Dispense per le Olimpiadi di Fisica - UZ wikiuz.sns.it/~OrsoBruno96/dispense_olimpiadi.pdf · 1.2...

Dispense per le Olimpiadi di Fisica

Fabio Zoratti 1

28 maggio 2017

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Indice

1 Introduzione - di Andrea Caleo (e Fabio Zoratti) 71.1 Nota per il lettore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Come si vincono le Olimpiadi di Fisica? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 A cosa servono queste dispense? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Link, libri e dispense utili per la preparazione olimpica. . . . . . . . . . . . . 9

1.4.1 Testi di studio per la teoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4.2 Link a raccolte di problemi ed eserciziari. . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4.3 Testi di approfondimento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.4.4 Varie ed eventuali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Matematica 152.1 Le funzioni elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.1.1 La funzione esponenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.1.2 La funzione logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.1.3 I numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.1.4 Le funzioni iperboliche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2 Analisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2.1 Cenni di serie numeriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2.2 Derivate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.2.3 Integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2.4 Equazioni differenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2.5 Espansione in Serie di Taylor (molto importante) . . . . . . . . . . . 52

2.3 Calcolo vettoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.3.1 Vettori e versori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.3.2 Algebra lineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.3.3 Cenni di analisi in piu variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.3.4 Integrali in piu variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 802.3.5 Potenziale scalare e potenziale vettore . . . . . . . . . . . . . . . . . 932.3.6 Operatori differenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

2.4 Equazioni differenziali alle derivate parziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1102.5 Cenni di statistica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

3 Fisica 1353.1 Meccanica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

3.1.1 Statica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1353.1.2 Dinamica del punto materiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

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4 INDICE

3.1.3 Oscillazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1473.1.4 Sfruttare le conservazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1523.1.5 Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1533.1.6 Corpo rigido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1593.1.7 Gravitazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1733.1.8 Sistemi a massa variabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1943.1.9 Sistemi di riferimento non inerziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1963.1.10 Fluidodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

3.2 Termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2053.2.1 Primo principio della termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2073.2.2 Secondo principio della termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . 2113.2.3 Entropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2133.2.4 Potenziali termodinamici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2183.2.5 Cenni di meccanica statistica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2233.2.6 Gas perfetti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2293.2.7 Gas reali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2393.2.8 Tensione superficiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2463.2.9 Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247

3.3 Elettromagnetismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2503.3.1 Campo elettrostatico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2503.3.2 Campo magnetostatico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2763.3.3 Equazioni di Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2943.3.4 Circuiti elettrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3203.3.5 I campi nella materia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325

3.4 Ottica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3403.4.1 Le scale mesoscopiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3403.4.2 Le equazioni di Maxwell nei mezzi continui . . . . . . . . . . . . . . . 3413.4.3 La propagazione di onde nei mezzi dielettrici lineari . . . . . . . . . . 3433.4.4 La riflessione e la rifrazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3583.4.5 La causalita e le relazioni di Kramers-Kronig . . . . . . . . . . . . . . 3663.4.6 Cenni di ottica non lineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3673.4.7 Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368

3.5 Relativita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3693.5.1 Relativita ristretta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3693.5.2 Relativita generale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3993.5.3 Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 400

3.6 Meccanica quantistica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4013.6.1 Decadimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4013.6.2 Principio di indeterminazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4013.6.3 Corpo nero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4013.6.4 Effetto fotoelettrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4013.6.5 Scattering Compton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4013.6.6 Cenni di orbitali atomici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4013.6.7 Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402

3.7 Complementi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4063.7.1 Lagrangiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406

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3.7.2 Tensori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4153.8 Problemi generici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416

4 Soluzione dei problemi 4374.1 Risposte agli esercizi di matematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4374.2 Suggerimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4384.3 Soluzioni complete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 439

4.3.1 Meccanica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4394.3.2 Termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4834.3.3 Elettromagnetismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4934.3.4 Ottica e onde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5254.3.5 Relativita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5294.3.6 Meccanica quantistica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5334.3.7 Problemi aggiuntivi e complementi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 534

5 Prova sperimentale 5555.1 Propagazione degli errori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555

5.1.1 Media e deviazione standard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5565.2 Metodi di fit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 557

5.2.1 Cosa fare davvero in gara . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5605.3 I principali strumenti con cui avrete a che fare . . . . . . . . . . . . . . . . . 564

6 Appendice 5676.1 Derivata delle funzioni elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5676.2 Serie di Taylor piu comuni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5686.3 La funzione gamma di Eulero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5696.4 Identita vettoriali ed operatoriali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5706.5 Lista delle modifiche apportate al file . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 571

6 INDICE

Capitolo 1

Introduzione - di Andrea Caleo (eFabio Zoratti)

1.1 Nota per il lettore

Queste dispense sono ancora in fase di stesura, sono circa a meta del lavoro completo. E moltoprobabile trovare quindi sezioni incomplete o con errori, che possono essere di distrazione,typo o anche grossi. Troverete spesso inoltre delle note in maiuscolo che mi servono aricordare che cosa devo sistemare. Vi prego di segnalarmi gli errori che trovate all’indirizzoemail in copertina al fine di rendere piu rapido il lavoro di correzione. Inoltre, saro contentodi ricevere feedback sul lavoro svolto. Ditemi se quello che leggete vi sembra chiaro o visembra incomprensibile.

Per ora vi posso piu o meno dire che la parte di matematica e quasi completa, mancanogli esercizi di autovalutazione, mentre per fisica sono ancora in alto mare

Alcune parti di meccanica sono fatte bene ed approfondite, altre hanno buchi grossi

Termodinamica e quasi finita

Elettromagnetismo per ora fa abbastanza schifo ma conto di sistemarla durante l’anno2016/2017 in quanto seguiro dei bei corsi a riguardo

Onde e quantistica sono vuote (per ora). Conto di scrivere ottica alla fine di questo annoaccademico e quantistica l’anno successivo.

Relativita e ancora a meta e leggere mezza spiegazione incompleta puo confondere leidee.

I problemi potete tranquillamente farli senza aver letto la parte di teoria e sono la cosapiu utile da fare per le gare, quindi cominciate a farli.

1.2 Come si vincono le Olimpiadi di Fisica?

Non esiste un percorso lineare che porta uno studente a vincere le Olimpiadi Italiane di Fisicae partecipare alle IPhO. Tuttavia, le tappe principali per molti studenti sono le seguenti:

1. Lo studente, che chiameremo Angela, ottiene buoni risultati in fisica e matematica ascuola.

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8 CAPITOLO 1. INTRODUZIONE - DI ANDREA CALEO (E FABIO ZORATTI)

2. Ad un certo punto, forse dopo aver partecipato ad una delle prime fasi delle OlimpiadiItaliane di Fisica oppure dopo una partecipazione fortuita a Senigallia in classe terzao quarta, Angela decide che e’ interessata alla fisica e vuole competere seriamente.

3. Angela si informa su come fare a diventare piu brava chiedendo ad altri ragazzi chehanno partecipato alle Olimpiadi, andando sul forum delle Olimpiadi, oppure chiedendoad uno dei suoi insegnanti.

4. Seguendo il consiglio che riceve piu spesso, Angela si procura un libro di fisica che coprail resto del materiale che ancora non ha potuto studiare a scuola (probabilmente l’Hal-liday). Angela studia vari argomenti futuri dal libro, riguarda argomenti precedenti,e intanto fa esercizi tratti dalle fasi provinciali e nazionale delle Olimpiadi Italiane diFisica.

5. Quando i problemi le sembrano facili, Angela prova ad affrontare alcuni problemi delleOlimpiadi Internazionali di Fisica. Si accorge che questi problemi sono molto piu lunghie complessi, ed in qualche caso richiedono l’uso di tecniche piu avanzate di quelle checonosce. Spesso e’ quasi indispensabile aver visto un problema simile a quello che sista provando a risolvere.

6. Se non l’ha gia studiata a scuola, Angela studia l’analisi (derivate ed integrali), perchesi accorge che questi argomenti sono menzionati molto spesso nei problemi difficili.In particolare, scopre che aver capito i concetti principali dell’analisi rende piu facilerisolvere anche problemi che in teoria si possono risolvere senza l’analisi.

7. Angela ha finalmente tutti gli strumenti che le servono per competere nelle Olimpiadi.Affronta molti problemi tratti dalle Olimpiadi Internazionali, dalla raccolta di problemidella Scuola Normale Superiore e da altre fonti che trova interessanti.

Ognuno dei 7 punti elencati ha richiesto uno sforzo attivo da parte di Angela, e non e’scontato che lei si renda conto di dover fare questo sforzo. Per esempio, la maggior partedegli studenti di liceo si limita a studiare quel che viene richiesto dai loro insegnanti, senzadecidere autonomamente di approfondire un argomento molto piu in profondita. La realtae’ che, per avere successo nel resto della propria vita, avere un ottimo livello di competenzain dieci materie diverse (le stesse dieci per tutti gli studenti della classe) e’ decisamentepeggio che avere un livello di competenza rispettabile in nove materie e stratosferico in una.Accorgersi di questo fatto prima di andare all’universita e’ una delle cose migliori che possanoaccadere ad un ragazzo.

Gli ultimi due step elencati sopra sono particolarmente complessi perche richiedono difare molti problemi e studiare materiale che non e’ univocamente determinato. Ogni studenteche arriva alle IPhO ha una preparazione diversa: c’e’ chi ha fatto tutti i problemi delle IPhOma non ha mai aperto un testo di teoria piu avanzato dell’Halliday, c’e’ chi e’ molto bravodi matematica e sa bene tutta la fisica spiegata a scuola ma non ha mai visto argomentiparticolari come la diffrazione o la relativita, c’e’ chi si e’ studiato una serie di tecnicheuniversitarie ma non ha fatto molti problemi dalle edizioni precedenti. Quello che quasi tuttiloro hanno in comune e’ la curiosita di imparare la fisica e l’aver fatto una certa quantita dipreparazione indipendente.

1.3. A COSA SERVONO QUESTE DISPENSE? 9

1.3 A cosa servono queste dispense?

Queste dispense sono rivolte ai ragazzi delle scuole superiori che si cimentano nelle Olimpiadidi Fisica. Sono pensate come supplemento per ragazzi che ottengono buoni risultati in Fisicaa scuola, ma vogliono la spinta in piu che serve ad arrivare ad alto livello su scala nazionale einternazionale. L’autore di questo libro, Fabio Zoratti, ha partecipato alle Olimpiadi Inter-nazionali della Fisica nel 2014 e 2015 conseguendo una medaglia di bronzo e una medagliadi argento. Si avvale della collaborazione di amici e collaboratori, molti dei quali hannopartecipato ad altre edizioni delle Olimpiadi Internazionali della Fisica e stanno coltivandouna carriera nell’ambito della ricerca.

Il modo migliore per imparare fisica e quello di porsi domande difficili e cercare le risposte,piuttosto che studiare molti libri di testo. Cio’ nonostante, una serie di strumenti matematicie fisici sono fondamentali per espandere i propri orizzonti. La prima parte di questo testopresenta la matematica utile per fare i problemi delle Olimpiadi in modo che gli studentiche non hanno ancora familiarita con l’analisi possano avere del materiale conciso su cuistudiare. Segue una discussione di alcuni argomenti di fisica che non si trattano al liceo masono utili per le gare e per capire i trucchi che a volte compaiono nelle soluzioni dei problemi.Presentiamo infine una ampia collezione di problemi che coprono l’utilizzo di molte tecnicheda tenere presente.

