Energia potenziale gravitazionale: formula, velocità di fuga ed esercizi svolti

Sulla superficie della Terra l’energia potenziale della gravità si scrive $mgh$. Ma con satelliti, razzi e pianeti le altezze non sono più piccole e $g$ non è più costante: serve la formula generale, l’energia potenziale gravitazionale $U = -GMm/r$. È lo strumento che dice quanta energia serve per mettere in orbita un satellite e con che velocità una sonda può lasciare la Terra. In questa pagina vediamo da dove viene la formula, perché è negativa e nulla all’infinito, come si ritrova $mgh$ e quando smette di valere, il grafico della buca di potenziale, la velocità di fuga, l’energia delle orbite, l’energia per mettere in orbita un satellite, il caso di più masse, il potenziale gravitazionale, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Cos’è l’energia potenziale gravitazionale

Due masse si attirano con la forza descritta dalla legge di gravitazione universale, di modulo $F = Gm_1m_2/r^2$. Se le lasci libere, si avvicinano e acquistano velocità: la loro posizione contiene un’energia pronta a diventare energia cinetica. È l’energia potenziale gravitazionale e, per due masse $M$ e $m$ a distanza $r$, vale:

$$U(r) = -\,\frac{G\,M\,m}{r}$$

Ecco il significato di ogni simbolo:

• $G = 6{,}674 \cdot 10^{-11}\ \text{N·m}^2/\text{kg}^2$ è la costante di gravitazione universale;
• $M$ e $m$ sono le due masse, in kg, per esempio un pianeta e un satellite;
• $r$ è la distanza tra i centri delle due masse, in metri: per un satellite è il raggio del pianeta più la quota;
• $U$ si misura in joule ed è nulla quando le masse sono infinitamente lontane.

La formula vale per masse puntiformi e per corpi sferici, come pianeti e stelle, finché si resta fuori dal corpo. Per la Terra useremo $M_T = 5{,}972 \cdot 10^{24}\ \text{kg}$ e $R_T = 6{,}371 \cdot 10^6\ \text{m}$, quindi $GM_T \approx 3{,}986 \cdot 10^{14}\ \text{m}^3/\text{s}^2$.

Il lavoro della forza gravitazionale

Per definire un’energia potenziale serve una forza conservativa, cioè una forza il cui lavoro tra due punti non dipende dal percorso. La forza gravitazionale è una forza centrale, quindi è conservativa. Verifichiamolo con un calcolo: lo stesso conto ci darà la formula di $U$.

Mettiamo la massa $m_1$ ferma nell’origine e facciamo muovere $m_2$ da un punto $A$ a un punto $B$ lungo un percorso qualsiasi. In un tratto piccolissimo $m_2$ si sposta di $d\vec{s}$ e la forza compie il lavoro:

$$\begin{gathered} dW = \vec{F} \cdot d\vec{s} \\ {} = -\,\frac{G\,m_1 m_2}{r^2}\,\hat{u}_r \cdot d\vec{s} \end{gathered}$$

Il segno meno c’è perché la forza punta verso $m_1$, cioè in verso opposto a $\hat{u}_r$, che va da $m_1$ a $m_2$. Il prodotto scalare $\hat{u}_r \cdot d\vec{s}$ è la proiezione dello spostamento sulla direzione radiale: è proprio di quanto aumenta la distanza tra le masse, cioè $dr$.

La componente dello spostamento perpendicolare alla direzione radiale non conta: è perpendicolare alla forza e non dà lavoro. Quindi $dW = -Gm_1m_2\,dr/r^2$ e, sommando tutti i tratti da $r_A$ a $r_B$:

$$\begin{gathered} W = -\,G\,m_1 m_2 \int_{r_A}^{r_B} \frac{dr}{r^2} \\ {} = -\,G\,m_1 m_2 \left[-\frac{1}{r}\right]_{r_A}^{r_B} \\ {} = G\,m_1 m_2\left(\frac{1}{r_B} - \frac{1}{r_A}\right) \end{gathered}$$

Il lavoro dipende solo dalle distanze iniziale e finale, non dal percorso: la forza gravitazionale è conservativa. Se $m_2$ si avvicina ($r_B < r_A$) il lavoro è positivo, se si allontana è negativo, lungo un’orbita circolare è zero.

