Semplici problemi di meccanica celeste

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1 XVI Scuola Estiva di Astronomia Stilo, 29 luglio 2011 Semplici problemi di meccanica celeste Mauro Dolci Comitato Olimpico Italiano INAF SAIt

2 Elementi di algebra e geometria PROPORZIONI Proprietà: a : b = c : d 1) Conservazione del rapporto degli estremi: a*d = b*c 2) Proprietà commutativa: a : b = c : d => a : c = b : d => d : b = c : a 3) Proprietà distributiva: a : b = c : d => (a+b) : b = (c+d) : d

3 Elementi di algebra e geometria FIGURE PIANE: PERIMETRI E AREE La circonferenza è il luogo dei punti equidistanti da un punto fisso detto centro C della circonferenza. La distanza è detta raggio r. Perimetro: l = 2 r C Area del cerchio: A = r 2

4 Elementi di algebra e geometria Problema. Calcolare la velocità orbitale media della Terra intorno al Sole, in Km/sec, nell ipotesi di orbita circolare. Soluzione: la distanza della Terra dal Sole è r= Km ed il periodo di rivoluzione (siderale) è T=365,256 giorni solari medi da 24 ore ciascuno. Si ha dunque v = l / T = 2 r / T = = 2 * / (365,256 * 24 * 60 * 60)= = 29,79 Km/sec.

5 Elementi di algebra e geometria FIGURE PIANE: PERIMETRI E AREE L ellisse è il luogo dei punti in cui è costante la somma delle distanze da due punti fissi, detti fuochi. a = semiasse maggiore d P d A b = semiasse minore d A = dist. apocentro d P = dist. pericentro c b b Nozione fondamentale di eccentricità e : e = c / a = a 2 b 2 = a b 1 ( ) 2 a a

6 Elementi di algebra e geometria FIGURE PIANE: PERIMETRI E AREE Relazioni: b = a 1 e 2 c = a*e d A = a + c = a + a*e = a * (1 + e) d P = a c = a a*e = a * (1 e) a = (d A + d P ) / 2 e = d A d P d A + d P

7 Elementi di algebra e geometria Problema. Calcolare l asse maggiore e l asse minore dell orbita di una cometa le cui distanze minima e massima dal Sole sono rispettivamente 0,3 UA e 78 UA. Soluzione: il semiasse maggiore si ottiene subito dalla somma, a = (0,3 + 78)/2 UA = 39,15 UA Calcoliamo quindi l eccentricità: e = (78 0,3) / (78 + 0,3) = 0,992 e, in ultimo, il semiasse minore b: b = 39,15 * (1 0,992 2 ) 1/2 = 4,94 UA

8 VELOCITÀ LINEARE E VELOCITÀ ANGOLARE Velocità lineare: v = l / T Velocità angolare: = / T Accelerazione centrifuga: a c = 2 r Accelerazione di gravità: a g = G M R 2

9 VELOCITÀ LINEARE E VELOCITÀ ANGOLARE Problema. Quanto dovrebbe durare il giorno siderale affinché un corpo posto all equatore risulti privo di peso? (M T = 5, Kg, R T = 6378 Km) Soluzione. Perché il corpo risulti privo di peso, l accelerazione centrifuga deve bilanciare esattamente l accelerazione di gravità, ovvero a c = a g, da cui 2 R T = GM T /R T 2 Se ne ricava = GM T = 0,00124 sec -1 R 3 T Da cui in definitiva si ricava la nuova durata del giorno siderale (periodo di rotazione): T = 2 / 1,41 ore

10 VELOCITÀ LINEARE E VELOCITÀ ANGOLARE ecco la condizione di equilibrio delle forze, ad esempio per un pianeta orbitante intorno al Sole: forza centripeta = forza gravitazionale (a= semiasse maggiore dell orbita): m 2 a= GMm/a 2 Se ne ricava 2 = GM a 3 4 Poiché = 2 / T, si ricava 2 = ovvero a 3 T 2 T 2 GM a 3 = costante = GM G(M+m) ( = ) (m non trascurabile rispetto a M)