Lo scopo di questo libro e’ di aiutare lo studente offrendogli una selezione di materialemirato alla preparazione per le Olimpiadi. Questo non puo’ sostituire la sua curiosita, chedeve restare viva e spingerlo a trovare materiale che proviene anche da altre fonti, ma puo’servire come guida e collezione di argomenti che sono sicuramente utili per le Olimpiadi.Queste dispense sono obiettivamente complicate per un ragazzo del liceo. Non cercate distudiarle per intero in una sola lettura, selezionate gli argomenti che pensate vi siano piuutili, non spaventatevi davanti ai problemi tosti e non mollate.

Riportiamo qua di seguito una lista di libri e siti consigliati per la preparazione per leOlimpiadi di Fisica. La lista e’ tratta da una discussione sul forum delle Olimpiadi che vieneaggiornata periodicamente. Potete trovare maggiori informazioni e alcuni link sul forum,oppure con una breve ricerca su Google.

Essendo questo un libro scritto da un volontario e inevitabile che ci siano sviste o erroriveri e propri. Potete segnalare tutti gli errori all’indirizzo email in copertina.

1.4 Link, libri e dispense utili per la preparazione olim-

pica.

1.4.1 Testi di studio per la teoria

I seguenti testi sono indicati per una preparazione di livello liceale e pre-universitaria. Ilmateriale che vi si trova copre la teoria di base ed e’ piu che sufficiente per affrontare leOlimpiadi Italiane di Fisica, se unito ad un solido allenamento nella risoluzione di problemi.

1. Fondamenti di Fisica, Halliday, Resnick e Walker.

Si tratta di un libro di testo di fisica che esiste in una versione piu semplice, cheviene usata anche nei licei (Fondamenti di Fisica, che si puo’ integrare con Fisica


Moderna), ed in una versione piu avanzata (divisa in Fisica 1 e Fisica 2), che a voltee usata nei primi corsi di Fisica per Ingegneria. E’ un testo abbastanza semplice, ed eprobabilmente il piu adatto a cominciare a studiare fisica, anche se fa un leggero usodel calcolo differenziale ed integrale. Gli esercizi di fine capitolo sono molto buoni perprendere la mano con gli argomenti del libro, e sono generalmente di livello compresotra la fase di Dicembre e quella di Febbraio delle Olimpiadi. Se non e la Bibbia delleOlimpiadi, poco ci manca.

2. I testi di Giovanni Tonzig.

I libri di Giovanni Tonzig trattano la fisica del liceo facendo uso di poca matemati-ca avanzata. Sono testi molto adatti alla preparazione delle Olimpiadi, contengonoun buon numero di problemi di livello molto variabile e trattano approfonditamenteargomenti spesso bistrattati a scuola, come l’attrito, la fisica del vapore, la meccani-ca rotazionale. Esistono un testo di meccanica, uno sulla fisica del calore ed uno dielettromagnetismo.

3. La fisica di Feynman. (In inglese The Feynman Lectures on Physics).

Si tratta del testo scritto da Feynman mettendo insieme le lezioni di un suo corso. Alsuo interno sono spiegate le idee che stanno dietro a molti degli argomenti di fisica,e spesso si trovano metodi originali e rapidi per affrontare situazioni di vario genere.E’ un testo molto interessante per il contenuto e per lo stile, che va anche oltre alleconoscenze necessarie per le Olimpiadi (soprattutto nel 2 e 3 volume). Non e scrittoper insegnare a risolvere problemi e non contiene esercizi. Io consiglio il testo in inglese,ma, se non vi sentite sicuri, potete ricorrere al testo tradotto per la Zanichelli.

4. La fisica di Berkeley.

Si tratta di un testo classico, che ha ormai una quarantina d’anni, ma ne mostra moltidi meno. Io consiglio i primi due volumi, da leggere parallelamente ad (oppure altermine di) un libro piu classico. Il primo volume riguarda la meccanica e tratta inmodo particolarmente accurato la relativita ristretta, rispetto agli altri testi del suotipo. E’ ricco di esempi utili e di letture interessanti, ad un livello intermedio tra illiceo e l’universita. Purtroppo, pero, non contiene molti problemi interessanti per leolimpiadi, e la trattazione della meccanica non relativistica e fatta un po’ meglio su altritesti. Il secondo volume tratta l’elettromagnetismo in modo abbastanza classico. Lecose sono spiegate ad un livello piu alto dell’Halliday, facendo uso anche di strumenti dianalisi vettoriale (gradiente, rotore, laplaciano), che sono presentati dallo stesso testoma lo rendono un testo difficile come primo approccio all’elettromagnetismo. Anchein questo caso sono presenti molti esempi utili e letture interessanti, e il testo contieneanche problemi che potrebbero servire per le Olimpiadi (l’ultimo capitolo e dedicatointeramente ai problemi). Usa il sistema di unita di misura CGS. Il terzo volume trattale onde e le oscillazioni, ad un livello piu alto di quello che serve per le Olimpiadi, anchese molte sue parti sono interessanti e comprensibili gia al liceo. Il quarto ed il quintovolume trattano temi di fisica quantistica e statistica ad un livello quasi universitario,e sono materiale molto avanzato per le Olimpiadi.

5. Fisica generale 1 e 2, Rosati.

1.4. LINK, LIBRI E DISPENSE UTILI PER LA PREPARAZIONE OLIMPICA. 11

Il Rosati e un altro libro che viene consigliato per i corsi di laurea in Ingegneria, comel’Halliday. Talvolta e anche consigliato a Fisica. Rispetto all’Halliday e un po’ piucompleto ed avanzato, ed alcuni preferiscono iniziare con questo. Si divide in duetesti, Fisica Generale 1 e 2. Oltre a questo, ci sono altri libri dello stesso tipo, comeil Mazzoldi ed il Picasso. Un commento personale: per studiare la teoria va bene unpo’ qualsiasi libro tra questi, ma l’Halliday resta il migliore. Riguardo agli eserciziari,invece, penso che quelli relativi a questi libri (ognuno di loro ne ha uno) non sianoparticolarmente interessanti: spesso gli esercizi sono troppo cervellotici o pieni di conti,non sono particolarmente interessanti e sono piu facili di quelli che poi vengono dati aSenigallia, alle IPHO ed ai primi esami universitari.

1.4.2 Link a raccolte di problemi ed eserciziari.

1. Il sito delle olimpiadi italiane.

Ovviamente questo sito lo conoscete gia, ma non sottovalutatelo come risorsa. Cisono ormai oltre 15 edizioni delle Olimpiadi, cioe oltre 15 prove di Dicembre, 15 provedi Febbraio e 15 gare nazionali. E’ un ottimo punto di partenza, e quando doveteprendere parte ad una fase delle gare e consigliabile aver fatto tutti i problemi uscitiprecedentemente relativi a quella fase. Nella pagina del 2001 sono stati pubblicatianche i testi della gara per la selezione della squadra IPHO (il problema 3 e moltoutile; gli altri due sono IPHO tradotti).

2. Il libro “Le olimpiadi della fisica”.

Il titolo completo e ”Le olimpiadi della fisica. Problemi dalle gare italiane e internazio-nali.”. Si tratta del libro scritto da Giuliana Cavaggioni, Dennis Luigi Censi, FrancescoMinosso, Paolo Nesti ed Umberto Penco che raccoglie una selezione di problemi (consoluzioni dettagliate) presi dalle gare italiane ed internazionali. I problemi presi dallegare italiane sono diversi da quelli che trovate sul sito del link precedente, perche quellidel libro vengono da prima del 1995. Quelli presi da gare internazionali, invece, li tro-vate anche nel link successivo, ma la soluzione riportata sul libro e spesso piu chiara eprecisa di quella presente sul sito (alcune di quelle che si trovano online non sembranoneanche molto corrette).

3. Il sito delle olimpiadi internazionali di fisica.

In questo sito si trovano tutti i problemi delle passati edizioni delle Olimpiadi Inter-nazionali di Fisica. Non sono consigliati solo a chi vuole vincere le IPHO. Il livello nelcorso degli anni e aumentato, e buona parte dei problemi delle IPHO vecchie potrebbeessere adatto ad una gara di Senigallia di questi ultimi anni. Sono problemi estrema-mente istruttivi, e farli richiede impegno e dedizione, ma ne vale la pena. Negli ultimianni purtroppo e cresciuta a dismisura la tendenza a dare problemi molto lunghi, moltocontosi e con poche idee, percio consiglio di non cominciare dagli anni piu recenti, mada quelli piu vecchi.

4. I problemi di Fisica della Scuola Normale.

E’ il libro che raccoglie alcuni problemi (con le soluzioni) del test di ammissione dellaScuola Normale Superiore. Sono problemi un po’ diversi da quelli delle Olimpiadi, ma


molti di loro sono interessanti e non banali. Ovviamente e particolarmente consigliatoper chi vuole entrare in una qualche scuola di eccellenza in cui e previsto un test difisica. Sul sito della Normale si trovano anche tutti gli altri problemi dal 1960 ad oggi,ma senza soluzione.

5. Gli esercizi di David Morin.

Il libro di meccanica classica di David Morin, che rientra anche tra i testi di approfon-dimento consigliati, e ricchissimo di esercizi (ci sono circa 250 problemi risolti e 350non risolti) molto belli ed istruttivi. Il link in fondo alla pagina che presenta il suolibro porta ad una novantina di problemi, la maggior parte dei quali proviene dal suolibro. Si tratta di materiale un po’ avanzato per le Olimpiadi, ma quando sapete benel’Halliday e volete provare qualcosa di piu difficile, potete partire da questo testo.

6. E.6) Un esercizio al giorno.

Si tratta della raccolta di esercizi di meccanica e termodinamica di Giancarlo Cella,esercitatore di Fisica 1 e 2 a Pisa. Anche in questo caso si tratta di problemi di difficoltamolto variabile, in media un po’ piu facili che gli esercizi di David Morin. Una partesono abbastanza adatti anche per le Olimpiadi. Non sono ordinati per difficolta, percionon lasciatevi scoraggiare dalla soluzione del primo esercizio.

7. 200 Puzzling Physics Problems.

E’ un libro con 200 problemi belli ed originali su vari argomenti della fisica, in buonaparte olimpici, con soluzioni dettagliate. Su Amazon si puo trovare un’anteprima eleggere le prime pagine del testo.

1.4.3 Testi di approfondimento.

1. Introduction to classical mechanics, di David Morin.

Se siete curiosi di scoprire cosa e la forza di Coriolis e come si usano i quadrivettori,questo e il testo che fa per voi. Si tratta di un testo molto bello e interessante chetratta la meccanica in modo molto chiaro e preciso, senza tralasciare gli aspetti delicati(come il moto dei corpi rigidi e quello degli oscillatori accoppiati). Le spiegazioni sonoineccepibili. E’ probabilmente il testo migliore per studiare meccanica al primo anno diFisica. E’ anche un testo ricchissimo di problemi (vedi sopra). Per le Olimpiadi, alcunidegli argomenti sono trattati in modo un po’ avanzato. Non e un testo adatto percominciare: prima conviene sapere almeno la meccanica dell’Halliday. Potete trovarealcuni capitoli del libro come esempio alla pagina di David Morin.

2. Termodinamica, di Enrico Fermi.

Il testo di termodinamica di Fermi e molto noto ed apprezzato. Tratta le cose inun modo un po’ piu generale di quello che si fa solitamente per le Olimpiadi, e nonpone l’accento sugli esercizi (ce n’e qualcuno, ma sono poco entusiasmanti) ma solosulla teoria. Poiche non esiste un testo analogo al Morin di termodinamica, potrestericorrere a questo se volete approfondire la materia.

