Veri ca moti complessi

Verica moti complessi
27 novembre 2015
1. Un satellite ruota attorno alla Terra su un'orbita circolare MT = 5, 97 ·
1024 kg a un'altezza di 10.000 km. Quanto vale la sua velocità angolare ed
orbitale?
2. A quale altezza deve trovarsi un satellite per essere venere-stazionario (rimanere sempre sopra lo stesso punto della supercie del Venere MV =
4, 87 × 1024 kg, RV = 12.104 km, TV = 243 giorni)?
3. Come si rapportano le velocità angolari e tangenziali di due satelliti a diverse altezze?
4. La massa di Giove è MG = 1, 9 × 1027 kg, il raggio equatoriale RG =
71.492 km, il periodo di rivoluzione T = 12 anni. Il raggio dell'orbita
della Terra attorno al Sole RT,orb = 149.598.000 Km. Calcolare l'accelerazione di gravià sulla supercie di Giove ed il raggio della sua orbita
Msole = 1, 99 × 1030 kg.
5. Un cannone spara un proiettile con inclinazione di 300 e con la velocità
120 m/sec. Quanto tempo impiega il proiettile a toccare terra? Quale è
l'altezza massima e la gittata raggiunta? Quanto tempo impiega per raggiungere l'altezza massima?
6. Un aereo vola con la velocità 400 km/h ad una quota di 2000 m e lancia un
carico su un punto preciso sulla terra. Da che distanza dal bersaglio deve
sganciare il carico? Dopo quanto tempo passa sopra il bersaglio? Quanto
è la velocità di arrivo (disegnare le velocità nel punto di arrivo)?
7. Su una piattaforma rotante a 60 giri/min è posta una pallina a una distanza dal centro di 10 cm; 30 cm; 50 cm. Quanto valgono le velocità angolari
e tangenziali della pallina? Tracciare il graco della velocità tangenziale
in funzione della distanza dal centro. Che graco si ottiene?
Soluzioni
1. La condizione di stare in orbita è determinata dalla III 0 legge di Keplero
ω 2 r3 = G M
dove r = R + h rappresenta la distanza dal centro del pianeta. Dunque,
da questa formula si ricava la velocità angolare
√
ω=
√
ω=
GM
(R + h)
3
6, 67 × 10−11 N m/kg2 5, 97 · 1024 kg
3
(26, 4 × 106 m)
√
6, 67 · 5, 97
1
−6
−1
× 10 sec
× 10−11 × 1024 × 10−6
ω=
26, 4
26, 4
√
1
ω=
× 10−6 sec−1 15, 2 × 106 = 1, 5 × 10−4 sec−1
26, 4
La velocità tangenziale è
vt ≡ ω (R + h) = 1, 5 × 10−4 sec−1 26, 4 × 106 m = 39, 6 × 102 m/sec ≈ 14.300 km/h
Il periodo di una rotazione
T = 2π/ω = 6, 28/1, 5 × 10−4 sec−1 = 4, 2 × 104 sec = 11, 6 h
2. La soluzione per la condizione di stazionarietà si ottiene dalla formula
(
R+h=
(
h+R=
G MV TV2
4π 2
(
)1/3
=
6, 67 × 10−11 N m2 /kg2 4, 87 × 1024 kg (243 × 24 × 3600 sec)
2
)1/3
2
4 (3, 14)
6, 67 × 10−11 N m2 /kg2 4, 87 × 1024 kg (243 × 24 × 3600 sec)
4 (3, 14)
2
)1/3
2
h = 1, 5 × 109 m − 0, 012 × 109 m ≈ 1, 5 × 109 m
Si vede che l'altezza è molto grande causa piccola velocità angolare del
Venere ω = 3 × 10−7 sec−1 .
3. Prendiamo due satelliti ad altezze h1 e h2 con h2 ≥ h1 . La III 0 legge di
Keplero da
2
= (3, 6)
1/3
× 109 m
ω12 r13 = ω22 r23
ω12
r3
= 23
2
ω2
r1
( )3/2
r2
ω1
=
ω2
r1
( )1/2
v1,t
r2
=
v2,t
r1
Si vede che sia la velocità angolare sia quella tangenziale diminuiscono
con aumento di altezza. Questo risultato lo aronteremo nel capitolo
sulla conservazione di energia e momento angolare.
4. L'accelerazione di gravità su Giove è data dalla formula
g=
g=
G MG
2
RG
6, 67 × 10−11 N m2 /kg2 1, 9 × 1027 kg
2
(71, 5 × 106 m)
≈ 23 m/sec2
mentre il raggio dell'orbita si calcola dalla III 0 legge di Keplero,
confrontandolo con il raggio dell'orbita della Terra
R3
RT3
= G
2
TT
TG2
(
RG = RT
(
RG = RT
TG2
TT2
)1/3
122 anni2
12 anni2
)1/3
= 5, 24 RT ≈ 79 × 107 m
dove per il raggio dell'orbita terrestre abbiamo usato
RT = 15 × 107 m = 1 U.A.
5. Il moto parabolico di un proiettile è descritto dalla formula
y=
v0,y
g
2
x−
2 x
v0,x
2 v0,x
3
la massima gittata si ottiene imponendo y = 0 (si trova a terra)
√
3 v0
= 103, 9 m/sec
2
v0
= v0 sin 300 =
= 60 m/sec
2
2
2 (120 m/sec)
2 v0,y v0,x
=
sin 300 cos 300
=
g
9, 81 m/sec2
√
2
3 (120 m/sec)
=
= 1271, 23? m
2 × 9, 81 m/sec2
(
)
2
v0,y
602 m2 /sec2
=
=
= 183, 5 m
2g
2 · 9, 81 m/sec2
2 v0,y
2 × 60 m/sec
=
=
= 12, 23 sec
g
9, 81 m/sec2
tx
= max = 6, 12 sec
2
v0,x = v0 cos 300 =
v0,y
xmax
xmax
hmax
txmax
thmax
6. Il tempo necessario per colpire il bersaglio è lo stesso che impiega per
arrivare a terra dall'altezza iniziale h0 . Questo tempo è
th =
√
2 h0 /g =
√
2 × 2000 m/9, 81 m/sec2 = 20, 2 sec
Nello stesso tempo percorre lungo asse x la distanza
x = vx t = 111 m/sec · 20, 2 sec = 2242, 2 m
questa è la distanza dalla quale deve sganciare il carico. Passa sopra il
punto di arrivo nel tempo t = 20, 2 sec. La velocità nale è la somma
vettoriale di vx = 111 m/sec e la velocità raggiunta durante la caduta
vy = g t
√
√
2
2
2
2
v = vx + g t = 1112 + (9, 81 × 20, 2) m/sec = 227 m/sec ≈ 818 km/h
7. Le velocità angolari non dipendono dalla distanza dal centro di
rotazione e sono uguali per tutte tre posizioni. Se la piattaforma fa n giri
in un tempo t, il suo periodo sarà T = t/n. In questo caso
T = 60 sec/60 = 1 sec e la velocità angolare è
ω = 2π/T = 6, 28/1 sec = 6, 28 sec−1
le velocità tangenziali sono
v1 = ω · r1 = 6, 28 sec−1 · 0, 1 m = 0, 628 m/sec
v2 = ω · r2 = 6, 28 sec−1 · 0, 3 m = 1, 884 m/sec
v1 = ω · r3 = 6, 28 sec−1 · 0, 5 m = 3, 14 m/sec
La dipendenza della velocità tangenziale dal raggio è lineare ed il
graco è una retta.
4