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Idee per insegnare la fisica con Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici © Zanichelli 2012

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luzi

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La gravitazione 6

DomanDe sui concetti

1 Per la terza legge di Keplero, il rapporto fra la distanza Sole-pianeta e quella Sole-Terra è pari alla radice cubica del rapporto fra i qua-drati dei due periodi di rivoluzione, che in questo caso vale 64. Quindi la distanza deve essere 4 volte quella Terra-Sole.

2 Nettuno, perché in base alla seconda legge di Keplero ci sarà più differenza tra le distanze Sole-pianeta, e di conseguenza tra le velocità, rispettivamente all’afelio e al perielio.

3 Poiché il volume della nuova biglia è 8 vol-te il precedente e la biglia è omogenea e dello stesso materiale, anche la nuova massa e di conseguenza la nuova forza gravitazionale sa-ranno 8 volte maggiori.

4 No, è scorretto perché la forza è inversamen-te proporzionale al quadrato della distanza, quindi nella proporzionalità quadratica in-versa al raddoppiare della distanza la forza diventa 1/4 e così via.

5 Perché in questo modo si equilibrano le due forze-peso con cui la Terra attrae le due masse appese al manubrio e si misura solo l’intensi-tà della forza tra ciascuna massa appesa e la massa fissa ad essa vicina.

6 Un quarto di quello attuale.

7 Perché sono quantità proporzionali, ma dal punto di vista concettuale sono distinte.

8 Come rapporto tra la forza-peso della pento-la e quella del kilogrammo campione.

9 Perché la loro distanza dalla Terra sarebbe vincolata all’altezza del supporto di lancio. Con un razzo vettore si può decidere arbi-trariamente a quale quota mettere in orbita il satellite.

10 La velocità angolare è w π= =2

T

v

R.

Sostituendo nella relazione che uguaglia for-za gravitazionale e forza centripeta:

6. La gravitazione

G

Mm

Rm R

2

2= w

otteniamo RGM=w2

3

11 Perché la forza di gravitazione è diretta pa-rallelamente al raggio vettore che unisce il Sole al pianeta. Quindi, il momento della forza calcolato rispetto al centro del Sole vale zero:

M r F= × = 0

Dal capitolo precedente so che il momento angolare di un corpo si conserva se è nullo il momento delle forze esterne che agiscono su di esso, quindi in questo caso L

→ si conserva.

12 Falso. Lo sarebbero se fosse costante il rap-

porto R

T. Gli esponenti che compaiono nella

legge indicano un rapporto di proporzionali-

tà, ma non diretta: T è proporzionale a R3

2.

13 Il telo imperturbato è un piano, su cui le sferette “leggere” effettuano moti in due di-mensioni. La presenza di una sfera più gran-de deforma il piano e lo fa diventare una superficie tridimensionale, sulla quale pos-siamo descrivere il moto delle sferette più piccole.

Lo spazio interplanetario è tridimensionale, e in esso la presenza di un campo gravita-zionale introduce una deformazione in una quarta dimensione che non è oggetto di stu-dio della fisica classica.

14 Poiché è il rapporto tra una forza e una massa, ha le dimensioni fisiche di un’accelerazione.

15 La variazione di energia potenziale di una massa che si sposta da A a B è pari all’oppo-sto del lavoro compiuto nello spostamento. Per allontanare il corpo di massa m il lavoro è svolto contro il campo gravitazionale, quin-di è negativo. Di conseguenza DU è positiva, cioè U aumenta.

16 U aumenta e L rimane costante.


2

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La gravitazione 6

17 No. L’energia totale della Terra E = K + U è negativa, perché il nostro pianeta è legato gravitazio-nalmente al Sole. Poiché l’energia cinetica è sempre positiva e quella potenziale sempre negativa, il modulo di U deve sempre essere maggiore di K.