Dal lavoro alla formula

Per una forza conservativa il lavoro è uguale alla diminuzione dell’energia potenziale, $W = U_A - U_B$. Confrontando con il risultato appena trovato si vede che:

$$U(r) = -\,\frac{G\,m_1 m_2}{r} + \text{costante}$$

La costante si può scegliere come si vuole, perché nei conti entrano solo differenze di energia potenziale. Di solito la si pone uguale a zero, così $U$ si annulla a distanza infinita.

Perché è negativa

Lo zero all’infinito è la scelta più naturale: lì la forza è nulla e le masse non interagiscono più. Quando si avvicinano, la forza attrattiva compie lavoro positivo e l’energia potenziale diminuisce: partendo da zero, diventa negativa, e sempre più negativa man mano che le masse si avvicinano.

Il segno meno è come un debito di energia: per separare del tutto le due masse bisogna fornire dall’esterno un’energia pari a $|U|$. Per portare all’infinito un corpo che parte dalla superficie terrestre servono, per ogni chilogrammo:

$$\frac{G\,M_T}{R_T} \approx 6{,}26 \cdot 10^7\ \text{J/kg}$$

cioè 62,6 milioni di joule, circa 17,4 kWh. Potresti mettere lo zero altrove, per esempio sulla superficie, come si fa con $mgh$: tutti i valori cambierebbero della stessa costante, ma le differenze resterebbero identiche.

Come si ritrova mgh vicino alla superficie

Porta un corpo di massa $m$ dalla superficie, a distanza $R_T$ dal centro, fino a una quota $h$, cioè a distanza $R_T + h$. La variazione di energia potenziale è:

$$\begin{gathered} \Delta U = -\frac{G M_T m}{R_T + h} + \frac{G M_T m}{R_T} \\ {} = \frac{G M_T\,m\,h}{R_T\,(R_T + h)} \end{gathered}$$

Sulla superficie $g = GM_T/R_T^2$, perché la forza peso è proprio l’attrazione della Terra. Con questa sostituzione si ottiene una forma molto comoda:

$$\Delta U = \frac{m\,g\,h}{1 + h/R_T}$$

Se $h \ll R_T$ il denominatore è quasi 1 e si ritrova $\Delta U \approx mgh$. Più precisamente, con lo sviluppo $1/(1+x) \approx 1 - x$, che è la formula di Taylor al primo ordine:

$$\Delta U \approx m\,g\,h\left(1 - \frac{h}{R_T}\right)$$

La formula $mgh$ quindi sovrastima il lavoro necessario, perché suppone che $g$ resti uguale salendo, mentre diminuisce. Di quanto? $mgh$ è più grande del valore vero esattamente del fattore $1 + h/R_T$: sbaglia di una frazione $h/R_T$.

Quota (km)	$h/R_T$	Errore di $mgh$ (%)
0,1	0,000016	0,0016
8,8 (Everest)	0,0014	0,14
64	0,010	1,0
400 (ISS)	0,063	6,3
6371	1	100

Per un palazzo, una montagna o un aereo, $mgh$ va benissimo. Fino a circa 64 km l’errore resta sotto l’1%, alla quota della Stazione Spaziale è già del 6%, e per distanze paragonabili al raggio terrestre la formula è sbagliata. Nel grafico qui sotto, $mgh$ è la retta tangente alla curva di $U(r)$ sulla superficie: vicino al punto di contatto le due quasi coincidono, lontano si separano.

La buca di potenziale

Per capire $U(r)$ conviene guardarne il grafico. Se $R$ è il raggio del pianeta, l’energia è misurata in unità di $GMm/R$ e la distanza in multipli del raggio.

La curva ha la forma di una buca, come un imbuto visto di profilo: ripida vicino al pianeta, poi sempre più piatta, si avvicina a zero senza mai raggiungerlo. Tre cose da notare.

1. La pendenza è la forza. La componente radiale della forza è $F_r = -dU/dr = -GMm/r^2$: dove la curva è ripida la forza è intensa, dove è piatta è debole. Il segno meno dice che la forza spinge verso le $U$ più basse, cioè verso il pianeta.
2. L’energia totale decide fin dove si arriva. L’energia meccanica $E = K + U$ si conserva, quindi è una retta orizzontale. Siccome l’energia cinetica non può essere negativa, il corpo può stare solo dove la curva è sotto la retta. Con $E < 0$ (linea verde) non può superare $r_{max}$: se è lanciato in verticale, lì si ferma e ricade. È legato. Con $E \geq 0$ (linea grigia) può allontanarsi quanto vuole.
3. Dentro il pianeta la formula cambia. Per $r < R$ attira solo la massa più interna e la buca non scende fino a $-\infty$: per un pianeta di densità uniforme il fondo è al centro e vale $-\tfrac{3}{2}\,GMm/R$ (tratteggio).