11 LEGGI DI KEPLERO (problema dei due corpi) I Legge di Keplero: Orbita ellittica (a, b, e ) II Legge di Keplero:Velocità areolare costante A 1 : T 1 = A 2 : T 2 III Legge di Keplero: Il rapporto tra il cubo del semiasse maggiore ed il quadrato del periodo di rivoluzione è costante: a 13 : T 12 = a 23 : T 2 2

12 v 2 T 2 A 2 A1 T 1 v1 A 1 : T 1 = A 2 : T 2 ( v 2 > v 1 )

13 LEGGI DI KEPLERO Problema. Un asteroide si muove intorno al Sole su un'orbita stabile avente eccentricità e = e periodo P = 5.35 anni. Si dica se l'asteroide costituisce una minaccia per la Terra e se ne spieghi il perché. Soluzione. Il semiasse maggiore a dell orbita dell asteroide si trova applicando la III legge di Keplero: da cui a 3 (UA) = T 2 (anni) = (5.35) 2 = a = ( ) 1/3 = UA

14 LEGGI DI KEPLERO Data l eccentricità, possiamo allora subito calcolare le distanze dal Sole all afelio d A e al perielio d P : d A = a(1+e) = UA d P = a(1 e) = UA Come si vede, la minima distanza dell asteroide dal Sole è superiore ad 1 UA: dunque la sua orbita, in quanto stabile (come specificato dal problema), non incrocerà mai l orbita terrestre, e in definitiva l asteroide considerato NON costituisce una minaccia per la Terra.

15 LEGGI DI KEPLERO Problema. Se la massa del Sole fosse doppia di quella attuale, quale sarebbe il periodo di rivoluzione della Terra (supposta alla stessa distanza attuale)? Soluzione. Si è detto che, esprimendo il semiasse maggiore in UA ed il periodo in anni, la costante della III Legge di Keplero vale 1. Tale costante è direttamente proporzionale alla massa del corpo centrale (nel nostro caso, il Sole) e quindi, se la massa del Sole fosse raddoppiata, essa raddoppierebbe. Avremmo quindi la relazione 1 UA / T 2 (anni) = 2 da cuit = 2-1/2 anni = 0,707 anni 258 giorni.

16 LEGGI DI KEPLERO Problema. Se la massa fosse tripla di quella attuale, quale sarebbe il suo periodo di rivoluzione (supposto alla stessa distanza attuale)? Soluzione. Il periodo di rivoluzione sarebbe lo stesso! Infatti, essendo la massa della Terra trascurabile rispetto a quella del Sole, la costante nella III Legge di Keplero dipende praticamente SOLO dalla massa del corpo centrale (il Sole) ma NON da quella del corpo orbitante (la Terra).

17 Un ultimo esempio «ricco» (un problema un po più impegnativo)

18 La Cometa P/Weight-Watchers descrive un orbita la cui distanza dal Sole al perielio è d P = 0,45 u.a. e la cui eccentricità vale e = 0,92. Nella semiorbita più vicina al Sole (indicata in rosso nella figura) la Cometa perde continuamente massa per evaporazione, al ritmo medio di 1 kg/sec. Quando tuttavia percorre la semiorbita più lontana, essa si trova a passare attraverso la Fascia Principale degli Asteroidi, dove grazie all apporto di materiale dovuto a continue collisioni con asteroidi di piccole dimensioni, riacquista parzialmente massa al ritmo medio di 1 kg/min. Sapendo che le due semiorbite sono separate dall asse minore e che la massa iniziale della Cometa è di 100 miliardi di tonnellate, si calcoli il tempo massimo che la Cometa impiega per evaporare completamente. (Suggerimento: si trascurino le variazioni dell orbita al variare della massa della Cometa)

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20 Soluzione. Deriviamo parametri dell orbita (semiassi dell ellisse, periodo di rivoluzione) partendo dai dati. Per il semiasse maggiore a ricaviamo a = d P / (1 e ) = 0,45 UA / (1 0,92) = 5,625 UA e per il semiasse minore b ricaviamo b = a * (1 e 2 ) 1/2 = 5,625 UA * (1 0,8464) 1/2 = = 5,68 UA * 0,3919 = 2,205 UA Noto il semiasse maggiore, ricaviamo il periodo orbitale T orb in base alla III Legge di Keplero e prendendo per confronto i dati per la Terra (T Terra = 1 anno, a Terra = 1 UA): T orb (anni) 2 : a (UA) 3 = T Terra2 : a Terra3 = 1 da cui T orb = a 3 = 13,341 anni.