18 Sì. L’energia potenziale è inversamente proporzionale alla distanza dal Sole ma è negativa, quindi U assume il valore massimo quando |U| è minimo, cioè alla massima distanza orbitale dal Sole.

probLemi

2 T TR

RN TN

T

a anni=

= × =

3

31 30 06 165( ) ( , )

3 R RT

TM TM

T

md=

= × ×

2

3 111 50 10686 98

365 26( , )

( , )

( , ddm

),

= ×

2

3 112 29 10

4 vr

T= = × ×

× ×=2 2 1 50 10

365 26 8 64 102

11

4

π π ( , )

( , ) ( , )

m

d s/d,,99 104× m/s

A Rs= = × × × × = ×1

2

1

21 50 10 2 99 10 2 24 1011 4 15 2( , ) ( , ) ,m m m

6 Invertendo la formula della forza di gravitazione universale otteniamo mFr

GM=

2

T

.

La distanza r del satellite dal centro della Terra si ottiene sommando il raggio terrestre alla distanza del satellite dalla superficie terrestre:

r = 500 km + 6378 km = 6878 km = 6,88 × 106 m. Quindi:

m = × × ×× ⋅−( , ) ( , )

( , )

8 58 10 6 88 10

6 67 10

20 6 2

11 2 2

N m

N m /kg ×× ×( , )5 976 1024 kg

che dà m = 4,16 × 105 kg.

7 L’ordine di grandezza della forza di attrazione Sole-Luna si ottiene approssimando la distanza tra i due corpi con la distanza Terra-Sole:

FLuna-Sole

N m /kg kg≈ × ⋅ × × × ×−( ) ( ) (7 10 7 10 2 1011 2 2 22 30 kkg

m

)

( , )1 5 1011 2× Quindi FLuna-Sole ≈ 4 × 1020 N.

Poiché FLuna-Terra = 2 × 1020 N → FLuna-Sole /FLuna-Terra ≈ 2

8 Uguagliando le due forze di attrazione abbiamo:

GM m

rG

M m

rTerra Luna

Luna

Terra asteroide

asteroide2 2

=

Quindi

r rm

masteroide Lunaasteroide

Luna

m= = × ×( , )( ,

3 84 1018 336 10

7 35 101 65 10

16

22

5××

= ×kg

kgm

)

( , ),


3

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La gravitazione 6

9 Utilizziamo la formula g

GM

R=

2

e otteniamo

gLuna

Nm /kg kg= × × ××

−( , ) ( , )

( ,

6 67 10 7 35 10

1 738 1

11 2 2 22

001 62

6

2

mm/s

),=

10 MgR

G= = × ×

× ⋅−

2 2 6 2

11 2

1 63 1 738 10

6 67 10

( , ) ( , )

( ,

m/s m

N m /kkgkg

2

240 0740 10)

,= ×

11 FGm m

d= = × ⋅ × ×−

1 22

11 2 26 67 10 12 0 015( , ) ( ) ( , )N m /kg kg kg

(( , ),

0 0504 8 10

2

9

mN= × −

F F r r2 1 2 121

22 7 1= → = = , cm

12 FGm m

d

F FM

d x

M

xx d M

M M

M

=

= →−

= → = ±

1 22

2 2 1 2L TL T

TT L

T( )

( )

(, −−

ML )

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

x = × ×× − × ×

( , )( , ) ( , ) ( ,

3 84 105 98 10 5 98 10 7 358

24 24

mkg kg ××

× − ×= ×

10

5 98 10 7 35 103 46 10

22

24 22

8kg

kg kg

)

[( , ) ( , )], mm

13 gGM

R= = × ⋅ × ×−

2

11 2 2 246 67 10 1900 10

71 37

( , ) ( )

( ,

N m /kg kg

××=

1024 9

6 2

2

mm/s

),

FGm m

d

F

F

M

M

d

d

F mg

M

M

d= → =

→ =

1 22 2

G

T

G

T

G

T

G

G

T

GG

T

kg m/s N

d

= × × =2

2

21 9 8

337

11 226 3( ) ( , )