1.4. LINK, LIBRI E DISPENSE UTILI PER LA PREPARAZIONE OLIMPICA. 13

3. Introduction to Electrodynamics, di David J. Griffiths.

Se volete capire un po’ meglio che cos’e il metodo delle immagini ed a cosa serve ilvettore di Poynting, questo e il testo che fa per voi. Il testo di elettrodinamica di Grif-fiths e, a mio parere, uno dei testi migliori per una introduzione all’elettromagnetismoa livello universitario. Tratta quasi tutti gli argomenti classici dei corsi di elettroma-gnetismo in modo chiaro e relativamente completo (un paio di argomenti di base, tracui i circuiti in corrente alternata, all’universita si fanno nei corsi di laboratorio e nondi elettrodinamica, e quindi non sono presenti in questo testo), facendo ampio usodegli strumenti dell’analisi vettoriale necessari. Alcuni problemi di fine paragrafo ecapitolo sono interessanti e non ovvi. Contiene anche una introduzione alla relativitaristretta molto valida. Per le Olimpiadi, diversi argomenti sono trattati in modo unpo’ avanzato. Non e un testo adatto per cominciare: prima conviene sapere almenol’elettromagnetismo dell’Halliday.

4. Misure ed analisi di dati. Introduzione al laboratorio di fisica. Di Liana Martinelli eLuca Baldini.

Si tratta del testo di Laboratorio di Fisica usato a Pisa per i corsi del primo anno. Laprima parte del testo tratta vari argomenti di statistica: come propagare l’errore in casisemplici e complessi, come trattare vari tipi di distribuzione, come stimare l’incertezzasu una misura, come eseguire un fit a partire da un certo numero di dati. La secondaparte e una introduzione all’uso del computer e spiega i fondamenti del Latex e diGNUplot (un programma per l’analisi dati, ad esempio per fittare dei dati con unacerta funzione). e un buon testo e spiega le cose in modo semplice, ove possibile. Peralcune parti e richiesta la conoscenza, a livello base, di derivate ed integrali. Non eassolutamente necessario conoscere la parte di statistica di questo testo per affrontarele prove sperimentali delle Olimpiadi di Fisica.

5. An introduction to modern astrophysics, di Carroll e Ostlie.

Questo librone di 1400 pagine, che potremmo definire l’Halliday dell’astrofisica, spiegain modo chiaro una quantita di fenomeni piu grande di quanto possiate immaginarvi. Illivello e leggermente piu basso di quello universitario; la maggior parte degli argomentivengono trattati con qualche dettaglio in piu nei corsi appositi, ma le cose fondamentalinel libro ci sono, e sono spiegate molto bene e senza evitare di fare i conti nei casi in cuicio e possibile. e una lettura che per voi risultera impegnativa, percio ve la consigliosolo se siete davvero interessati. A differenza di altri libri dello stesso tipo, questoriesce a non fare uso in modo eccessivo di conoscenze avanzate che richiederebberodi aver seguito i primi 3 anni di universita. Come testi alternativi, che sono menocompleti, meno chiari e in alcuni casi piu tecnici, ma sono gratuiti ed in italiano, cisono le dispense di Paolo Monaco (universita di Trieste) e le dispense di Paolo Paolicchi(universita di Pisa); alcuni parti, pero, potrebbero essere per voi piuttosto pesanti (ototalmente incomprensibili).

6. Lezioni di astronomia, di Elio Fabri e Umberto Penco.

Che coordinate si usano per definire la posizione di un corpo celeste? Quali parametriservono per descriverne il moto? Perche la teoria tolemaica degli equanti funzionavacosı bene? Le lezioni di astronomia di Umberto Penco e Elio Fabri linkate sono le


dispense di un corso annuale di Astronomia dell’universita di Pisa, attivo fino a qualcheanno fa (adesso astronomia non si fa piu). Anche se qualche volta potrebbero esserepiu chiare, contengono materiale perlopiu elementare e possono risultare interessantiper chi volesse approfondire l’argomento.

1.4.4 Varie ed eventuali

1. Make It Stick: The Science of Successful Learning, di Peter Brown e altri. Questolibro (in inglese) non e’ un testo di fisica, ma e’ un libro che mette insieme ricerchenel campo della psicologia ed esperienze di persone che hanno avuto successo in varicampi per descrivere quali siano le tecniche di studio piu efficaci. Tra le altre cose,il libro spiega che il modo migliore di studiare comprende ripassare frequentementeargomenti passati in modo attivo, cioe’ non rileggendo vecchio materiale ma sforzandosidi richiamarlo alla memoria autonomamente; e che e’ essenziale fare esercizi e problemi,ma facendo attenzione a non dedicarsi a una serie di esercizi tutti uguali tra loro in unbreve intervallo di tempo. I ragazzi che ottengono ottimi risultati alle Olimpiadi e poiall’Universita studiano quasi sempre in questo modo, anche se talvolta lo fanno senzarendersene conto. Leggere questo libro vi puo’ aiutare ad usare il tempo che dedicateallo studio nel modo piu efficace possibile.

2. Il Luna Park della Fisica, di Jearl Walker.

Si tratta di un libretto che elenca 600 fenomeni strani dal punto di vista fisico. Infondo al libro ci sono dei suggerimenti su come trovare le risposte, quando e possibilefarlo (alcuni sono veramente difficili da spiegare, e neanche l’autore riesce ). Non e untesto che aiuta molto a vincere le Olimpiadi visto che affronta le cose solo da un puntodi vista qualitativo, ma e comunque molto interessante. Walker e uno degli autori delprimo libro consigliato in questa pagina.

Ringraziamenti (da scrivere in forma accettabile) Salvatore Antinucci Pelli GimmiNico Bolzonella Caleo Breschi Sangoi Manganelli Bogna Busoni La Rocca

Capitolo 2

Matematica

2.1 Le funzioni elementari

2.1.1 La funzione esponenziale

Definizione 2.1.1 (Numero di Nepero). Definiamo la costante

e :=∞∑n=0

1

n!= lim

x→∞

(1 +

1

x

)x≈ 2, 718...

Si puo dimostrare che questo numero e trascendente 1.

Definizione 2.1.2 (Funzione esponenziale). In modo intuitivo, si definisce f(x) = ex

esattamente come si definisce 2x.

Si puo dimostrare che ex =∞∑n=0

xn

n!

Proposizione 2.1.1 (Proprieta elementari dell’esponenziale).

ex+y = ex · ey

(ex)y

= exy

ex > 0 ∀x ∈ R

Esattamente come quando al posto di e c’e un numero razionale.

1Ovvero non esiste un polinomio a coefficienti razionali tale che P (e) = 0. In sostanza, e ancora piu cheirrazionale

15

16 CAPITOLO 2. MATEMATICA

Figura 2.1: Grafico della funzione esponenziale

2.1.2 La funzione logaritmo

Il logaritmo in base a si definisce come la funzione inversa dell’esponenziale.Ovvero,

y = ax ⇒ x = loga y

Ricordando che ex > 0 ∀x ∈ R, risulta ovvio che il logaritmo non e definito per x < 0.(Si puo comunque definire il logaritmo da C→ C, ma non ne parleremo qui).

Il logaritmo in base e ha alcune proprieta interessanti per cui si definisce logaritmonaturale e si scrive

loge x := lnx

Proposizione 2.1.2 (Proprieta elementari del logaritmo).

aloga b = b

a = db+c = db · dc ⇒ logd a = b+ c = logd da + logd d

b = logd(da · db)

Quindi loga(xy) = loga x+ loga y

2.1. LE FUNZIONI ELEMENTARI 17

Notare che loga xx = loga x+ loga x = 2 loga x. Per induzione si mostra che vale

loga xn = n loga x∀n ∈ N

Si puo estendere in modo da trovare che

loga xy = y loga x

Formula del cambio di base 2:

loga x =logb x

logb a

Figura 2.2: Grafico della funzione logaritmo

2Di solito la calcolatrice calcola solo i logaritmi in base 10 e base e. Di norma si converte sempre unlogaritmo in base e


2.1.3 I numeri complessi

Potra sembrare una presa in giro, ma i numeri complessi in realta semplificano spesso icalcoli.

Definizione 2.1.3 (Unita immaginaria). Definiamo i, l’unita immaginaria, come un numerotale che i2 = −1. E evidente che i /∈ R

Definizione 2.1.4 (Numero complesso). Definiamo C, l’insieme dei numeri complessi z =a+ ib, dove a, b ∈ R e i e l’unita immaginaria.

Due numeri complessi sono uguali se e solo se e uguale sia la loro parte reale sia la parteimmaginaria.

Definizione 2.1.5 (Somma di numeri complessi). La somma viene definita in modo intuitivosommando separatamente parte reale e immaginaria.

z1 + z2 = (a1 + ib1) + (a2 + ib2) = (a1 + a2) + i(b1 + b2)

Definizione 2.1.6 (Prodotto di numeri complessi).

z1 ·z2 = (a1+ib1)·(a2+ib2) = a1 ·a2+ia1b2+ib1a2+i·ib1b2 = (a1a2+(−1)b1b2)+i(a1b2+a2b1)

Definizione 2.1.7 (Complesso coniugato). Dato z ∈ C, si definisce z complesso coniugatoin questo modo:

z = a+ ib⇒ z = a− ibNotare che ¯z = z. Notare che zz = (a2 + b2) + i · 0 = a2 + b2 ∈ R (sostituire nella formula

del prodotto per convincersene).

Definizione 2.1.8 (Modulo). Definiamo modulo di un numero complesso z la quantita|z| =

√zz ∈ R. Notare che

√zz =

√(a+ ib)(a− ib) =

√a2 + b2

Definizione 2.1.9 (Rapporto di numeri complessi). Dati z1, z2 definiamo il rapportoz1

z2

=

a1 + ib1

a2 + ib2

. E utile notare che questo e un numero complesso effettuando una furba sostituzione.

z1

z2

=a1 + ib1

a2 + ib2

=a1 + ib1

a2 + ib2

a2 − ib2

a2 − ib2

=(a1 + ib1)(a1 − ib2)

a22 + b2

2

=z1z2

z2z2

=z1z2

|z2|2

Forma trigonometrica dei numeri complessi

Definizione 2.1.10 (Forma trigonometrica). Dato un z ∈ C, esiste sempre un θ tale chez = |z|(cos θ + i sin θ). Questo e ovvio se si distrubuisce il prodotto.

z = |z|(cos θ + i sin θ) = a+ ib⇒

a = |z| cos θ =

√a2 + b2 cos θ

b = |z| sin θ =√a2 + b2 sin θ

Di conseguenza l’angolo θ cos θ =

a√a2 + b2

sin θ =b√

a2 + b2


Forma esponenziale dei numeri complessi

Teorema 2.1.3 (Formula di Eulero). Vale l’identita

eix = cosx+ i sinx

Dimostrazione: Consideriamo la funzione f : R→ C =cosx+ i sinx

eix.