21 b = 2,205 UA T = 13,341 anni a = 5,625 UA

22 Calcoliamo ora i tempi di percorrenza nelle due semiorbite («lontana» e «vicina»), utilizzando la seconda legge di Keplero. Abbiamo bisogno di una costruzione geometrica: b A A ellisse T 2 c=a e A 2 A T 2 1 T 1 A ellisse = ab A T = bc = e ab

23 Abbiamo dunque: A 1 = A ellisse / 2 + A T A 2 = A ellisse / 2 A T Ovvero A 1 = ( /2 + e) ab = 30,894 UA 2 A 2 = ( /2 e) ab = 8,072 UA 2 Ovviamente, si verifica che A 1 + A 2 = A ellisse = ab = 38,966 UA 2

24 Possiamo quindi applicare la II Legge di Keplero, confrontando il tempo di percorrenza di ciascuna area parziale con l intero periodo orbitale, ovvero il tempo necessario a spazzare tutta l area dell ellisse: A 1 : T 1 = A ellisse : T orb A 2 : T 2 = A ellisse : T orb da cui si ricava in definitiva T 1 = (A 1 / A ellisse ) T orb = 10,577 anni T 2 = (A 2 / A ellisse ) T orb = 2,764 anni Ovviamente, anche qui si verifica che T 1 + T 2 = T orb = 13,341 anni!

25 Facciamo il nuovo punto della situazione. Ad ogni rivoluzione, la cometa trascorre 10,577 anni nella semiorbita lontana e, qui, accumula massa al ritmo di 1 kg/min. Dunque, ad ogni rivoluzione, la cometa accumula una massa complessiva pari a M 1 = 1 kg/min T 1 (min) = = 1 kg/min*10,577anni*365,256*24*60 min/anno = = ,3 kg La cometa trascorre però anche 2,764 anni nella semiorbita più vicina, dove invece perde massa al ritmo di 1 kg/sec. Dunque, ad ogni rivoluzione, la cometa perde una massa complessiva pari a M 2 = 1 kg/sec T 2 (sec) = = 1 kg/sec*2,764anni*365,256*24*3600 sec/anno = = ,3 kg

26 In definitiva, ad ogni rivoluzione, il bilancio di massa della cometa è M rev = M 1 M 2 = ,3 kg ,3 kg = = kg / rivoluzione Il bilancio di massa è negativo, quindi la cometa è effettivamente destinata ad evaporare completamente! Poiché la massa iniziale M della cometa è nota, calcoliamo infine il numero di rivoluzioni necessarie (assumendo l ipotesi semplificata che non ci siano variazioni orbitali ) per l evaporazione completa: N rev = M / M rev = kg / Kg/rivoluzione = = ,7 rivoluzioni e perciò

27 Perciò, il tempo necessario alla cometa per evaporare completamente (sempre nella nostra ipotesi semplificativa!) si ottiene moltiplicando tale numero per la durata di ogni rivoluzione, ovvero per il periodo orbitale: T ev = N rev * T orb = = ,7 rivoluzioni * 13,341 anni/rivoluzione = = ,5 anni La cometa evapora completamente entro 16 milioni e 300 mila anni!

28 Questo valore è in realtà un limite superiore. Evaporando, infatti, la cometa perde massa ma anche momento angolare. Pertanto il semiasse maggiore della sua orbita tenderà a diminuire progressivamente e la cometa passerà sempre più vicina al Sole. Da un lato, quindi, essa evaporerà più rapidamente nella semiorbita vicina, dall altro essa ad un certo punto non passerà più per la fascia degli asteroidi e quindi non accrescerà più massa. Ma, fatto più importante, essa in realtà non avrà il tempo di evaporare completamente perché, spiraleggiando in modo sempre più marcato, finirà per precipitare sul Sole (sarebbe una sungrazing comet come quelle viste da SOHO).