( , ),

14 La formula del periodo delle oscillazioni di una molla è:

Tm

k= 2π

Perciò il rapporto tra le masse è pari al rapporto tra i quadrati dei tempi, che indichiamo rispettiva-mente con T1 e T2. Poiché il campione ha massa unitaria, otteniamo

mT

T= = =1

2

22

2

2

0 58

1 450 16

( , )

( , ),

s

skg

15 Le due masse appese al manubrio sono diverse. Su ciascuna di esse, trascurando l’attrito dell’aria, agiscono due forze:

•laforza-peso,direttamenteproporzionaleallamassagravitazionale; •la forza centrifuga apparente dovuta al moto di rotazione terrestre, direttamente proporzionale

alla massa inerziale.


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La gravitazione 6

Se la massa inerziale non fosse direttamente proporzionale a quella gravitazionale, ci sarebbe equi-librio tra le due forze-peso ma non tra le due forze centrifughe, quindi il manubrio al passare del tempo risentirebbe di un momento torcente.

Un raggio luminoso che colpisce lo specchio avrebbe quindi un’immagine non fissa.

16 vGM

R= = × ⋅ × ×

×

−( , ) ( , )

(

6 67 10 5 98 10

50 10

11 2 2 24

6

N m /kg kg

mmm/s

),= ×2 8 103

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

17 vGM

RM v

R

G= → = = × × ×

×2 3 2

6

1 6 101 741 10

6 67 10( , )

( , )

( ,m/s

m−− ⋅

= ×11 2 2

226 7 10N m /kg

kg)

,

18 TR

v

R

GM

R

RR

GM

R

GM= = = =2 2

2 23π π π π

19 vGM

R= = × ⋅ × ×

×

−( , ) ( , )

( ,

6 67 10 5 98 10

7 38 1

11 24N m /kg kg2 2

007 35 10

6

3

mm/s

),= ×

TR

GM= = × ×

× ⋅ ×−2 2

7 38 10

6 67 10 5

3 6 3

11π π ( , )

( , ) (

m

N m /kg2 2 ,, ),

98 106 31 10

24

3

×= ×

kgs

20 TR

GM= = × × ×

× ⋅ ×−2 2

4 6 38 10

6 67 10

3 6 3

11π π ( , )

( , )

m

N m /kg2 2 (( , ),

5 98 104 06 10

24

4

×= ×

kgs

21 v

v

d

dA

P

P

A

m

m= = ×

×=( , )

( , ),

2 05 10

2 46 100 83

11

11

Nel perielio, per la conservazione del momento angolare.

22 Dalla terza legge di Keplero:

MT

R

G=

=

× ×

2 2

365 26

2 3

4

π π( , (d) 8,64 10 s/d)

2211

11 2 2

301 97 10× ×× ⋅

= ×−

(

(,

1,494 10 m)

6,67 10 N m /kg )kgg

24 Restano costanti: l’energia totale e il momento angolare. Variano: la velocità, il raggio dell’orbita e il periodo:

R = 4,22 × 107 m + 6,40 × 106 m = 4,84 × 107 m

vGM

R= = × ⋅ × ×

×

−( (

(

6,67 10 N m /kg ) 5,98 10 kg)

4,84 1

11 2 2 24

00 m)m/s

7

32 87 10= ×,

TR

V= = ×2

1 06 105π, s


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La gravitazione 6

25 gGM

R0

02

11 2 2 24

= = × ⋅ × ×−( (

(

6,67 10 N m /kg ) 5,98 10 kg)

6,388 10 m)m/s

6,67 10 N m /kg )

×=

= = × ⋅−

6 2

2

1

12

11 2 2

9 80,

(g

GM

R

×× ××

=(

(,

5,98 10 kg)

6,24 10 m)m/s

24

6 2

29 50

26 RGH

gR R

M

M= → = = × × ×

T GT

G

mkg

( , )( , )

(71 37 10

5 98 10

19006

24

××= ×

104 00 10

24

6

kgm

),

27 Tl

gT T

g

g= → = = × =2 1 9

9 8

11 1718

2

2π S T

T

S

sm/s

m/s( , )

( , )

( , )ss

Aumentare la sua lunghezza oppure salire di quota in modo che g diminuisca.

