Esercizio svolto: satellite, afelio e perielio

Testo

Un satellite di massa $m_s = 10^{10}\ \text{kg}$ orbita attorno alla Terra ($M_T = 6\cdot 10^{24}\ \text{kg}$). Al tempo A si trova in posizione $\vec{r}_A = (-3\cdot 10^8,\ 8\cdot 10^8)\ \text{m}$ con velocità $\vec{v}_A = (-3000,\ 0)\ \text{m/s}$. Determinare la distanza minima e massima del satellite dal centro della Terra.

Stato iniziale A: posizione e velocità note; si cercano i due punti estremi dell’orbita (perielio e afelio).

Soluzione

Strategia. Nei punti di massima e minima distanza $\vec{v}\perp\vec{r}$: si usano insieme la conservazione dell’energia totale e quella del momento angolare rispetto al centro della Terra.

Passo 1 — calcoli preliminari. $r_A = |\vec{r}_A| = \sqrt{(3\cdot 10^8)^2 + (8\cdot 10^8)^2} = \sqrt{73}\cdot 10^8 \approx 8{,}54\cdot 10^8\ \text{m}$ $v_A = |\vec{v}_A| = 3000\ \text{m/s}$

Passo 2 — energia totale. $E_\text{cin,A} = \tfrac{1}{2}m_s v_A^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 10^{10}\cdot 9\cdot 10^6 = 4{,}5\cdot 10^{16}\ \text{J}$ $E_\text{pot,A} = -\frac{GM_T m_s}{r_A} = -\frac{6{,}7\cdot 10^{-11}\cdot 6\cdot 10^{24}\cdot 10^{10}}{8{,}54\cdot 10^8} \approx -4{,}7\cdot 10^{16}\ \text{J}$ $E_\text{tot} = 4{,}5\cdot 10^{16} - 4{,}7\cdot 10^{16} = -2{,}2\cdot 10^{15}\ \text{J}$

Poiché $E_\text{tot} < 0$, l’orbita è ellittica (legata).

Passo 3 — momento angolare. $\vec{L}_A = m_s\,(\vec{r}_A\times\vec{v}_A) = 10^{10}\cdot\left[(-3\cdot 10^8)\cdot 0 - (8\cdot 10^8)\cdot(-3000)\right]$ $L = 10^{10}\cdot 2{,}4\cdot 10^{12} = 2{,}4\cdot 10^{22}\ \text{kg}\,\text{m}^2/\text{s}$

Passo 4 — equazioni nel punto B (perielio o afelio, dove $\vec{v}\perp\vec{r}$). Confronto tra lo stato A e lo stato generico B:

	$E_\text{cin}$	$E_\text{pot,G}$	$E_\text{tot}$
A	$4{,}5\cdot 10^{16}$	$-4{,}7\cdot 10^{16}$	$-2{,}2\cdot 10^{15}$
B	$\tfrac{1}{2}m_s v_B^2$	$-\dfrac{GM_T m_s}{d_B}$	$-2{,}2\cdot 10^{15}$

	$L$
A	$2{,}4\cdot 10^{22}$
B	$m_s v_B d_B$

Passo 5 — sostituzione. Dalla conservazione di $L$: $m_s v_B d_B = 2{,}4\cdot 10^{22}$, quindi $v_B = \frac{2{,}4\cdot 10^{12}}{d_B}$

Sostituendo nell’equazione dell’energia: $\frac{m_s}{2}\left(\frac{2{,}4\cdot 10^{12}}{d_B}\right)^2 - \frac{GM_T m_s}{d_B} = -2{,}2\cdot 10^{15}$

Moltiplicando per $d_B^2$ si ottiene un’equazione di secondo grado in $d_B$: $2{,}2\cdot 10^{15}\,d_B^2 + 4\cdot 10^{24}\,d_B - 8{,}8\cdot 10^{44} = 0$

Passo 6 — le due soluzioni. Le due radici positive dell’equazione sono i due punti estremi: $\ev{d_B^\text{peri} \approx 3{,}2\cdot 10^8\ \text{m}\qquad d_B^\text{afel} \approx 5{,}5\cdot 10^8\ \text{m}}$

Verifica. Le due soluzioni corrispondono esattamente ai due punti (minimo e massimo) dove $\vec{v}\perp\vec{r}$: il perielio (punto più vicino) e l’afelio (punto più lontano). In tutti gli altri punti dell’orbita la velocità ha anche una componente radiale.

Nota sul segno di $E_\text{tot}$: se $E_\text{tot}<0$ le radici positive sono due (ellisse); se $E_\text{tot}=0$ una sola (parabola); se $E_\text{tot}>0$ una sola (iperbole).

Attenzione ai dati numerici $E_\text{pot,A} = -GM_T m_s / r_A \approx -4{,}7\cdot 10^{15}\ \text{J}$ (non $10^{16}$): l'esempio del libro contiene uno slittamento di un fattore 10. I valori dei due punti estremi vanno quindi presi come indicativi — l'importante è il metodo (due conservazioni → equazione di secondo grado → due punti dove $\vec{v}\perp\vec{r}$). Rifà i conti con cura sui tuoi dati.

Con i valori stampati il calcolo corretto dell’energia potenziale è

Collegamenti

Argomenti: Gravitazione Concetti: Conservazione dell’energia meccanica · Conservazione del momento angolare · Energia potenziale gravitazionale universale · Orbite Competenze: Conservazione dell’energia · Conservazione del momento angolare Oggetti: Satellite