Consideriamo la derivata di f(x), f ′(x) = (− sinx+i cosx)e−ix+(−i cosx+sinx)e−ix = 0.Di conseguenza, f e costante. Calcoliamo f(0) = 1.Di conseguenza, e intelligente scrivere un numero complesso in questo modo:

z = |z|(cos θ + i sin θ) = |z|eiθ

In questo modo, il prodotto e il rapporto di numeri complessi diventa molto piu sempliceda scrivere:

z1z2 = |z1||z2|ei(θ1+θ2)

1

z=

1

|z|e−iθ

zn = |z|neinθ

E inoltre furbo utilizzare queste formule per ricavare la formula di addizione di seno ecoseno

cos(α + β) + i sin(α + β) = ei(α+β) = eiαeiβ =

= (cosα + i sinα)(cos β + i sin β) = (cosα cos β − sinα sin β) + i(sinα cos β + cosα sin β)

cos(α + β) = cosα cos β − sinα sin β

sin(α + β) = sinα cos β + cosα sin β

Il logaritmo complesso

Normalmente il logaritmo si definisce per la prima volta su R+, ma ha una naturale estensioneanche su R\0 e su C\0, con qualche piccolo problema. Abbiamo appena visto che ungenerico numero complesso e esprimibile come

z = ρeiθ

Con ρ e θ numeri reali. Possiamo quindi definire la funzione C\0 → C

ln z = ln(ρeiθ

)= ln ρ+ iθ

Questa e una definizione pratica, che mostra effetivamente come fare i conti. La defini-zione vera e la stessa che si da per i numeri reali, ovvero w e logaritmo di z se

ew = z


Figura 2.3: Rappresentazione sul piano complesso dell’identita di Eulero

Questa definizione ha un problema intriseco, ovvero se io considero v = w + i2π, si haev = ewei2π = ew = z, ovvero il logaritmo di un numero complesso non e unico. Per motivimatematici che non sono interessanti per queste dispense si preferisce comunque questadefinizione di logaritmo. Ricordatevi quindi che in realta

ln z = ln(ρeiθ

)= ln ρ+ iθ + i2kπ, k ∈ Z


2.1.4 Le funzioni iperboliche

Definiamo due nuove funzioni a partire dalla funzione esponenziale.

Definizione 2.1.11. (Funzioni iperboliche) Definiamo:cosh(x) :=

ex + e−x

2coseno iperbolico

sinh(x) :=ex − e−x

2seno iperbolico

tanh(x) :=sinh(x)

cosh(x)tangente iperbolica

La prima cosa che si domanda una persona quando vede queste funzioni e: percheaccidenti le hai chiamate seno e coseno iperbolico se non ci assomigliano per niente?

La domanda e legittima, ma ora vedremo che in verita ci assomigliano davvero tanto.

Proposizione 2.1.4 (Identita fondamentale).

cosh2(x)− sinh2(x) =e2x + 2 + e−2x

4− e2x − 2 + e−2x

4= 1

Estremamente simile a cos2 x+ sin2 x = 1

Proposizione 2.1.5. cosh(−x) = cosh(x)

sinh(−x) = − sinh(x)

tanh(−x) = − tanh(x)

Sono banali verifiche. Notare che il coseno iperbolico e pari esattamente come il coseno,mentre il seno iperbolico e dispari come il seno.

Proposizione 2.1.6 (Derivate delle funzioni iperboliche). Saltate pure questa proposizionese non sapete ancora cos’e una derivata. Verra spiegato in dettaglio nella prossima sezione.

In ogni caso,

sinh′(x) =

(ex − e−x

2

)′= cosh(x)

cosh′(x) =

(ex + e−x

2

)′= sinh(x)

tanh′ x =1

cosh2 x

Se parliamo di seno e coseno, invece, otteniamo le stesse identita ma con un segno menoper il coseno.

Nota (Formula di Eulero). Ricordiamo la formula eix = cosx + i sinx, dove i e l’unitaimmaginaria e x ∈ R


Proposizione 2.1.7. cosh(ix) =

eix + e−ix

2= cosx

sinh(ix) =eix − e−ix

2= i sinx

tanh(ix) = i tanx

Si verifica facilmente queste formule sostituendo con la formula di Eulero. Questo spiegadefinitivamente la scelta di questo nome.

Figura 2.4: Grafico delle funzioni iperboliche

2.2. ANALISI 23

2.2 Analisi

2.2.1 Cenni di serie numeriche

Questo e un argomento che non dovrebbe capitare mai, ma voglio comunque insegnarvi unpaio di trucchetti che possono essere utili per fare alcuni problemi. Nella maggior parte deicasi, e impossibile trovare la forma esplicita del limite di una serie, spesso ci si limita a direse converge o meno. Io vi mostrero i pochi casi in cui si riesce a fare esplicitamente, perchesono gli unici che vi possono capitare in gara. Approfondire l’argomento e, a mio parere,una perdita di tempo per la preparazione alle gare. In ogni caso, ci passerete almeno 6 mesial corso di Analisi 1 all’universita.

Definizione 2.2.1 (Successione). Si definisce successione una sequenza ordinata di oggetti,solitamente numeri reali. Si indica con il pedice xn

Definizione 2.2.2 (Serie). Data una certa successione xn, consideriamo la successione sn =n∑k=0

xk = x0 +x1 +x2 + ...+xn. Se esiste L = limn→∞

sn = limn→∞

n∑k=0

xk, il limite L si dice somma

della serie.

Esempio 2.2.1. Se xn = 1 ∀n ∈ N, allora e facile verificare che sn = n+ 1, per cui L =∞

Esempio 2.2.2 (Serie geometrica). Consideriamo una successione definita per ricorsionexn+1 = kxn, x0 = A. E facile verificare che xn = Akn. Consideriamo

sn =n∑k=0

Akn = An∑k=0

kn = A(1+k+k2+. . .+kn) = A1− k1− k

(1+k+k2+. . .+kn) = A1− kn+1

1− k

E facile vedere che sn → A

1

1− kse k ∈ (−1, 1)

sn →∞ se k ≥ 1

sn non ha limite se k ≤ −1

Esempio 2.2.3 (Serie armonica). Consideriamo la successione xn =1

nαα ∈ R. Si puo

dimostrare 3 che la serie∞∑n=1

xn converge se e solo se α > 1. Si possono dire un paio di

cose in piu. Per gli α ∈ N, con α pari, la somma si calcola esplicitamente. Per α = 2, peresempio, fa π2

6, per α = 4 fa π4

90. Ovviamente non dovete ne ricordare questi risultati, ne

saperli calcolare. Lo dico solo per vostra conoscenza personale.Un caso notevole e il caso α = 1, in quanto si ha

n∑k=1

1

k

lnn→ 1

3Usando il criterio di condensazione di Cauchy


Ovvero,

n∑k=1

1

k≈ lnn

Per n abbastanza grande. Notare che quindi∑∞

n=11n→∞

2.2.2 Derivate

In tutta la fisica e fondamentale utilizzare strumenti del calcolo differenziale. Il piu impor-tante e sicuramente la derivata.

Per i prossimi capitoli, ogni volta che indichero una funzione f(x), intendo una funzionef : R → R, ovvero una funzione che ha come argomento un numero reale e restituisce unnumero reale. Dal capitolo sul calcolo differenziale in piu variabili comincero a specificarevolta per volta che funzione intendo.

Definizione 2.2.3. Sia f(x) una funzione di una variabile reale. Si definisce derivata dif(x) la funzione

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h

Esempio 2.2.4. Se f(x) = ex allora f ′(x) = limh→0ex+h − ex

h= ex · lim

h→0

eh − 1

h= ex

In effetti non sono stato onesto nel calcolare questa derivata, in quanto mi sono ricondottoa calcolare un limite e non vi ho spiegato come calcolarlo. Nei prossimi paragrafi vi mostrerocome evitare il problema.

Nota. Per indicare la derivata di una funzione ci sono molti modi. Elenco ora i piu comuni:

Df

df

dx

f ′

Inoltre, l’operazione di derivazione si puo fare piu volte, ovvero dopo aver fatto la derivatadi f(x) ottenendo f ′(x), si puo fare la derivata di f ′(x) ottenendo f ′′(x). La notazione perle derivate successive e questa:

Dnf

dnf

dxn

f (n)

In fisica, se f(t) e funzione del tempo, la derivata temporale si indica di solito con unpuntino sopra la f , ovvero f . La derivata successiva con 2 puntini (f) eccetera

2.2. ANALISI 25

Significato fisico della derivata

Esempio 2.2.5. Sia x(t) la posizione lungo l’asse x di un punto materiale al tempo t.

Calcoliamo x′(t) = lim∆t→0

x(t+ ∆t)− x(t)

∆t= lim

∆t→0

∆x

∆t= v(t).

Analogamente, possiamo calcolare v′(t) ottenendo a(t)

In sostanza, la derivata rappresenta il tasso di variazione infinitesimo di una quantitadiviso per la variazione della variabile indipendente. Piu la derivata e grande, piu la funzionesta crescendo, piu e negativa, piu sta diminuendo.

Figura 2.5: Significato geometrico della derivata

Significato geometrico della derivata Consideriamo la retta che passa per i punti(x1, f(x1)), (x2, f(x2)). Questa retta e secante il grafico della funzione. Il suo coefficien-

te angolare e : m =∆f(x)

∆x=f(x2)− f(x1)

x2 − x1

. Facendo tendere x2 a x1, i punti si avvicinano

sempre di piu e la retta diventa si avvicina sempre di piu alla tangente al grafico. In parti-colare, facendo il limx2 → x1, la retta diventa esattamente la tangente. Usando il cambio divariabile x2 = x1 + h, il limite diventa limh → 0 e il coefficiente angolare della retta tende

a m = limh→0

f(x1 + h)− f(x1)

h= f ′(x1)

Usando un po’ di buonsenso, si capisce subito che se la derivata e positiva, allora lafunzione e crescente in quel punto. Se e negativa, la funzione e decrescente. Se la derivatainvece vale zero, purtroppo in generale non si puo dire niente. La tangente al grafico rimaneorizzontale ma in generale non si puo stabilire conoscendo solo la derivata prima se si trattadi un massimo o di un minimo. Per esempio, f(x) = x2, f(x) = −x2, f(x) = x3 sono trefunzioni che in 0 hanno derivata nulla, ma per la prima e un punto di minimo, per la secondaun massimo, mentre per la terza si chiama flesso.

Riassumento, data una funzione f(x), la sua derivata f ′(x) e un’altra funzione che inogni punto vale il coefficiente angolare della retta tangente a f(x)

Derivata delle funzioni elementari Il calcolo della derivata delle funzioni elementaririchiede di saper calcolare i limiti. Di solito si fanno fra la fine della quarta e l’inizio dellaquinta. Visto che queste dispense sono pensate anche per i piu giovani, daro la derivata solodelle funzioni piu banali senza dimostrarle per poi mostrare come da queste poche regole sipuo ottenere la derivata di una funzione qualsiasi.


Funzione DerivataCostante 0

xα αxα−1 con α ∈ Rex ex

sin(x) cos(x)cos(x) − sin(x)

log(x)1

x

arcsin(x)1√

1− x2

arccos(x) − 1√1− x2

arctan(x)1

1 + x2

sinh(x) cosh(x)cosh(x) sinh(x)

sinh−1(x)1√

x2 − 1

cosh−1(x)1√

1 + x2

tanh−1(x)1

1− x2

Tabella 2.1: Derivata delle funzioni elementari

Io ho sempre odiato lo studio mnemonico, ma queste funzioni sono talmente poche chevale la pena imparare queste quattro derivate senza farsi troppe domande, per l’utilizzoche vi serve alle olimpiadi. Nel prossimo paragrafo vi mostrero le regole di derivazione chepermettono di usare queste 5 regole per ottenere la derivata di una funzione qualsiasi, usandoqualche trucco.

Regole di derivazione La derivata della somma e la somma delle derivate. In formule:

(f(x) + g(x))′ = f ′(x) + g′(x)

Esempio 2.2.6. Sia f(x) = x2+sin(x)+ex+3. f ′(x) = 2x+cos(x)+ex+0 = 2x+cos(x)+ex

Questa regola risulta banale da dimostrare se si scrive la definizione di derivata.La derivata del prodotto si calcola con questa somma:

(f(x) · g(x))′ = f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x)

Esempio 2.2.7. Sia f(x) = 3x2. f ′(x) = 0 · x2 + 3 · 2x = 6x

Esempio 2.2.8. Sia f(x) = ex · sin(x). f ′(x) = ex · sin(x) + ex · cos(x)

La derivata della funzione composta si calcola in questo modo:

(f(g(x)))′ = f ′(g(x)) · g′(x)

Questa formula e l’unica complicata delle 3 e quindi ora ci dedichero piu attenzione.