La velocità di fuga

La velocità di fuga è la velocità minima con cui lanciare un corpo dalla superficie perché non ricada più. Nella conservazione dell’energia meccanica l’abbiamo ricavata imponendo che l’energia totale sia zero; con il grafico il significato è immediato: bisogna dare al corpo abbastanza energia cinetica da alzare la sua retta $E$ almeno fino allo zero, il bordo della buca:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\,m\,v_f^2 = \frac{G\,M\,m}{R} \\ v_f = \sqrt{\frac{2\,G\,M}{R}} \end{gathered}$$

La massa $m$ si semplifica: la velocità di fuga è la stessa per un granello di sabbia e per una nave spaziale. Non dipende nemmeno dalla direzione del lancio, se si trascura l’aria, perché l’energia cinetica non ha direzione. Ed è $\sqrt{2}$ volte la velocità di un’orbita circolare radente, $\sqrt{GM/R}$:

Corpo	Orbita radente (km/s)	Fuga (km/s)
Terra	7,91	11,2
Luna	1,68	2,38
Marte	3,56	5,03
Sole	437	618

Attenzione: è una velocità iniziale, data tutta al lancio. Un razzo che tiene accesi i motori può allontanarsi anche più lentamente, perché continua a ricevere energia. E la rotazione terrestre aiuta: all’equatore il suolo si muove verso est a circa 465 m/s, quindi chi lancia verso est parte già con un po’ di velocità.

Quando nemmeno la luce sfugge

Nel novembre del 1783 l’inglese John Michell, in una lettera a Henry Cavendish, fece proprio questo ragionamento: se una stella fosse abbastanza massiccia e compatta, la sua velocità di fuga supererebbe quella della luce e la stella sarebbe invisibile, una «stella oscura». Un’idea simile la propose Laplace nel 1796. Ponendo $v_f = c$, la velocità della luce, si trova il raggio:

$$R = \frac{2\,G\,M}{c^2}$$

Per il Sole sono circa 2,95 km, per la Terra circa 9 mm. È lo stesso raggio dei buchi neri della relatività generale, il raggio di Schwarzschild, ma è una coincidenza: il ragionamento newtoniano non è quello corretto.

L’energia di un’orbita circolare

Un satellite di massa $m$ su un’orbita circolare di raggio $r$ è tenuto in cerchio dalla gravità, che fa da forza centripeta:

$$\begin{gathered} \frac{G\,M\,m}{r^2} = \frac{m\,v^2}{r} \\ v^2 = \frac{G\,M}{r} \end{gathered}$$

Da qui l’energia cinetica e quella totale:

$$\begin{gathered} K = \frac{1}{2}\,m\,v^2 = \frac{G\,M\,m}{2\,r} \\ E = K + U = -\,\frac{G\,M\,m}{2\,r} \end{gathered}$$

In un’orbita circolare valgono quindi due relazioni semplicissime: $E = U/2$ e $K = -E$. L’energia totale è negativa: il satellite sta dentro la buca e, da solo, non può uscirne.

Ne segue un apparente paradosso. Su un’orbita più alta $E$ è meno negativa, cioè più grande: per salire bisogna fornire energia. Però $v = \sqrt{GM/r}$ diminuisce: arrivato in alto, il satellite va più piano. L’energia potenziale aumenta, e di questo aumento metà lo forniscono i motori e metà viene dall’energia cinetica persa. Vale anche al contrario: l’aria sottilissima dell’alta atmosfera toglie energia ai satelliti bassi, che scendono e, pur essendo frenati, accelerano.

Orbite legate e non legate

Per un’orbita qualsiasi, non solo circolare, il segno dell’energia meccanica $E = \tfrac{1}{2}mv^2 - GMm/r$ dice che traiettoria segue il corpo:

• $E < 0$: orbita legata, un’ellisse o una circonferenza, come per pianeti, Luna e satelliti;
• $E = 0$: una parabola, e il corpo arriva all’infinito con velocità nulla;
• $E > 0$: un’iperbole, e il corpo arriva all’infinito con una velocità residua.

