Raggio orbitale Luna: il valore dato nel libro è errato di 3 ordini di grandezza. Si tratta di metri, non km.
Forza di attrazione gravitazionale, pag 254: il libro non tratta esplicitamente la direzione della forza gravitazionale. Le forze che agiscono reciprocamente su due corpi puntiformi dotati di massa hanno lo stesso modulo, la stessa direzione (quella che unisce le posizioni dei corpi) e verso opposto. Il problema probabilmente nasce dalla traduzione dall'inglese, lingua che non fa differenza tra direzione e verso.
Forza di attrazione gravitazionale, pag 254: il valore della distanza tra i centri della Terra e della Luna è errato di 3 ordini di grandezza. Non è 3,84·108 km bensì 3,84·105 km = 3,84·108 m.
Dimostrazione legge delle aree, pag 256: nella prima formula di pag 256 il libro dimentica il fattore 1/2 che dovrebbe comparire nella formula per il calcolo dell'area di un triangolo. Il ragionamento logico rimane comunque corretto nonostante l'errore numerico (l'area è proporzionale all'intervallo di tempo considerato, al momento angolare e al reciproco della massa dell'oggetto). Segnalazione di Ilaria Paglia.
Energia totale e potenziale per un'orbita ellittica, pag 266: l'affermazione nel riquadro giallo è errata. Per un qualunque oggetto sottoposto alla sola attrazione del centro di gravità l'energia meccanica totale è conservata, ma quella potenziale non lo è, visto che in generale la distanza tra l'oggetto e il centro di gravità varia nel corso dell'orbita. Non è quindi sensato parlare di una energia potenziale dell'oggetto. L'unica eccezione è un caso degenere, ovvero quando l'orbita è in realtà circolare. In questo caso la distanza dal centro di gravità si mantiene costante e pari al raggio della circonferenza, e l'energia totale è effettivamente pari alla metà di quella potenziale.
Esempio 10 pag 267. La discussione fuorviante perché non viene sottolineato il fatto che la relazione v = ω r utilizzata per trovare vA vale solo quando il raggio vettore e la velocità tangenziale sono perpendicolari. In generale la formula è v = ω r sin θ, dove 0°≤θ<180° è l'angolo tra i due vettori. Al perigeo e all'apogeo di un'orbita ellittica (così come in tutti i punti di un'orbita circolare) la velocità tangenziale è perpendicolare al raggio vettore, e quindi sin θ = 1. Un modo più chiaro e corretto di affrontare questo esempio consiste nel partire dalla formula per il momento angolare di un punto materiale, discussa sia a pag 256 che poche righe sopra l'esempio 10: L = m v r sin θ. In sostanza la prima parte dell'esercizio è stata copiata senza variazioni dall'esempio 7 del cap 6 della vecchia edizione, senza considerare in alcun modo tutte le osservazioni sul momento angolare di un punto materiale che sono state aggiunte nella nuova edizione. Anche il secondo metodo per calcolare vA, basato su considerazioni energetiche, è impreciso. I due metodi sono equivalenti solo per numeri infinitamente precisi. Se i dati vengono forniti con poche cifre significative i risultati dei due metodi possono essere sensibilmente differenti. In questo caso gli autori si sono fidati che i risultati coincidano, e dichiarano di ottenere in entrambi i casi 2820 m/s (utilizzando peraltro una notazione ingegneristica fuorviante per le cifre significative). In realtà primo calcolo dà circa 2817,8 m/s e il secondo 2806,5 m/s. Approssimando correttamente i risultati diventano 2,82 km/s e 2,81 km/s. In effetti sono compatibili, ma non coincidenti.
Fig. 21 pag 268: nel punto a B distanza rB la velocità è effettivamente nulla, e il satellite è istantaneamente fermo vB = 0 m/s. Tuttavia affermare che l'orbita è ellittica, senza aggiungere altro, è fuorviante. In un'orbita ellittica l'energia cinetica non si annulla mai. Al perielio è minima, ma di certo non nulla, visto che per la conservazione del momento angolare rA vA = rB vB, come discusso nel paragrafo precedente. Se vA è non nulla, allora lo è per forza anche vB. La figura 21 si riferisce ad una velocità che ha direzione radiale, che forma un angolo di 0° o 180° col campo. Per questo il momento angolare L = m v r sin θ = 0 è nullo, e il satellite non percorre un'orbita attorno al Sole, ma se ne allontana (e poi se ne avvicina) procedendo in una linea retta. In altre parole, se il satellite raggiunge il punto B, il caso rappresentato nella figura 21 è un "lancio verso l'alto" che raggiunge quote talmente alte che l'accelerazione di gravità non può essere considerata costante. La traiettoria seguita dal satellite è un segmento che, volendo, può essere considerato un'ellisse degenere, con eccentricità pari a 1.