2.2. ANALISI 27

Esempio 2.2.9. Sia f(x) = e2x. Vogliamo calcolare la derivata usando la regola di deri-vazione composta. In questo caso possiamo vedere f(x) come composizione della funzioneh(x) = 2x e della funzione g(x) = ex, funzioni di cui sappiamo calcolare la derivata. In parti-colare, f(x) = g(h(x)). Usiamo meccanicamente la formula: f ′(x) = g(h(x))′ = (ex)′2x · (2x)′

dove il pedice indica che faccio la derivata della funzione ex e poi la calcolo nel punto 2x.Concludendo, f ′ = e2x · 2 = 2e2x

Esempio 2.2.10. Sia f(x) = cos(x2). Come prima, calcolo la derivata di cos(x) e la valutoin x2 e la moltiplico per la derivata di x2. Ricordo che utilizzo questo metodo in quanto miriconduco sempre a funzioni di cui so calcolare la derivata. Concludendo, f ′ = − sin(x2) · 2x

Esempio 2.2.11. Sia f(x) =√

2x+ 5. E intelligente scrivere la radice come unopportuno

elevamento a potenza.√

2x+ 5 = (2x+ 5)12 . Ora ci siamo ricondotti ad una funzione di cui

sappiamo fare la derivata: 2x+ 5 e x12 . Quindi f ′ = 1

2(2x+ 5)−

12 · 2 = 1√

2x+5

Esempio 2.2.12. Sia f(x) = (3x2 + 2)5x. Vogliamo calcolare la derivata di questa funzione.Non siate tentati di utilizzare cose fantasiose tipo la regola per derivare xα in quanto questaregola vale se e solo se α e un numero reale costante. In questo caso invece l’esponente evariabile.

Scriviamo la funzione in modo piu intelligente e tutto risultera piu chiaro: f(x) =eln(3x2+2)5x

= e5x ln(3x2+2). A questo punto siamo nel caso di una funzione del tipo ef(x), la cui

derivata e, secondo le regole mostrate sopra, ef(x)f ′(x) = e5x ln(3x2+2)(5 ln(3x2 +2)+5x · 6x3x2 + 2

)

Esempio 2.2.13. Vogliamo calcolare la derivata della tangente di x.

f(x) = tan(x) =sin(x)

cos(x)= sin(x)(cos(x))−1

f ′(x) = cos(x)(cos(x))−1− sin(x)(cos(x))−2 · (− sin(x)) = 1 +

(sin(x)

cos(x)

)2

= 1+tan2(x) =

1

cos2(x)

Derivate applicate alla fisica Supponiamo di conoscere la posizione lungo l’asse x di unpunto materiale in funzione del tempo. Calcoliamo la velocita e l’accelerazione per esercizio.

Esempio 2.2.14. Consideriamo per esempio il caso di moto rettilineo uniformemente acce-lerato.

La teoria ci dice che x(t) = x0 + v0t+ 12at2. Calcoliamo x′ = v con le regole imparate.

x′ = 0 + v0 + at = v(t). Ovvero velocita che aumenta linearmente nel tempo, comeprevisto.

Calcoliamo a(t) = 0 + a accelerazione costante, come previsto.

Esempio 2.2.15. Vediamo ora un esempio meno banale. Consideriamo un oggetto che simuove di moto circolare uniforme su una circonferenza di raggio R e di pulsazione (2π/T )ω. La posizione lungo l’asse x sara x(t) = R cos(ωt). La posizione lungo l’asse y sara invecey(t) = R sin(ωt). Queste sono entrambe funzioni di variabile reale, sono indipendenti equindi possiamo applicare senza problemi tutte le regole che abbiamo imparato. Calcoliamole velocita e le accelerazioni lungo gli assi.


vx = −Rω sin(ωt)vy = Rω cos(ωt)

ax = −Rω2 cos(ωt) = −ω2x(t)ay = −Rω2 sin(ωt) = −ω2y(t)

Vorrei far notare che in questo caso, il vettore accelerazione ~a e esattamente −ω2~x.Questo conferma che l’accelerazione in un moto circolare uniforme e centripeta.

Esercizi

Calcolare la derivata delle seguenti funzioni. Le soluzioni sono in fondo al libro.

1. x2 + 10x+ cosx

2. tanx+ ex

3.ex

x

4. ex2

5.x2 + 1

x+ 3

6.cosx

1 + x2

7. sin ex

8. ln tan x2

9.xcosx

1 + tan2 x

10. lncos tanx

1 + x2

11. xx cosx

12.

√3x

x2 + 1

13. arctanx2

1 + x

14. arcsin ln 11+x

15. sin cosx2

16. cos(ωx+φ) (φ costante)

17.√x2 +R2

18. xx

2.2. ANALISI 29

2.2.3 Integrali

Supponiamo di avere una funzione f(x) e di voler calcolare l’area 4che sta fra la funzionee l’asse x in un dato intervallo [a, b]. Fare questa cosa si chiama calcolare l’integrale della

funzione f(x) fra a e b. Il simbolo per indicare L’operazione e: Area =

∫ b

a

f(x)dx. Il simbolo

ha una forma che permette di dare un significato intuitivo a questa operazione. Con dx siindica un piccolissimo ∆x (in generale in fisica le variazioni piccole si indicano con una d).Il prodotto f(x)dx e l’area di un rettangolino di altezza f(x) e base dx. La S grande diintegrale indica che quella quantita va sommata ovunque da a a b, ovvero fare la sommadelle aree dei rettangolini compresi fra a e b.

(a) (b)

Figura 2.6: Significato geometrico dell’integrale

Proprieta elementari dell’integrale

Proposizione 2.2.1. Siano a < b < c tre numeri reali. Vale allora∫ b

a

f(x)dx =

∫ c

a

f(x)dx+

∫ b

c

f(x)dx

Questo risultato e ovvio se si considera che l’integrale e l’area sotto la curva.

Proposizione 2.2.2.

∫ b

a

f(x)dx = −∫ a

b

f(x)dx. Questa, piu che una proposizione e una

definizione che permette di maneggiare gli estremi di integrazione senza preoccuparsi di qualesia il maggiore.

Proposizione 2.2.3 (Linearita dell’integrale).

∫ b

a

(f(x)+g(x))dx =

∫ b

a

f(x)dx+

∫ b

a

g(x)dx∫ b

a

c · f(x)dx = c

∫ b

a

f(x)dx dove c e un numero reale. Ovvio se pensato in termini di aree.

4Area con segno. Se la funzione sta sopra l’asse x, l’area sara considerata positiva, se invece sta sottoverra presa negativa


Come calcolare gli integrali Cio che ci interessa e trovare un modo per calcolare facil-mente l’integrale conoscendo la funzione f(x). Un modo quasi semplice di fare questa cosa eil seguente. Purtroppo non esiste nessun metodo diretto e infallibile per calcolare l’integraledi una funzione. Tuttavia, ci si puo quasi sempre ricondurre a dei casi in cui si e in grado difarlo. Vediamo ora come riuscirci.

Definizione 2.2.4 (Funzione integrale). Sia f(x) una funzione. Si definisce funzione inte-

grale di f(x) la funzione F (x) =

∫ x

a

f(x)dx

Definizione 2.2.5 (Primitiva). Si dice che g(x) e una primitiva di f(x) se g′(x) = f(x)

Teorema 2.2.4 (Importante). Se g(x) e h(x) sono entrambe primitive di f(x), allora g(x)−h(x) = costante Dimostrazione: (g(x) − h(x))′ = g′ − h′ = f − f = 0. Se la derivata diqualcosa e 0, e intuitivo che questo qualcosa sia costante. (Ovviamente puo essere dimostratomatematicamente utilizzando il teorema di Lagrange, ma non e questo l’obiettivo di questedispense.)

Consideriamo la funzione integrale F (x) =

∫ x

a

f(x)dx. Questa funzione indica l’area

sotto la funzione f(x) dal punto a, fissato, al punto x, variabile. Questa funzione si chiama

funzione integrale. E particolarmente utile in quanto se noi vogliamo calcolare

∫ x2

x1

f(x)dx

possiamo calcolarla con l’espressione F (x2)−F (x1). Per capire perche questa cosa funziona,ritengo che sia sufficiente fare un disegno di una funzione a caso e ragionare in termini diaree, fissando i punti a, x1, x2.

Avere un modo per calcolare F (x) diventa quindi molto utile.

Teorema 2.2.5 (Teorema fondamentale del calcolo integrale). Sia f(x) una funzione (perla precisione, continua, ma per quello che dovete fare alle olimpiadi di fisica, una funzionequalsiasi). Consideriamo F (x) la funzione integrale di f(x), definita come sopra. ValeF ′(x) = f(x)

Ovvero, la derivata della funzione F (x) e f(x). Questo ci permette di dire che in uncerto senso fare la derivata e fare un integrale sono due operazioni inverse, come moltiplicaree dividere per due uno stesso numero.

Questo teorema ci permette di calcolare quindi la funzione integrale di una funzione data,potendo quindi anche calcolare l’area sotto ad un grafico. Facciamo ora degli esempi perchiarificare il tutto.

Esempio 2.2.16. Vogliamo calcolare

∫ a

0

xdx, ovvero la funzione integrale di f(x). Abbiamo

detto che il significato fisico dell’integrale e l’area con segno sottesa dal grafico della funzione.In questo caso, la funzione f(x) = x disegna un triangolo isoscele rettangolo. I lati congruentidel triangolo valgono entrambe a.L’area e dunque a2/2. Ci aspettiamo quindi che anchel’integrale valga la stessa cosa.

Calcoliamo l’integrale utilizzando il teorema appena enunciato. Per trovare la funzione

integrale, dobbiamo trovare una primitiva di f(x) = x. E facile vedere che g(x) =x2

2e una

2.2. ANALISI 31

primitiva (e sufficiente derivare e controllare l’uguaglianza). Con l’altro teorema enunciato

sopra, possiamo dire che tutte le primitive sono della forma h(x) = g(x) + c =x2

2+ c.

Ora siamo pronti a calcolare

∫ a

0

xdx.

Usando il teorema fondamentale del calcolo integrale, possiamo scrivere

∫ a

0

xdx = h(a)−

h(0) =a2

2+ c+ 0− c =

a2

2Notare che se avessimo utilizzato un’altra primitiva di f(x) al posto di h(x) (per esempio

g(x)), il risultato non sarebbe cambiato, in quanto tutte le primitive differiscono per unacostante, che si semplifica nella differenza.

Calcoliamo ora

∫ b

a

xdx con lo stesso metodo.

∫ b

a

xdx =b2

2+ c−

(a2

2+ c

)=b2 − a2

2=

(b− a)(b+ a)

2. Facendo il disegno, si capisce subito che l’area in questione e l’area di un

trapezio di basi a e b e di altezza b− a, che corrisponde all’area trovata.Notare che se a = −b, l’area diventa 0. Questo perche quando si calcola un integrale si

considera l’area con segno. Il disegno mostra chiaramente che in questo caso l’area sottol’asse x e l’area sopra sono uguali, di conseguenza la somma fa 0.

Esempio 2.2.17. Calcoliamo ora l’area sotto una parabola: f(x) = x2. Una primitiva

di f(x) ex3

3. Omettero ora il +c in quanto abbiamo visto che per il calcolo delle aree si

semplifica.