Forma, periodo e leggi di Keplero di queste orbite le vediamo nel moto di un corpo sottoposto alla forza gravitazionale.

Quanta energia serve per andare in orbita

Un satellite fermo sulla rampa di lancio ha energia $-GM_Tm/R_T$, se trascuriamo la rotazione terrestre. In orbita circolare di raggio $r$ ha $-GM_Tm/(2r)$. L’energia minima da fornire è la differenza:

$$\Delta E = G\,M_T\,m\left(\frac{1}{R_T} - \frac{1}{2\,r}\right)$$

Per ogni chilogrammo di satellite sono circa 33 MJ per un’orbita bassa a 400 km, il 53% dell’energia di fuga, e circa 58 MJ per l’orbita geostazionaria, il 92%. Per un’orbita bassa, quindi, conta molto più la velocità dell’altezza: quasi nove decimi dell’energia diventano energia cinetica orbitale, come si vede negli esercizi svolti sulla gravitazione. Un satellite geostazionario, invece, è già quasi sfuggito alla Terra: lo calcoliamo nell’esercizio 5. Un razzo vero consuma molta più energia, perché deve accelerare anche il carburante che brucerà dopo e vincere l’aria.

Più masse: il principio di sovrapposizione

Se le masse sono più di due, l’energia potenziale del sistema è la somma delle energie di tutte le coppie:

$$U = -\,G\sum_{\text{coppie}} \frac{m_i\,m_j}{r_{ij}}$$

dove $r_{ij}$ è la distanza tra $m_i$ e $m_j$. Ogni coppia si conta una volta sola: con tre masse le coppie sono tre, con quattro sono sei. Per esempio, tre sfere da 10 kg ai vertici di un triangolo equilatero di lato $L = 1\ \text{m}$ hanno:

$$\begin{gathered} U = -\,\frac{3\,G\,m^2}{L} \\ {} = -\,3 \cdot 6{,}674 \cdot 10^{-11} \cdot 100\ \text{J} \\ {} \approx -2{,}0 \cdot 10^{-8}\ \text{J} \end{gathered}$$

Una quantità minuscola: tra oggetti di tutti i giorni la gravità è debolissima. Il vantaggio rispetto alle forze è che qui si sommano numeri, non vettori, senza componenti né angoli, a differenza del campo gravitazionale. Per una sonda di massa $m$ tra Terra e Luna, ferme, conta la sua energia con ciascuna: $U = -Gm\,(M_T/r_T + M_L/r_L)$. Lo usiamo nell’esercizio 6.

Il potenziale gravitazionale

Dividendo l’energia potenziale per la massa $m$ si ottiene una grandezza che dipende solo dalla massa sorgente e dal punto, il potenziale gravitazionale:

$$V(r) = \frac{U}{m} = -\,\frac{G\,M}{r}$$

che si misura in J/kg: è l’energia potenziale che avrebbe 1 kg messo in quel punto. Sulla superficie terrestre $V \approx -6{,}26 \cdot 10^7\ \text{J/kg}$, alla distanza della Luna quello della Terra vale circa $-1{,}04 \cdot 10^6\ \text{J/kg}$. Per qualunque corpo, poi, $\Delta U = m\,\Delta V$.

I punti con lo stesso potenziale formano superfici equipotenziali, che per una massa sferica sono sfere concentriche. Il campo è perpendicolare a queste superfici e punta verso i potenziali più bassi: $g_r = -dV/dr$. Lo stesso schema lo ritroverai in Fisica 2 con il potenziale elettrico.

Un po’ di storia

La funzione che oggi chiamiamo potenziale era già usata da Lagrange, Laplace e Poisson, ma il nome «funzione potenziale» compare per la prima volta nel 1828, in un saggio di George Green, un matematico quasi autodidatta che lavorava nel mulino di famiglia vicino a Nottingham. L’espressione «energia potenziale» la coniò invece l’ingegnere scozzese William Rankine nel 1853.

