12^{1/3}\left(\dfrac{\rho_M}{\rho_m}\right)^{1/3}.}$

Riferimenti bibliografici

[1] Borghi R., Esercizi e Problemi di Fisica, I. Meccanica, CreateSpace, Prima Edizione, 2015.

[2] Longhi S., Nisoli M., Osellame R., Stagira S., Fisica Generale: Problemi di Meccanica e Termodinamica, Società Editrice Esculapio, Seconda Edizione, 2013.

[3] Mazzoldi P., Nigro M., Voci C., Fisica, Volume I: Meccanica e Termodinamica, EdiSES, 2003.

[4] Resnick R., Halliday D., Krane K. S., Physics, Volume I: Mechanics and Thermodynamics, Wiley, 5th edition, 2001.

[5] Schutz B. F., A First Course in General Relativity, Cambridge University Press, 2nd edition, 2009.

[6] Weinberg S., Gravitation and Cosmology: Principles and Applications of the General Theory of Relativity, John Wiley & Sons, 1972.

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