Di conseguenza,

∫ a

0

x2dx =a3

3− 0

Come ricondursi a cose che si sanno fare I pochi esempi che ho fatto fin’ora sonoelementari e quindi si riesce a trovare una primitiva ad occhio. Purtroppo non e sempre cosı.Se vi chiedessi adesso di trovare la primitiva di (x2 − 2x)exdx vi trovereste sicuramente piuin difficolta. Esistono pero dei metodi standard per cercare di ricondursi a cose che si sannofare.

Ora ne elenchero alcuni. Alle olimpiadi non dovrebbe capitarvi di fare troppi integralie di solito vi viene detto come farli. Tuttavia e comunque buona norma saperli maneggiareperche vi permette di essere molto piu sicuri di quello che state facendo e, credetemi, in garaconta parecchio.

Vediamo alcuni esempi.

Esempio 2.2.18. Vogliamo fare l’integrale/calcolare la primitiva di f(x) = 3x2 + 5x+ 2.Possiamo sfruttare la linearita dell’integrale per ricondurci a cose che sappiamo fare:∫

(3x2 + 5x+ 2)dx = 3

∫x2dx+ 5

∫xdx+ 2

∫dx = x3 +

5

2x2 + 2x+ c

L’integrale per sostituzione La cosa piu utile per cercare di fare cambi negli integrali ela sostituzione. Vediamo un esempio per capire cosa intendo.


Esempio 2.2.19 (Integrale per sostituzione). Calcoliamo ora una primitiva di f(x) =

5x sin(3x2). Notiamo che la funzione −5

6cos(3x2) se derivata ci da esattamente f(x).

Sarebbe bello avere un metodo per non dover ragionare in modo cosı astruso. Se l’argo-mento del seno fosse stato t invece di 3x2, le cose sarebbero state piu evidenti. Cerchiamo

quindi di capire come fare. Chiamiamo t = 3x2. Il nostro integrale diventa

∫5

√t

3sin(t)dx.

Tuttavia, noi stiamo facendo l’area di un rettangolo con l’altezza che dipende da t mentre labase dipende da x . Potete ben capire che in questo c’e qualcosa di sbagliato. Bisogna quinditrovare un modo di esprimere dx in funzione di t e dt in modo da avere qualcosa di sensato.

E il momento di utilizzare una delle altre notazioni per la derivata, ovverodf

dx, in quanto

le cose diventeranno piu intuitive. Ricordiamo che il significato fisico di questa notazionee che la derivata e il rapporto fra l’incremento infinitesimo della funzione e la variazioneinfinitesima della variabile.

Noi conosciamo la definizione di t come funzione di x, ovvero t = g(x). Possiamo quindi

ricavare x = g−1(t) := h(t) =

√t

3. Calcoliamo quindi h′(t) =

dh

dt=dx

dt=

1

2√

3t. Possiamo

quindi scrivere, maneggiando i differenziali come se fossero numeri (cosa che piace molto

ai fisici ma odiata dai matematici), dx =1

2√

3tdt. Ora possiamo finalmente sostituire

nell’integrale di partenza, ottenendo

∫5

√t

3sin(t)

1

2√

3tdt =

5

6

∫sin tdt = −5

6cos(t) =

−5

6cos(3x2)

Ci siamo sforzati abbastanza per riuscire a cambiare variabile, ma alla fine siamo riuscitiad ottenere un integrale molto piu facile da calcolare.

Esempio 2.2.20. Calcoliamo una primitiva di f(x) = 2xex2. Proviamo a sostituire t = x2

e vediamo se la situazione migliora. Nessuno ci assicura che l’integrale che ne saltera fuorisara piu facile o semplicemente risolvibile, ma un buon occhio puo vedere che quantomenorendera piu semplice il tutto.

Nell’esempio precedente abbiamo prima esplicitato x in funzione di t e poi fatto laderivata. Vediamo ora che non e l’unico metodo.

dt

dx= 2x. Quindi dt = 2xdx. Quindi

∫f(x)dx =

∫2xex

2

dx =

∫etdt = et = ex

2

Ora, negli esempi precedenti ho leggermente barato in quanto non ho mai scritto gli estre-mi di integrazione e ho semplicemente sostituito alla fine. Vediamo come fare riprendendol’esempio precedente.

Esempio 2.2.21. Vogliamo calcolare stavolta

∫ 3

2

2xex2

dx. Come prima, vogliamo effettuare

un cambio di variabile t = x2. Possiamo agire in due modi: trovare la primitiva in funzionedella nuova variabile e alla fine risostituire, come ho fatto prima, oppure cambiare l’estremodi integrazione per non dover sostituire alla fine.

Come abbiamo visto sopra,

∫ 3

2

2xex2

=

∫ b

a

etdt. Vogliamo ora calcolare a, b in modo da

non dover cambiare variabile alla fine. Ricordiamo quindi che t = x2, quindi avremo che

2.2. ANALISI 33

a = 22 = 4, mentre b = 32 = 9. Quindi il nostro integrale e

∫ 9

4

etdt = e9 − e4. E facile

verificare che il risultato e lo stesso che avremmo ottenuto nell’altro modo.

Esempio 2.2.22. Calcoliamo una primitiva di tanx.∫tanxdx =

∫sinx

cosxdx = −

∫− sinx

cosxdx = − ln(| cosx|)

Esempio 2.2.23. Calcoliamo una primitiva di cos2 x.Sfruttiamo le formule di duplicazione del coseno per ricondurci a qualcosa di piu facile:

cos 2x = 2 cos2 x− 1⇒ cos2 x =cos 2x+ 1

2

∫cos2 xdx =

∫cos 2x+ 1

2dx =

sin 2x

2+ x

2=

cosx sinx+ x

2

Le sostituzioni trigonometriche e parametriche Ci sono alcune espressioni che videvono far immediatamente pensare a delle cose utili. Per esempio, se vi trovate davanti adun integrale in cui compare

√1− x2 o simili, e molto probabile che sia utile la sostituzione

x = sin t (anche un coseno va bene). Allo stesso modo, bisogna fare attenzione alle funzioniiperboliche. Se ci troviamo davanti ad un

√x2 − 1 o

√1 + x2, molto probabilmente sostituire

x = cosh t o x = sinh t semplifica di parecchio l’integrazione.

Esempio 2.2.24. Calcoliamo una primitiva dix√

1− x2. Sara utile sostituire x = sin t ⇒

dx = cos tdt ∫x√

1− x2dx =

∫sin t

cos tcos tdt =

∫sin tdt = − cos t = −

√1− x2

Integrale per parti Consideriamo l’identita

f(x)g(x) =

∫d

dx(f(x)g(x))dx =

∫f ′(x)g(x)dx+

∫f(x)g′(x)dx

Da cui otteniamo la formula di integrazione per parti∫f ′(x)g(x)dx = f(x)g(x)−

∫f(x)g′(x)dx (2.1)

Cerchiamo di capire cosa significa questa formula apparentemente inutile e come utiliz-zarla per fare gli integrali.

Esempio 2.2.25. Vogliamo trovare una primitiva di lnx. Cerchiamo di usare la formula diintegrazione per parti per trovare una primitiva.∫

lnxdx =

∫1 · lnxdx = x lnx−

∫x

1

xdx = x lnx−

∫dx = (x− 1) lnx

Ovvero, nel nostro caso abbiamo che f ′(x) = 1 e g(x) = lnx. Sfruttando la formula,abbiamo derivato il logaritmo rendendolo piu facile da gestire.


Esempio 2.2.26. Calcoliamo in modo diverso rispetto a prima una primitiva di cos2 x

∫cos2 xdx =

∫cosx·cosxdx = sinx cosx−

∫sinx·(− sinx)dx = sinx cosx+

∫(1−cos2 x)dx =

= sinx cosx+ x+

∫cos2 xdx

Riscrivendo il primo e l’ultimo termine dell’equazione abbiamo∫cos2 xdx = sinx cosx+ x−

∫cos2 xdx

Ovvero, chiamando I =

∫cos2 xdx,

I = sinx cosx+ x− I

Che e un’equazione di primo grado in I. Risolvendo in modo banale abbiamo

I =

∫cos2 xdx =

sinx cosx+ x

2

Esattamente come prima.

I trucchi per fare gli integrali in Fisica

Quando si ha a che fare con gli integrali in fisica, quello che consiglio e di usare trucchi alge-brici per trasformare le quantita fisicamente dimensionate (lunghezze, masse, temperature,tempi...) in quantita adimensionali, fare cambi di variabili opportuni in modo da aver finitodi trattare il problema fisico per poi affrontare un problema di pura matematica, che conun po’ di pazienza si risolve. Ora cerchero di essere piu chiaro con un esempio. Un altroesempio che sara chiarificatore e il 2.2.34, nel capitolo sulle equazioni differenziali.

I trucchi per fare gli integrali in generale

Vediamo ora una serie di sostituzioni furbe che funzionano sempre per fare diversi tipi diintegrali. Chiameremo la funzione da integrale f(x), e distingueremo casi a seconda che possaessere espressa come una funzione R(xi) dove gli xi appaiono solo con potenze intere. Il casoin cui R indica un polinomio sara in particolare il caso nel quale i trucchetti funzionanosempre.

Caso f(x) = R(x,√ax+ b): sostituire t2 = ax+ b, x = (t2 − b)/a dx = 2tdt/a

Caso f(x) = R(x,(ax+bcx+d

)p/q)con p, q interi e a 6= 0, c 6= 0, ad − bc 6= 0, sostituire

tq = ax+bcx+d

, x = b−dtqctq−a , dx = (ad− bc)q tq−1

(ctq−a)2dt

Caso f(x) = R(x,(ax+bcx+d

)p1/q1, ...,

(ax+bcx+d

)pn/qn)con pi, qi interi e ad − bc 6= 0: come

prima, con q = m.c.m.(qi)

2.2. ANALISI 35

Caso f(x) = R(x,√ax2 + bx+ c) e a > 0, sostituire

√ax2 + bx+ c =

√ax + t, x =

t2−cb−2√at

, dx = 2 bt−√at2−c

(b−2√at)2 dt

Caso f(x) = R(x,√ax2 + bx+ c) e a < 0, dette x1,2 le radici di ax2 + bx + c = 0,

sostituire t2 = x−x1

x2−x , x = x2t2+x1

t2+1, dx = 2(x2 − x1) t

(t2+1)2dt

Caso f(x) = R(xm(axp + b)q) dove almeno una di queste quantita e intera: q, m+1p, q+

m+1p

: sostituire t = xp, x = t1/p, dx = t1/p−1

pdt

Caso f(x) = R(cosx, sinx): ci sono diverse possibilita, bisogna vedere quale tornameglio, a volte basta t = sinx o t = cosx o t = tanx. Se queste non funzionano,potete sempre usare le formule parametriche:

cosx =1− t2

1 + t2

sinx =2t

1 + t2

tanx =2t

1− t2

dx =2dt

1 + t2

Esempio 2.2.27. Vogliamo calcolare∫dx sin

√ax+ b

Pare particolarmente brutto! Ma si fa, ed e semplice:∫dx sin

√ax+ b =

∫2tdt

asin t =

2

a

∫dt sin t =

2

a(sin t− t cos t)

=2

a

(sin√ax+ b−

√ax+ b cos

√ax+ b

)Esempio 2.2.28. Vogliamo calcolare∫ 0

−3

e−( xx+3)

2/3(

x

x+ 3

)(2n+5)/3dx

x2

Usiamo la sostituzione suggerita. Da notare che non e ben chiaro se dobbiamo sceglierep = 1 o p = 2. Per sicurezza, scegliamo p = MCD(1, 2) = 15. Troviamo∫ 0

−3

e−( xx+3)

2/3(

x

x+ 3

)(2n+5)/3dx

x2=

∫ ∞0

e−t2

t2n+5

(t3 − 1

−3t3

)2

9t2

(t3 − 1)2dt

=

∫ ∞0

e−t2

t2n+5 1

t6t2dt =

∫ ∞0

e−t2

t2n+1dt

5Nell’altro caso potrebbero potenzialmente comparire radici quadrate, anche se vedremo che questo nonera il caso nel nostro esempio.