Gli errori più comuni

• Misurare la distanza dalla superficie. In $U = -GMm/r$, $r$ è la distanza dal centro del pianeta: per un satellite a 400 km di quota, $r = 6371 + 400 = 6771\ \text{km}$.
• Usare mgh per quote grandi. $mgh$ sbaglia di una frazione $h/R$: va bene per un palazzo, non per un satellite.
• Pensare che un’energia negativa sia un errore. Il segno meno nasce dalla scelta dello zero all’infinito. E allontanandosi $U$ passa da un valore più negativo a uno meno negativo: $\Delta U$ è positiva.
• Calcolare l’energia per andare in orbita con la sola energia potenziale. Serve anche l’energia cinetica orbitale, che per le orbite basse è la parte più grande.
• Credere che salendo di orbita il satellite vada più veloce. Va più piano, perché $v = \sqrt{GM/r}$ diminuisce con $r$.
• Confondere energia potenziale e potenziale. $U$ si misura in joule e dipende da entrambe le masse; $V = U/m$ si misura in J/kg e dipende solo dalla massa sorgente.
• Contare due volte le coppie. Con più masse ogni coppia entra nella somma una volta sola.

Esercizi svolti

1. Un pacco per la Stazione Spaziale

Testo. Un pacco di 50 kg viene portato dalla superficie terrestre fino alla quota della Stazione Spaziale, $h = 400\ \text{km}$. Di quanto aumenta la sua energia potenziale? Quanto si sbaglierebbe usando $mgh$?

Con la formula esatta, e $R_T + h = 6{,}771 \cdot 10^6\ \text{m}$:

$$\begin{gathered} \Delta U = \frac{G M_T\,m\,h}{R_T\,(R_T + h)} \\ {} = \frac{3{,}986 \cdot 10^{14} \cdot 50 \cdot 4 \cdot 10^5}{6{,}371 \cdot 10^6 \cdot 6{,}771 \cdot 10^6}\ \text{J} \\ {} \approx 1{,}85 \cdot 10^8\ \text{J} \end{gathered}$$

Con la formula approssimata:

$$m\,g\,h = 50 \cdot 9{,}81 \cdot 4 \cdot 10^5\ \text{J} \approx 1{,}96 \cdot 10^8\ \text{J}$$

$mgh$ dà circa il 6% in più del valore vero, perché lassù $g$ è già sceso a circa 8,7 m/s². E 185 MJ bastano solo per alzare il pacco: per lasciarlo in orbita serve anche la velocità orbitale, che costa molto di più.

2. Saltare via da un asteroide

Testo. Un asteroide sferico ha raggio $R = 5\ \text{km}$ e densità $\rho = 2000\ \text{kg/m}^3$. Quanto vale la sua velocità di fuga? Un astronauta che sulla Terra salta 50 cm in alto, con lo stesso salto, sfuggirebbe all’asteroide?

La massa dell’asteroide è volume per densità:

$$\begin{gathered} M = \frac{4}{3}\,\pi R^3 \rho \\ {} = \frac{4}{3}\,\pi \cdot (5000)^3 \cdot 2000\ \text{kg} \\ {} \approx 1{,}05 \cdot 10^{15}\ \text{kg} \end{gathered}$$

quindi $GM \approx 6{,}99 \cdot 10^4\ \text{m}^3/\text{s}^2$ e:

$$v_f = \sqrt{\frac{2 \cdot 6{,}99 \cdot 10^4}{5000}}\ \text{m/s} \approx 5{,}29\ \text{m/s}$$

circa 19 km/h. Un salto di 50 cm sulla Terra richiede una velocità di stacco $v_0 = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}5} \approx 3{,}13\ \text{m/s}$, minore di $v_f$: l’astronauta ricade. Fin dove sale? Qui $mgh$ non vale, perché la gravità cambia molto lungo la salita. Con la conservazione dell’energia, divisa per $m$:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\,v_0^2 - \frac{GM}{R} = -\frac{GM}{r_{max}} \\ \frac{1}{r_{max}} = \frac{1}{R} - \frac{v_0^2}{2\,GM} \end{gathered}$$

Con i numeri, $1/r_{max} = 2{,}000 \cdot 10^{-4} - 0{,}702 \cdot 10^{-4} \approx 1{,}298 \cdot 10^{-4}\ \text{m}^{-1}$, quindi $r_{max} \approx 7{,}70\ \text{km}$: l’astronauta sale di circa 2,7 km prima di ricadere. Con $mgh$ e la gravità della superficie, $GM/R^2 \approx 2{,}8 \cdot 10^{-3}\ \text{m/s}^2$, avresti trovato solo 1,75 km: l’errore è grande perché la quota è metà del raggio. Un sasso lanciato a 20 km/h, invece, se ne andrebbe per sempre.