28 Trascurando il valore di 1 m rispetto al raggio dei pianeti (indicati rispettivamente con i pedici T e M), scriviamo le espressioni dei due campi gravitazionali:

gGM

RT

T

M

=2

gGM

RM

M

M

=2

da cui abbiamo g

g

M R

M RT

M

T M

M T

=2

2

Quindi

g

gT

M

kg m

kg= × × ×

× ×( , ) ( , )

( , ) (

5 98 10 3 39 10

6 41 10 6

24 6 2

23 ,, ),

38 102 6

6 2×=

m

29 UGMm

R= − = − × ⋅ × × ×−( , ) ( , ) (6 67 10 5 98 10 1011 24N m /kg kg2 2 kkg

mJ

)

( , ),

6 38 106 25 10

6

8

×= − ×

30 A distanza infinita. Per convenzione, si pone l’energia potenziale uguale a 0 J quando la distanza è infinita.

31 DU = mgDh = (75 kg) × (9,8 m/s2) × [100 × (0,18 m)] = 1,3 × 104 J

W = 1,3 × 104 J

32 DU GMmR R

= −

=

= × ⋅ ×−

1 1

6 67 10 5

0

11

K2

2 2N m /kg( , ) ( ,, ) ( )( , ) ( ,

98 10 801

6 378 10

1

6 3866 1024

6 6× × ×

×−

×kg kg

m m))

,

=

= ×6 7 106 J

DU = mgDh = (80 kg) × (9,8 m/s2) × (8616 m) = 6,8 × 106 J

Vicino alla superficie terrestre i risultati sono in accordo perché g si può considerare pressoché co-stante. Il raggio terrestre non è noto con la stessa accuratezza con cui è fornita l’altezza del K2.

33 Combinando la gGM

R=

2con la v

GM

Rf = 2si ottiene:

v gR v g Rf f= → = = × × × ×2 2 2 0 165 9 8 0 2722( ) [ , ( , )] [ , (L L L m/s 66 38 10 2 37 106 3, )] ,× = ×m m/s


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34 RGM

cS

2 2N m /kg kg= = × × ⋅ × ×−2 2 6 67 10 2 188 102

11 30( , ) ( , )

(22 998 103 25

8 2, ),

×=

m/skm

35 vGM

Rf = = × × ⋅ × ×−2 2 6 67 10 5 98 10

6

11 24( , ) ( , )

( ,

N m /kg kg2 2

338 1011 2

6×=

mkm/s

),

No. Sì.

36 UGMm

RR

GMm

U= → =

−= × ⋅ × ×−( , ) ( ,6 67 10 5 98 1011 24N m /kg k2 2 gg kg

Jm

) ( )

( , ),

××

= ×200

1 14 106 99 10

10

6

Combinando la UGMm

R= − con la v

GM

R0 = si ottiene:

K mv m

GM

RU0 0

2 101

2

1

2

1

2

1

21 14 10 5= =

= − = × × =( ) ( , )J ,,70 109× J

probLemi generaLi

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

Ad s

dv

t= =

DD2

1

2

AA mkm/s

sm= × × × × = ×1

236 1 50 10

0 90

12 4 1011 15[ ( , )

( , )

( ), 22

AP = AA (per la seconda legge di Keplero).