Facciamo ora la sostituzione t2 = s∫ ∞0

e−t2

t2n+1dt =

∫ ∞0

e−ssnds

2=

1

2

∫ ∞0

dse−ssn =1

2n!

che si puo calcolare per parti.

Esempio 2.2.29. Vogliamo calcolare l’integrale

2

∫ rmax

rmin

rdr√2Emr2 + 2GMr − L2

m2

che da il periodo delle oscillazioni radiali nel problema dei due corpi, come vedrete nel capitolodi meccanica. I due estremi sono definiti come i punti di inversione del moto, ovvero dovel’oggetto sotto radice si annulla, quindi possiamo riscriverlo come6

2

√− m

2E

∫ r2

r1

rdr√(r2 − r)(r − r1)

e quindi uno dei casi riportati sopra. Usiamo la sostituzione suggerita

2

√− m

2E

∫ r2

r1

rdr√(r2 − r)(r − r1)

=

√−2m

E

∫ ∞0

r1 + r2t2

1 + t22(r2 − r1)tdt

(1 + t2)2

1 + t2

(r2 − r1)t

= 2

√−2m

E

∫ ∞0

dtr1 + r2t

2

(1 + t2)2

che e un integrale razionale che impareremo a fare fra poco.

Esempio 2.2.30. Provare a ridurre in forma di integrale razionale il periodo delle oscillazioniradiali di una molla

2

∫ rmax

rmin

rdr√− kmr4 + 2E

mr2 − L2

m2

Con ciascuna delle sostituizioni precedenti, vi potreste essere ricondotti a un integralerazionale del tipo ∫

P (x)

Q(x)dx

Il primo passo per fare un integrale del genere e controllari i gradi dei polinomi P,Q. SeDegP ≥ DegQ allora il primo passo a fare la divisione fra polinomi, ottenendo∫

S(x) +R(x)

Q(x)dx

dove S(x) e il polinomio quoziente e integrarlo e banale, quindi resta da integrare R(x)Q(x)

dove R(x) e il polinomio resto e DegR < DegQ. Adesso affronteremo esplicitamenti i

6Nota: E < 0.

2.2. ANALISI 37

casi DegQ = 1 e DegQ = 2, e per finire daremo una idea di come si puo generalizzare ilprocedimento per DegQ = n

Se DegQ = 1 allora DegR = 0, quindi R(x) e un numero costante, che posso scegliereessere uguale ad 1 senza perdita di generalita, mentre Q(x) = ax+ b quindi∫

1

ax+ bdx =

1

a

∫1

x+ b/adx =

1

alog

(x+

b

a

)Il caso n = 1 era quindi banale. Affontiamo ora il meno banale caso n = 2. Per semplificareun po le formule che scrivero, notate che nel caso n = 1 avrei potuto in realta senza perditadi generalita scegliere Q(x) = x+ k. Nel caso n = 2 quindi scelgo

R(x) = x+ a

Q(x) = x2 + bx+ c

Devo ora differenziare 3 casi, a seconda del valore del delta dell’equazione x2 + bx + c = 0,ovvero di ∆ = b2 − 4cCaso ∆ > 0: trovo le due soluzioni x1,2 con x1 6= x2 e scrivo

R(x)

Q(x)=

x+ a

x2 + bx+ c=

x+ a

(x− x1)(x− x2)= A

1

x− x1

+B1

x− x2

ora impongo che questa sia una identita, ovvero che moltiplicando tutto per (x−x1)(x−x2)i polinomi che ottengo a destra e sinistra siano identici. Questo mi dara un sistema linearedi equazioni per i coefficienti ignoti A,B

x+ a = A(x− x2) +B(x− x1) = (A+B)x− (Ax1 +Bx2)

ottengo

A+B = 1

x1A+ x2B = a

che ha sempre una soluzione unica, in quanto x1 6= x2 e quindi il determinante della matriceassociata e non nullo. Una volta trovati A e B possiamo riscrivere il nostro integrale∫

R(x)

Q(x)=

∫A

x− x1

dx+

∫B

x− x2

dx =

= A

∫dx

x− x1

+B

∫dx

x− x2

= A log(x− x1) +B log(x− x2)

Caso ∆ = 0: in questo caso Q(x) = x2 + bx + c = (x − x0)2 Osservo che la derivata di(x− x0)−1 e

d

dx

1

(x− x0)= − 1

(x− x0)2


Per calcolare il mio integrale vorro quindi scomporlo7 come nel caso di prima, ma stavoltale funzioni in cui scegliero di scomporlo saranno 1/Q(x) ed 1/(x− x0):

R(x)

Q(x)=

x+ a

x2 + bx+ c=

x+ a

(x− x0)2= A

1

x− x0

+B

(− 1

(x− x0)2

)otterro

(x+ a) = A(x− x0)−Be quindi ancora una volta due equazioni indipendenti

A = 1

−x0A−B = a

Una volta trovati A e B posso effettuare facilmente l’integrale originale∫R(x)

Q(x)= A

∫1

x− x0

dx−B∫

1

(x− x0)2dx = A

∫dx

x− x0

+B

∫dx

d

dx

1

x− x0

= A log(x− x0) +B1

x− x0

L’ultimo caso e ∆ < 0. Lo affronteremo in 2 modi differenti. Nel primo caso, vogliamousare solo i numeri reali, nel secondo sfrutteremo la potenza dei numeri complessi. Primometodo: dobbiamo trovare ancora una volta due funzioni facilmente integrabili che sommateopportunamente danno il nostro integrando. Per prima cosa notiamo che se ∆ < 0 allorax2 + bx+ c puo essere riscritto nella forma 8 (x− α)2 + β2. Osseriamo ora che

d

dxarctan

(x− αβ

)=

1

1 +(x−αβ

)2 =β2

(x− α)2 + β2

d

dxlog((x− α)2 + β2

)=

2(x− α)

(x− α)2 + β2

Quindi come avrete intuito ora cerchero di riscrivere la funzione da integrare come combi-nazione lineare di queste due funzioni

R(x)

Q(x)=

x+ a

x2 + bx+ c=

x+ a

(x− α)2 + β2= A

β2

(x− α)2 + β2+B

2(x− α)

(x− α)2 + β2

x+ a = Aβ2 + 2B(x− α)

ottengo sempre due equazioni linearmente indipendenti

B =1

2β2A− 2αB = a

7Nota che durante tutta questa sezione, utilizzero l’espressione ”scomporlo” per indicare ”scriverlo comesomma di piu termini”, e non intedero fattorizzarlo.

8Sfruttando i numeri complessi, α sara la parte reale della radice, mentre β sara la parte immaginaria.Se i polinomio e a coefficienti reali, le due radici sono complesse coniugate, quindi hanno stessa parte realee parti immaginarie uguali in modulo e opposte di segno, quindi β2 e ben definito.

2.2. ANALISI 39

Una volta trovati A e B posso effettuare facilmente l’integrale originale∫R(x)

Q(x)= A

∫β2

(x− α)2 + β2dx+B

∫2(x− α)

(x− α)2 + β2dx

= A

∫dx

d

dxarctan

(x− αβ

)+B

∫dx

d

dxlog((x− α)2 + β2

)=

A

βarctan

(x− αβ

)+B log

((x− α)2 + β2

)Il secondo metodo e molto piu veloce ma presenta alcuni passaggi in cui bisogna stare moltoattenti altrimenti si possono ottenere risultati molto sbagliati. Posso essenzialmente usare ilcaso ∆ > 0 con x1,2 radici complesse, con x2 = x1. Otterro

R(x)

Q(x)=

x+ a

x2 + bx+ c=

x+ a

(x− x1)(x− x2)= A

1

x− x1

+B1

x− x2

dato che la mia funzione era reale otterro banalmente che deve valere anche B = A. Quindiil risultato sara∫

R(x)

Q(x)= A log(x− x1) +B log(x− x2) = A log(x− x1) + A log(x− x1)

Sorge spontaneo chiedersi: ma adesso come faccio a vedere che tale soluzione e equivalente aquella precedente, o, in altre parole, come riscrivo questa schifezza usando solo numeri reali?Riscriviamo la cosa in modo furbo, utilizzando il fatto che anche x e reale:

A = Ar + iAi

z = x− x1 = ρeiφ

z = x− x1 = ρe−iφ

ottengo

A log(x− x1) + A log(x− x1) = A log(z) + A log(z)

= (Ar + iAi) log(ρeiφ

)+ (Ar − iAi) log

(ρe−iφ

)= (Ar + iAi) (log ρ+ iφ) + (Ar − iAi) (log ρ− iφ) = 2Ar log ρ− 2Aiφ

e ricordandomi cosa sono ρ, φ, z in funzione di x e delle parti reali ed immaginarie delle radicix1, ovvero α e β trovo

2Ar log |x− x1| − 2Ai arctan−Im(x1)

x−Re(x1)= Ar log

((x− α)2 + β2

)+ 2Ai arctan

(β

x− α

)C’e qualcosa che non torna! Il primo pezzo col logaritmo e uguale a prima9, mentre il secondopezzo con la arcotangente no! In effetti, nel passare ai complessi sarei dovuto stare attentoa quale delle due radici prendevo come x1 e quale come x1, e assicurarmi di non cambiare

9Rimane da controllare che Ar = 1/2, che e abbastanza facile e lo lasciamo per esercizio.


foglio di Rienmann nel fare i vari passaggi. Se cambio foglio di riemann, aggiungereo terminidel tipo log ei2πn con n intero. Se questo ragionamento e giusto, allora la soluzione che hoappena trovato differisce solo per un termine costante da quella trovata precedentemente.Questo puo essere verificato usando la relazione

arctanx+ arctan1

x=π

2

Da cui trovo

arctan

(β

x− α

)=π

2− arctan

(x− αβ

)Trovando il risultato

Ar log((x− α)2 + β2

)− 2Ai arctan

(β

x− α

)+ πAi

Quindi la soluzione trovata e effettivamente equivalente alla precedente, dato che le due pri-mitive differiscono per una costante10. A questo punto siamo pronti per spiegare, almenoteoricamente, come si affronta il caso generale per n ≥ 3: il metodo per fare l’integrale sarascriverlo come somma di n termini di cui so fare l’integrale. Per trovare quali sono questitermini, il primo passa da fare sara scomporre il denominatore. Per il terema fondamentaledell’algebra, qualsiasi polinomio a coefficienti reali puo essere scomposto in prodotti di poli-nomi a coefficienti reali di grado 1 e 2 irriducibili11, o in soli polinomi a coefficienti complessidi grado 1 dove la radici complesse appaiono sempre assieme alla complessa coniugata. Unavolta scomposto il polinomio quoziente, ovvero trovate tutte le radici, dovro considerare untermine

1

x− xiper ogni polinomio di grado 1, e dei termini

β2i

(x− αi)2 + β2i

2(x− αi)(x− αi)2 + β2

i

per ogni polinomio di grado 2. Se alcune radici reali compaiono piu volte (ovevro conmolteplicita m), dovro considerare anche termini

d

dx

1

(x− x0)j−1= − j − 1

(x− xi)j, 2 ≤ j ≤ m

mentre se le radici complesse compiaono con molteplicita m > 1, ovvero lo stesso polinomiodi grado 2 compare m > 1 volte nella fattorizzazione, dovro considerare i termini

d

dx

1

((x− αi)2 + β2i )j−1

= − 2(j − 1)(x− αi)((x− αi)2 + β2

i )j, 2 ≤ j ≤ m

d

dx

x− α((x− αi)2 + β2

i )j−1

=(3− 2j)(x− αi)2 + β2

i

((x− αi)2 + β2i )j

, 2 ≤ j ≤ m

10Rimane in realta da verificare che Ai = −a+α2β , che lasciamo nuovamente per esercizio11Ovvero polinomi di grado 2 con ∆ < 0.