3. Cadere da un’altezza pari al raggio terrestre

Testo. Un oggetto viene lasciato cadere da fermo da una quota pari al raggio terrestre, cioè da una distanza $2R_T$ dal centro. Trascurando l’aria, con che velocità arriva al suolo? Che risultato daresti usando $mgh$?

L’energia si conserva: l’energia potenziale persa diventa energia cinetica. Dividendo per $m$:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\,v^2 = G M_T\left(\frac{1}{R_T} - \frac{1}{2R_T}\right) = \frac{G M_T}{2R_T} \\ v = \sqrt{\frac{G M_T}{R_T}} \approx 7{,}91\ \text{km/s} \end{gathered}$$

Con $mgh$ avresti scritto $v = \sqrt{2gR_T} = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 6{,}371 \cdot 10^6}\ \text{m/s} \approx 11{,}2\ \text{km/s}$, il 41% in più: $mgh$ suppone una gravità di 9,81 m/s² per tutta la caduta, mentre alla quota di partenza è solo un quarto. Curiosità: il valore sbagliato coincide con la velocità di fuga, cioè con la velocità di un corpo caduto da infinitamente lontano.

4. Alzare l’orbita di un satellite

Testo. Un satellite di 1000 kg è in orbita circolare a $r_1 = 7{,}0 \cdot 10^6\ \text{m}$ dal centro della Terra, circa 630 km di quota. Lo si vuole portare su un’orbita circolare con $r_2 = 8{,}0 \cdot 10^6\ \text{m}$. Quanto cambiano energia potenziale, energia cinetica ed energia totale?

Le energie potenziali sono:

$$\begin{gathered} U_1 = -\frac{3{,}986 \cdot 10^{14} \cdot 1000}{7{,}0 \cdot 10^6}\ \text{J} \\ {} \approx -5{,}69 \cdot 10^{10}\ \text{J} \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} U_2 = -\frac{3{,}986 \cdot 10^{14} \cdot 1000}{8{,}0 \cdot 10^6}\ \text{J} \\ {} \approx -4{,}98 \cdot 10^{10}\ \text{J} \end{gathered}$$

quindi $\Delta U \approx 7{,}1 \cdot 10^9\ \text{J}$. In orbita circolare $K = -U/2$: l’energia cinetica passa da $2{,}85 \cdot 10^{10}$ a $2{,}49 \cdot 10^{10}\ \text{J}$, e infatti la velocità scende da 7,55 a 7,06 km/s. Quindi $\Delta K \approx -3{,}6 \cdot 10^9\ \text{J}$, e l’energia che i motori devono fornire è:

$$\Delta E = \Delta K + \Delta U = \frac{\Delta U}{2} \approx 3{,}6 \cdot 10^9\ \text{J}$$

L’energia potenziale cresce di 7,1 GJ: metà la danno i motori, metà l’energia cinetica persa. Il satellite ha più energia di prima, eppure va più piano.

5. Orbita geostazionaria o fuga?

Testo. Un satellite di 2000 kg deve essere portato dalla superficie terrestre a un’orbita geostazionaria, circolare con raggio $r = 4{,}216 \cdot 10^7\ \text{m}$. Trascurando la rotazione terrestre e l’aria, qual è l’energia minima necessaria? Confrontala con quella che servirebbe per farlo sfuggire alla Terra.

Dalla formula vista sopra, con $1/R_T \approx 1{,}570 \cdot 10^{-7}\ \text{m}^{-1}$ e $1/(2r) \approx 0{,}119 \cdot 10^{-7}\ \text{m}^{-1}$:

$$\begin{gathered} \Delta E = G M_T\,m\left(\frac{1}{R_T} - \frac{1}{2r}\right) \\ {} \approx 3{,}986 \cdot 10^{14} \cdot 2000 \cdot 1{,}451 \cdot 10^{-7}\ \text{J} \\ {} \approx 1{,}16 \cdot 10^{11}\ \text{J} \end{gathered}$$