Se invece l'orbita è un'ellisse non degenere, è necessario sottolineare che il satellite non raggiunge mai il punto B, perché l'energia cinetica non si annulla mai. La distanza rB ha semplicemente il ruolo di limite superiore alle distanze possibili. Una formulazione più corretta della seconda parte del secondo capoverso è "Se il satellite arrivasse alla distanza B la sua energia totale coinciderebbe con la sua energia potenziale, e la sua energia cinetica sarebbe quindi nulla. Il satellite sarebbe dunque fermo. Il satellite non può raggiungere distanze maggiori di B, perché questo comporterebbe un'energia potenziale maggiore dell'energia totale, che a sua volta richiederebbe un'energia cinetica negativa (U > E = K + U implica 0 > K). Ma questo è impossibile. Ne segue che la distanza B è un'estremo superiore per le distanze possibili. La massima distanza raggiunta dal satellite è necessariamente compresa tra A e B. Quindi l'orbita può solo essere una circonferenza, un'ellisse, oppure un segmento (un'ellisse degenere con eccentricità e = 1).".
La figura corretta per un'orbita ellittica non degenere che ha come distanza minima rA e come distanza massima rB è scaricabile da questo url.
In questo caso i vettori velocità in A (perielio) e B (afelio) sono perpendicolari alla direzione radiale, e non paralleli.
Formulario pag 275: il valore della costante G è errato di 3 ordini di grandezza. Segnalazione di A. Guerrini, 3D 19/20 (e G. Linguerri, 4CSA 20/21 prima che la segnalazione fosse pubblicata).
Mancano problemi sul paragrafo 8 (campo gravitazionale). L'unico problema presente è il 91 nei problemi generali, che ha un testo piuttosto vago e non riporta la soluzione.
11: le soluzioni al secondo quesito vengono (apparentemente) fornite con 3 c.s. (segnalazione di M. Molineris). In realtà l'ultimo zero non è significativo. Si tratta della solita notazione ingegneristica per cui 9.80 m/s2 sta per 9.8 m/s2.
22: in alcune edizioni il risultato fornito dal libro per l'accelerazione nel punto B è errato. Il valore non è –7,3·10–10 m/s2 ma la sua metà, –3,67·10–10 m/s2. Segnalazione di I.F. Paglia. Il testo del problema e la presentazione dei risultati lasciano un po' a desiderare. Innanzitutto non c'è alcun dato che chiarisca la posizione del punto C. Solo giudicando il disegno "a occhio" e consultando la soluzione si capisce che C è il simmetrico della posizione iniziale rispetto ad A. Inoltre l'accelerazione è un vettore e non uno scalare e, rigorosamente, un'accelerazione negativa non ha senso. Quelle che fornisce il libro sono le componenti dell'accelerazione in un sistema di riferimento orientato come l'accelerazione iniziale.
23: in alcune edizioni il dato della distanza Terra-Luna è errato di 3 ordini di grandezza: non è 3,85·108 km (maggiore della distanza media Terra-Sole!) ma 3,85·108 m. Segnalazione di I.F. Paglia. Per ottenere il risultato fornito bisogna tenere presente che la distanza Terra-Luna data nel testo è quella tra i centri dei corpi celesti, e non quella tra le loro superfici. Questa convenzione andrebbe specificata nel testo dell'esercizio, o nella parte di teoria. Segnalazione di M. Molineris, 4CSA 20/21.
28: la consegna del problema è un po' implicita. L'idea è questa: nella situazione iniziale ci sono solo le particelle 1 e 2, e su ciascuna agisce una forza iniziale che ha un certo modulo. Nella situazione finale viene aggiunta la particella 3, che aggiunge un contributo sia alla forza subita da 1 che a quella subita da 2. Si vuole che il modulo della forza finale sia il doppio di quella iniziale, su entrambe le particelle.
29: la rilevanza di questo problema rispetto all'argomento trattato nel paragrafo è nel migliore dei casi solo marginale. Il problema avrebbe senso nel capitolo dedicato ai principi della dinamica. Segnalazione di E. Pugliese. La "difficoltà" del problema sta nella formulazione, che contiene dei "distrattori" (oppure introduce involontariamente una complicazione inutile). Il fatto che il problema sia ambientato sulla Luna, o cosa succeda sulla Terra sono fatti irrilevanti. Il testo potrebbe essere semplificato in questo modo "Affinché un veicolo abbia un'accelerazione di 0,220 m/s^2 i suoi motori devono imprimergli una forza di 1,43E3 N. Calcola la forza di attrito che agisce sul veicolo".
38: lo svolgimento sul libro non tiene conto in maniera coerente del corretto numero di cifre significative dei dati. Poiché il diametro interno è 16 m, il raggio interno è 8,0 m e non 8 m. Il risultato finale ha il numero di c.s. corretto, nonostante l'errore nella formula. Segnalazione di G. Linguerri, 4CSA 20/21.
45: il testo afferma che la stazione ruota ad una velocità angolare di "1,00 giro al minuto". Visto che si parla di giri, questa grandezza va probabilmente pensata come una frequenza. Segnalazione di F. Giaquinto, 4CSA 21/22. D'altra parte però per giro si può intendere un angolo giro, e considerare il dato come una frequenza. In effetti frequenza e velocità angolare differiscono per un fattore 2π che, pur rappresentando un angolo in radianti, è di fatto adimensionale.