LA = mvr = (6,0 × 1010 kg) × (0,90 km/s) × [36 × (1,50 × 1011 m)] = 2,9 × 1026 J ⋅ s

2 FGm m

d= =

= × ⋅ × × ×−

1 22

11 2 226 67 10 7 35 10( , ) ( , ) [N m /kg kg2 (( , ) ( )]

( , ),

1 0 1025

3 84 103 4 10

3 3

8 2

2m kg/m

mN

××

= × −

FGm m

d= =

= × ⋅ × × ×−

1 22

11 2 226 67 10 7 35 10( , ) ( , ) [N m /kg kg2 (( , ) ( )]

( , ),

3 236 10 1025

3 84 101 1 10

17 3 3

8 2

× ××

= ×m kg/m

m116 N

3 TR

GM= = × × ×

× ⋅−2 2

17 94 1 50 10

6 67 10

3 11 3

11π π

S2

m

N m

( , , )

( , //kg kgs anni circa

2 30

9

1 99 102 41 10 76

) ( , ),

× ×= × =

Nell’anno 1986 + 76 = 2062, i nati nei primi anni ’90 avranno una settantina d’anni, pari all’incirca alla durata di vita media, quindi è plausibile che gli studenti assistano di persona al ritorno della co-meta di Halley.

4 vGM

Rf = = × × ⋅ × ×−2 2 6 67 10 7 35 1011 2 22L

L

2N m /kg kg( , ) ( , )

(11 738 102 38 10

6

3

, ),

×= ×

mm/s


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La gravitazione 6

UGMm

R= − = − × ⋅ × × ×−( , ) ( , ) ( ,6 67 10 7 35 10 211 2 22N m /kg kg2 338 10

1 748 106 68 10

3

6

9××

= − ×m

mJ

)

( , ),

5 RGM

cS = 2

2

Venere: 2 6 67 10 4 881 10

2 99 10

11 2 24

8

× × ⋅ × ××

−( , ) ( , )

( ,

N m /kg kg

m

2

//smm

),

27 28=

Marte: 2 6 67 10 6 41 10

2 99 10

11 2 23

8

× × ⋅ × ××

−( , ) ( , )

( ,

N m /kg kg

m/

2

ssmm

),

20 956=

Urano: 2 6 67 10 8 678 10

2 99 10

11 2 25

8

× × ⋅ × ××

−( , ) ( , )

( ,

N m /kg kg

m

2

//smm

)2129=

Mercurio: 2 6 67 10 3 18 10

2 99 10

11 2 23

8

× × ⋅ × ××

−( , ) ( , )

( ,

N m /kg kg

m/

2

ssmm

),

20 475=

Dalla loro massa.

6 gGM

R

G Vd

RG R

d

RGRd= = =

=

2 2

3

2

4

3

4

3

( ) π π

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

7 Il satellite più interno. Dalla terza legge di Keplero:

TGM

r

T

TGM

r

GMr

R r

R r

r

=

=

=

= = =

42

23 3

42

2

23 3

23

3

44

44

44 6

π

π

π44 84→ ==T

TR r

r

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

8 La distanza del satellite dal centro della Terra è r = 1,9 × 107 m + 6,4 × 106 m = 2,5 × 107 m. Il periodo di rivoluzione è dato dalla formula

Tr

GM= 2

3

π

da cui si ha:

T = × ×× ⋅ × ×−

6 282 5 10

6 67 10 5 976 1

7 3

11 2,

( , )

( , ) ( ,

m

N m /kg2 003 9 10

24

4

kgs

),= ×

La velocità è data da:

vr

T= = × ×

×= ×2 6 28 2 5 10

3 93 104 0 10

7

4

3π , ( , )

( , ),

m

sm/s

9 I due asteroidi, quando sono a distanza molto grande, hanno energia potenziale molto piccola ed


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La gravitazione 6

energia cinetica nulla: per il teorema di conservazione dell’energia meccanica possiamo considera-re che, al momento dell’impatto, la somma dell’energia cinetica e dell’energia potenziale sia pari a zero. Per il sistema dei due asteroidi la distanza tra i centri, al momento dell’impatto, è pari a 2R:

1

2

1

2 202 2mv mv G

mm

R+ − = , da cui abbiamo

v G

m

R

G

RR R G= = =

2 2

4

3

2

33ρ π π ρ

L’accelerazione si ottiene dal secondo principio della dinamica:

a

F

m

Gmm

Rm

Gm

R

G

RR G R= = = = =( )2

4 4

4

3 3

2

2 2

3ρ π π ρ

10 Approssimiamo il raggio dell’orbita del proiettile con quello del pianeta e uguagliamo i moduli della forza centripeta e della forza gravitazionale sul satellite:

mv

RG

mM

R

2

2P

P

P

= , da cui si ha v GM

R= P

P

.

Per il satellite geostazionario il periodo di rivoluzione dell’orbita deve essere uguale a quello di rotazionedelpianetasusestesso;lavelocitàdirotazionesihadallaformulaprecedente,perunvalore di R generico:

v G

M

RR vT G

M

RT= = =P

PP

P; 2π

Elevando al quadrato i due membri dell’equazione abbiamo

R GM

R

T22

24= P P

π, da cui otteniamo

R GM T= P P

2

23

4π e, dividendo per RP la formula, si ottiene il risultato.

Per ogni satellite in orbita, il valore dell’energia cinetica vale metà del modulo del valore dell’ener-gia potenziale:

1

2

1

22mv m

GM

R=

P

P

Quindi l’energia totale vale:

E K U mv GmM

RG

mM

R= + = − = −1

2

1

22 P

P

P

P

Analogamente a quanto svolto nel problema n. 9:

1

202mV G

mM

R− =P

P

, da cui

V GM

R= 2 P

P

11 Massa delle palline: m V d= ⋅ = × × =Ferro cm g/cm kg4

315 6 8 0 0 523 3π

( , ) ( , ) ,

Invertiamo la formula della legge di gravitazione per ricavare la distanza r:


9

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

La gravitazione 6

r G

m m

F= 1 2

Sostituendo m1 = m2 = m=0,52kg;F = 1,5 × 10–9 N, otteniamo:

r = × ⋅ ××

−−

( , )( , )

( , )6 67 10

0 52

1 5 1011 2 2

2

9N m /kg

kg

N

Quindi r = 1,1 × 10–1 m.

Velocità al contatto: utilizzando la conservazione dell’energia meccanica, poiché le palline parto-no da ferme, abbiamo, per ciascuna:

1

22

2

mv Gm

r= , da cui otteniamo:

vGm

r= = × × ⋅ ×

×

−

−2 2 6 67 10 0 52

1 1 10

11 2 2

1

( , ) ( , )

( ,

N m /kg kg

mmgm/s

),= × −2 5 10 5

12 L’accelerazione di gravità g viene diminuita dalla forza centrifuga apparente, che agisce sui corpi po-sti sulla superficie del pianeta per effetto della rotazione intorno all’asse, secondo la formula:

′ = −gGM

Rr

2

2w

dove R è il raggio del pianeta Marte, R = 3,386 × 106 m, w è la velocità angolare di rotazione e r è la distanza dall’asse del punto preso in esame, che varia a seconda della latitudine.

Al polo Nord w = 0, perciò

′ = = × ⋅ × ×−

g gPolo

N m /kg kg( , ) ( , )

( ,

6 67 10 0 641 10

3

11 2 2 24

3386 103 729 3 73

6 2

2 2

×= =

mm/s m/s

), ,

All’Equatore r = R, perciò:

′ = −

′ = ×

g gT

R

g

Eq

Eq m/ss

2

3 7296 28

86 620

2

2

π

( , ),

× × = =

2

6 2 23 386 10 3 712 3 71( , , ,m) m/s m/s

A 45° di latitudine è r R= = ×2

22 394 106, m , perciò:

′ = ×

× ×g45° m/s

sm( , )

,( ,3 729

6 28

866202 394 102

2

6 )) , ,= =3 717 3 722 2m/s m/s

13 Il punto essenziale da considerare è la distinzione fra il centro della Terra e il centro di massa del sistemaTerra-Lunache,comedetto,simuovedimotocircolareuniforme;trascurandoglieffettidovuti ad altre cause, il valore medio della durata dell’anno tropico coinciderebbe quindi con il periodo di rivoluzione del centro di massa;questositrovaacirca4600kmdidistanzadalcentrodella Terra, sulla congiungente Terra-Luna, come si ricava facilmente. Infatti in un riferimento con origine nel centro della Terra, dette M e m le masse di Terra e Luna rispettivamente, il centro di massa T-L si trova calcolando:

xMx mx

M m

m

M mr xG = +

+=

+= × =T L

T

kmkm, con

( , )3 8 10

824600

5

== =0 e Lx r.

Al primo quarto Terra e Luna sono allineate con la tangente dell’orbita della Terra e il centro della Terra è in anticipo sul centro di massa di circa 2,6 minuti, dato che


10

solu

zion

i de

gli

eser

cizi

del

lib

roSo

luzi

oni p

er c

apit

olo

La gravitazione 6

Dtx

vG= = =4600

30153 s

Quindo l’equinozio (geocentrico!) avviene 2,6 minuti prima del passaggio del centro di massa. Poiché in un anno ci sono circa 12,5 cicli lunari, il successivo equinozio avviene (approssimativa-

mente) in fase di ultimo quarto, guadagnando così altrettanto perché adesso il centro della Terra transita sulla linea del punto gamma dopo il centro di massa: l’anno risulta più lungo della media di 2Dt = 5,2 minuti.

Nell’annosuccessivoglieffettisonoopposti;l’annoèpiùcortodicirca2Dt e, detta T0 la durata media dell’anno tropico, la differenza tra i due anni, a causa della Luna, risulta:

DT = 2T0 + 2Dt – (T0 – 2Dt) = 4Dt ≈ 10,4 minuti

Nota: come detto, ci sono molti altri effetti perturbativi sul moto della Terra, cosicché la durata di anni tropici successivi varia in modo molto più accentuato e irregolare.

test per L’università

1 d 2 b 3 c 4 b

prove D’esame aLL’università

1 Quando i due corpi si trovano all’infinito, l’energia potenziale gravitazionale dei due asteroidi è nulla. Inizialmente i due corpi sono in quiete, quindi anche la loro energia cinetica è zero e pertan-to l’energia meccanica del sistema è nulla. Per la conservazione dell’energia meccanica totale si ha:

− + = → = =Gm m

RK K G

m m

Rtot tot1 2 1 20 320 J

Durante il moto agisce solo la forza gravitazionale tra i due asteroidi, che è una forza interna;quindi la quantità di moto totale del sistema si conserva. Dato che inizialmente i due corpi sono fermi, la velocità del centro di massa è nulla e continua a essere zero anche quando i due corpi si trovano a distanza R.

m v m v m m v v vcm1 1 1 2 1 1 2 12 2 01

2+ = + = → = −( ) ( )

1

2

1

22

1

2

1

22

1

21 12

1 22

1 12

1 1

2

m v m v m v m v+ = + −

=( ) ( ) KK

K

mtottot→ = × −4

33 3 10

1

4, m/s

stuDy abroaD

1 e 2 a

3 A response that includes the following steps 1. States the two laws in mathematical form

Newton’s Second Law: F = ma and the Law of Gravity: FGMm

r=

2.

2. Applies the formula for centripetal acceleration: av

r=

2

.

3. Derives the formula for velocity, vGM

r= (or equivalent) and uses this to show that v (Venus) is

greater than v (Earth).

6. la gravitazione - sito...

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