Per la fuga basta portare l’energia da $-GM_Tm/R_T$ a zero:

$$\begin{gathered} \Delta E_{fuga} = \frac{G M_T\,m}{R_T} \\ {} = \frac{3{,}986 \cdot 10^{14} \cdot 2000}{6{,}371 \cdot 10^6}\ \text{J} \approx 1{,}25 \cdot 10^{11}\ \text{J} \end{gathered}$$

L’orbita geostazionaria richiede il 92% dell’energia di fuga. A differenza delle orbite basse, qui quasi tutta l’energia, circa $1{,}06 \cdot 10^{11}\ \text{J}$, serve per salire, e solo $9{,}5 \cdot 10^9\ \text{J}$ per la velocità orbitale, lassù di appena 3,07 km/s.

6. La velocità minima per arrivare sulla Luna

Testo. Una sonda parte dalla superficie terrestre lungo la congiungente Terra-Luna, diretta verso la Luna. Con che velocità minima deve partire per arrivarci? Usa $M_L = 7{,}35 \cdot 10^{22}\ \text{kg}$ e la distanza Terra-Luna $d = 3{,}844 \cdot 10^8\ \text{m}$, e trascura la rotazione della Terra, il moto della Luna e l’aria.

Tra Terra e Luna c’è un punto $N$ in cui le due attrazioni si bilanciano: prima di $N$ vince la Terra e la sonda rallenta, dopo vince la Luna e la tira a sé. Basta quindi arrivare in $N$ con velocità quasi nulla. Uguagliando i due campi si trova che $N$ è a $x \approx 0{,}90\,d \approx 3{,}46 \cdot 10^8\ \text{m}$ dal centro della Terra.

Ora sommiamo i potenziali di Terra e Luna, cioè l’energia potenziale per ogni chilogrammo di sonda. Alla partenza la sonda dista $R_T$ dalla Terra e $d - R_T$ dalla Luna; in $N$ dista $x$ e $d - x$:

$$\begin{gathered} V_P = -\frac{G M_T}{R_T} - \frac{G M_L}{d - R_T} \\ {} \approx -6{,}258 \cdot 10^7\ \text{J/kg} \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} V_N = -\frac{G M_T}{x} - \frac{G M_L}{d - x} \\ {} \approx -1{,}280 \cdot 10^6\ \text{J/kg} \end{gathered}$$

Il contributo della Luna è piccolo: $-1{,}3 \cdot 10^4\ \text{J/kg}$ alla partenza e $-1{,}28 \cdot 10^5\ \text{J/kg}$ in $N$. Per la conservazione dell’energia, divisa per la massa della sonda:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\,v^2 = V_N - V_P \approx 6{,}130 \cdot 10^7\ \text{J/kg} \\ v \approx 11\,070\ \text{m/s} \end{gathered}$$

Servono circa 11,07 km/s, appena 110 m/s meno della velocità di fuga dalla Terra, 11,19 km/s: quasi tutta l’energia serve a uscire dalla buca terrestre.

Altri problemi su orbite, satelliti e velocità di fuga li trovi negli esercizi svolti sulla gravitazione.

In sintesi

• Il lavoro della forza gravitazionale, $W = Gm_1m_2\left(\frac{1}{r_B} - \frac{1}{r_A}\right)$, dipende solo dalle distanze: la forza è conservativa.
• Energia potenziale: $U = -GMm/r$, con $r$ misurato tra i centri; è nulla all’infinito e negativa a distanza finita.
• Vicino alla superficie $\Delta U = mgh/(1 + h/R) \approx mgh$, con un errore relativo pari a $h/R$.
• Nel grafico di $U(r)$ la pendenza è la forza, $F_r = -dU/dr$: con $E < 0$ il corpo è legato, con $E \geq 0$ può sfuggire.
• Velocità di fuga: $v_f = \sqrt{2GM/R}$, cioè 11,2 km/s per la Terra, 2,38 per la Luna, 618 per il Sole.
• Orbita circolare: $E = -GMm/(2r) = U/2$ e $K = -E$; più l’orbita è alta, più il satellite va piano.
• Più masse: si somma $-Gm_im_j/r_{ij}$ su tutte le coppie. Potenziale: $V = U/m = -GM/r$, in J/kg.

Con energia e momento angolare si possono descrivere completamente le orbite: lo vediamo nel moto di un corpo sottoposto alla forza gravitazionale.