50: il libro ottiene il risultato riportato perché utilizza U = mgh e g = 9,80 m/s2. Segnalazione di N. Romagnoli, 4CSA 20/21. In realtà lo spirito dell'esercizio sarebbe calcolare ΔU sia con la formula U = mgh (valida vicino alla superficie terrestre), sia con quella generale della gravitazione universale U = –GmM/d, e constatare che i risultati sono compatibili. Lo svolgimento "ufficiale" utilizza solo la prima formula, senza spiegare perché.
54: in alcune edizioni il risultato non è compatibile con i dati (è errato di 3 ordini di grandezza). Se la distanza e la velocità iniziale sono 1,00·1011 m e 50 km/s, la distanza massima è circa 1,7·1012 m, e non 1,7·1012 km.
65: nei primi due risultati non viene indicata l'u.d.m., che è N. Segnalazione di D. Benzoni, 4CSA 21/22. Inoltre questo problema non ha nulla a che fare con il paragrafo 7. Dovrebbe far parte del paragrafo 4.
66: in alcune edizioni del libro, nel testo del problema l'afelio (punto più lontano dal Sole) e il perielio (punto più vicino al Sole) sono scambiati. Segnalazione di E. Pugliese.
67: l'esercizio è identico al 66, con l'unica differenza che si richiede di esprimere il risultato in termini di g.
68: questo esercizio è totalmente identico al 66 e al 67. Inoltre dovrebbe essere etichettato con "Un dato in più", come ad esempio il 77. Infatti la massa del satellite è un dato superfluo. Segnalazione di R. Ravaioli, 4E 20/21.
73: questo esercizio dovrebbe essere etichettato con "Un dato in più", come ad esempio il 77. Infatti la massa del meteorite è un dato superfluo. Segnalazione di R. Ravaioli, 4E 20/21.
87: la notazione scelta dal libro è pessima. Per indicare le posizioni delle due stelle e del loro centro di massa vengono utilizzati gli stessi identici simboli che indicano le masse delle stelle (M1 e M2) e la costante di gravitazione (G). Questa notazione sembra studiata per confondere i lettori. Una discussione più comprensibile del problema si trova in questa scheda.
92: i dati forniti nel problema sono incompatibili con un'orbita chiusa. Infatti, pur non conoscendo la massa della cometa, è possibile calcolarne l'energia totale per unità di massa, che risulta essere positiva (+4,16E5 J/kg). Questo significa che l'orbita della cometa non è chiusa (ellittica o circolare) bensì aperta (iperbolica), e che quindi non c'è un afelio.
I risultati forniti dal libro di testo sono ottenuti utilizzando la conservazione del momento angolare e la terza legge di Keplero, ma ignorando la conservazione dell'energia. I valori "finali" per ogni quantità, approssimati al numero di c.s. corretto ad ogni passaggio. Se i calcoli intermedi non vengono approssimati si ottengono i seguenti risultati: 2,68·1011 m = 17,9 UA; 35,1 UA; 925 m/s. Questi risultati e quelli del libro hanno piccole differenze, ma sono compatibili.
È interessante osservare che, in linea di principio il problema potrebbe essere risolto anche utilizzando le leggi della conservazione di E e di L, senza utilizzare la terza legge di Keplero. Procedendo simbolicamente si ottiene un'equazione di secondo grado per la velocità all'afelio. Osservando che il discriminante è un quadrato perfetto si ottengono delle formule abbastanza semplici:
Inserendo i dati forniti dal problema si ottiene un risultato negativo per il modulo della velocità all'afelio. Questo perché, come detto, i dati sono incompatibili con un orbita chiusa.
Il problema fornisce risultati coerenti se si usano dati più precisi G = 6,673·10-11 N m2/kg2; MS = 1,989·1030 kg; T = 75,37 anni; 1 UA = 1,496·1011 m; dp = 0,586 UA; vp = 54,57 km/s. Utilizzando la terza legge di Keplero e la conservazione del momento angolare i risultati sono da = 5,249·1012 m = 35,084 UA; va = 911,48 m/s. Con questi risultati le energie per unità di massa all'afelio e al perielio coincidono alla seconda cifra significativa con 2,5·107 J/kg. In alternativa si può utilizzare la conservazione dell'energia e quella del momento angolare. I risultati in questo caso sono sono da = 5,209·1012 m = 34,817 UA; va = 918,47 m/s. Con questi risultati le energie per unità di massa all'afelio e al perielio coincidono alla quinta cifra significativa con 2,5060·107 J/kg, e il periodo orbitale ha un valore compatibile con quello dato, 74,53 anni.
In questo caso i vettori velocità in A (perielio) e B (afelio) sono perpendicolari alla direzione radiale, e non paralleli.
Formulario pag 275: il valore della costante G è errato di 3 ordini di grandezza. Segnalazione di A. Guerrini, 3D 19/20 (e G. Linguerri, 4CSA 20/21 prima che la segnalazione fosse pubblicata).
A
B
D
A
D
A
C
A
D
B
A
D