2.2. ANALISI 41

Esempio 2.2.31. Continuiamo l’integrale del periodo delle oscillazioni radiali iniziato sopra

2

√−2m

E

∫ ∞0

dtr1 + r2t

2

(1 + t2)2

Ora sappiamo che per farlo dovremo decomporlo in somma di 4 funzioni facilmente integra-bili, che sono

1

1 + t2,

2t

1 + t2,

d

dt

1

1 + t2= − 2t

(1 + t2)2,

d

dt

t

1 + t2=

1− t2

(1 + t2)2

Imponiamo l’identita

r1 + r2t2

(1 + t2)2= A

1

1 + t2+B

2t

1 + t2+ C

(− 2t

(1 + t2)2

)+D

1− t2

(1 + t2)2

r1 + r2t2 = A(1 + t2) + 2Bt(1 + t2)− 2Ct+D(1− t2)

e facile vedere che B = C = 0 perche la nostra funzione integranda e pari mentre quelle sonofunzioni dispari, e si trova

A+D = r1

A−D = r2

Da cui

A =r1 + r2

2, B =

r1 − r2

2

Otteniamo

2

√−2m

E

∫ ∞0

dtr1 + r2t

2

(1 + t2)2= 2

√−2m

E

∫ ∞0

dt

(r1 + r2

2

1

1 + t2+r1 − r2

2

d

dt

t

1 + t2

)= 2

√−2m

E

(r1 + r2

2[arctanx]∞0 +

r1 − r2

2[

t

1 + t2]∞0

)= π

r1 + r2

2

√−2m

E

Esercizi Calcolare i seguenti integrali. Le soluzioni sono in fondo al libro.


2.2.4 Equazioni differenziali

Definizione 2.2.6. (Equazione differenziale) Si definisce equazione differenziale un’equazio-ne in cui l’incognita e una funzione e nell’equazione compare lei e le sue derivate. Si defi-nisce l’ordine di una equazione differenziale il massimo ordine di derivazione della funzioneincognita nell’equazione.

Esempio 2.2.32. Vogliamo trovare una funzione f(x) tale che f(x) = f ′(x). Questa eun’equazione differenziale del primo ordine (lineare a coefficienti costanti) 12.

La teoria dietro le equazioni differenziali e estremamente complicata e complessa. Nellastragrande maggioranza dei casi non si riesce ad ottenere una soluzione esplicita. Nei pro-blemi che capitano alle olimpiadi, o l’equazione si fa oppure vi dicono di approssimarla inmodo che si possa fare.

Equazioni differenziali a variabile separabile Queste sono fra le piu facili e vi capite-ranno molto spesso. In questo stesso libro ci sono molti problemi che portano ad un’equazionedi questo tipo.

Definizione 2.2.7 (Equazione differenziale a variabili separabili). Un’equazione differenzialenella variabile y(x) si dice a variabili separabili se e della forma

y′ = f(y)g(x)

Ovvero se si riesce a isolare una funzione solo di y e una solo di x. E molto utile separarele variabili, se possibile, in quanto l’equazione si puo integrare in questo modo:

y′ = f(y)g(x)⇒

dy

dxf(y)

= g(x)⇒ dy

f(y)= g(x)dx⇒

∫ y(x)

y(x0)

dy

f(y)=

∫ x

x0

g(x)dx

Ovvero, a patto di saper fare un paio di integrali, la soluzione si trova facilmente. Notareuna cosa importante: quando ho integrato, non ho scelto a caso gli estremi, bensı ho messoestremi che corrispondono a eventi corrispondenti, ovvero se l’estremo di destra vale x0,l’estremo a sinistra dovra valere la cosa corrispondente in y, ovvero y0 = y(x0).

Esempio 2.2.33 (Carica e scarica di un circuito RC). Abbiamo due circuiti elettrici, unoper caricare un condensatore e l’altro per scaricarlo.

Trattiamo prima la scarica in quanto e piu semplice. Il circuito e costituito da uncapacitore C e da una resistenza R collegati in serie, come in figura 2.7.

All’istante t = 0, la carica sul condensatore vale q0. Vogliamo trovare q(t).Scriviamo l’equazione della maglia:

− qC−RI = 0

Ricordiamo che, avendo il circuito una sola maglia, I = q.

12Daro il significato di questi aggettivi in questo capitolo

2.2. ANALISI 43

Figura 2.7: Circuito di scarica RC

L’equazione si riscrive

q = − q

RC

Questa e evidentemente un’equazione differenziale a variabile separabile 13

Separiamo le variabili e integriamo.∫ q(t)

q0

dq

q=

∫ t

0

− dt

RC⇒ ln

q(t)

q0

= − t

RC⇒ q(t) = q0e

− tRC

Ovvero, la soluzione e un’esponenziale decrescente. Calcoliamo per completezza la cor-rente

I =dq

dt= − q0

RCe−t

RC

Consideriamo ora il processo di carica del condensatore: il circuito elettrico va modificatoaggiungendo una batteria di forza elettromotrice V in serie agli altri componenti. All’istanteiniziale, la carica sul condensatore e 0. Vogliamo trovare q(t).

L’equazione della maglia diventa

V − q

C−RI = 0

Come prima, I = q. L’equazione e di nuovo a variabili separabili.

q =V

R− q

RC⇒ dq

V

R− q

RC

= dt⇒∫ q(t)

q(0)=0

dqV

R− q

RC

=

∫ t

0

dt

Vediamo che questo integrale si fa senza problemi e viene un logaritmo. Tuttavia, esisteun metodo piu furbo e meno contoso di risolverla.

Riprendiamo l’equazione della maglia e cambiamo la nostra variabile q → Q(t) = q(t)−CV . Sostituiamo nellequazione della maglia e otteniamo

V − Q

C− V −RQ = 0

13In realta questa equazione e anche lineare a coefficienti costanti, quindi la tecnica risolutiva standard ediversa, ma il metodo che vi mostro funziona ugualmente e questo problema e istruttivo.


Ci siamo ricondotti al caso precendente, l’equazione adesso e la stessa della scarica. La

soluzione che avevamo trovato era q(t) = q0e−t

RC . In questo caso sara quindi

Q(t) = Q(0)e−tRC ⇒ q(t)− CV = (q(0)− CV )e−

tRC ⇒ q(t) = CV (1− e−

tRC )

Notiamo quindi che con quella sostituzione abbiamo semplificato l’integrazione. Vorreiricordare che e molto piu semplice fare un sacco di sostituzioni piuttosto che fare un inte-grale mostruoso. Consiglio quindi di fare sempre molta attenzione alla possibilita di faresostituzioni che permettano di togliere termini nell’equazione.

Nota. Bisogna fare particolarmente attenzione alla possibilita di fare sostituzioni intelligentisoprattutto nelle equazioni differenziali lineari, ovvero dove y e le sue derivate compaionosolo con esponente 1.

Esempio 2.2.34 (Caduta di un grave con attrito proporzionale a v2). Supponiamo di avereun pallone che cade verticalmente da molto in alto. Un modello ragionevole per stimarel’attrito con l’aria ad alte velocita e del tipo ~Fa = −kv2v, dove v e la velocita e v e il versorevelocita, ovvero un vettore di modulo 1 nella direzione della velocita (vedi capitolo sul calcolovettoriale per ulteriori informazioni).

Scriviamo ~F = m~a per il pallone: m~g − kv2v = m~dvdt

. Tutti i vettori sono diretti lungol’asse z quindi possiamo togliere i vettori e passare alle componenti.

mg − kv2 = mdv

dt

Questa e un’equazione differenziale a variabili separabili.

dt =m · dv

mg − kv2=

1√kg

m

d

√kv√mg

1− (

√kv√mg

)2

Dove nell’ultima uguaglianza ho semplicemente utilizzato trucchi algebrici e ho portatodentro il differenziale delle quantita costanti che moltiplicano la variabile (ovvero ho fattouna sostituzione al volo, come andrebbe fatta). A questo punto l’equazione si presenta informa piu decente √

kg

mdt =

dα

1− α2

dove ho semplicemente cambiato il nome alla variabile. A questo punto si integra facilmente∫ t

0

√kg

mdt =

∫ α

α0

dα

1− α2

Dove gli estremi corrispondenti devono essere eventi fisici corrispondenti.√kg

mt = tanh−1(α)− tanh−1(α0)

2.2. ANALISI 45

Ricordando cosa vale α e ponendo v0 = 0 si ottiene finalmente

v(t) =

√mg

ktanh

(√kg

mt

)

Equazioni differenziali lineari

Definizione 2.2.8. Un’equazione differenziale si dice lineare se y e le sue derivate compaionosolo con esponente 1.

E molto importante notare che se y1(t) e y2(t) sono soluzioni della stessa equazionedifferenziale lineare, allora anche una qualsiasi combinazione lineare delle due αy1(t) +βy2(t), α, β ∈ R e ancora una soluzione dell’equazione di partenza.

Esempio 2.2.35. Consideriamo una massa m attaccata ad una molla di costante k. Lamassa e libera di oscillare senza attrito intorno alla posizione di equilibrio. Trovare la leggeoraria del moto nel caso generale.

L’equazione del moto e

mx = −kx

Possiamo per comodita scriverla come x = −ω2x ,con ω =

√k

mQuesta equazione e lineare 14. Cerchiamo delle soluzioni. La tecnica standard per trovare

la soluzione di una di queste equazioni e cercarne una della forma x = Aeλt, con λ ∈ C.Sostituendo nell’equazione,

Aλ2eλt = −Aω2eλt

Visto che ex 6= 0∀x ∈ R, possiamo semplificarlo e ottenere

λ = ±iω

Ovvero la soluzione generica sara del tipo

x(t) = Aeiωt +Be−iωt

Giustamente, vi chiederete perche a sinistra abbiamo una posizione, che e evidentementeun numero reale, quando a destra abbiamo un numero complesso. La risposta e che perora non abbiamo imposto tutta la fisica che c’e in questo problema! Se imponiamo dellecondizioni iniziali, vedremo ora che spariscono tutte le parti complesse.

Supponiamo che all’istante t = 0 sia x(0) = x0 e v(0) = v0. Facciamo i conti e vediamoche rimangono solo numeri reali.

x0 = A+B

v0 = iω(A−B)⇒

A =x0

2+

v0

2iωB =

x0

2− v0

2iω

⇒ x(t) = x0eiωt + e−iωt

2+ v0

eiωt − e−iωt

2i=

14E a coefficienti costanti


= x0 cos(ωt) +v0

ωsin(ωt)

E come previsto, spariscono tutti i termini complessi e quindi per fortuna x(t) e unnumero reale. Per completezza, calcoliamo anche velocita e accelerazione.

v(t) = −ωx0 sin(ωt) + v0 cos(ωt)

a(t) = −ω2x0 cos(ωt)− ωv0 sin(ωt)

Notare che effettivamente x(0) = x0 e v(0) = v0. Questo e un buon controllo che si puofare per vedere se effettivamente abbiamo fatto i conti giusti.

Inoltre, e buona norma ributtare la soluzione dentro l’equazione differenziale per vederese effettivamente torna. A volte i conti si sbagliano senza accorgersene.

Una cosa che potrebbe esservi utile e che se sapete a priori che le quantita x0 e v0 o chiper loro sono reali, potete cercare direttamente una soluzione nella forma

x(t) = A cosωt+B sinωt

La dimostrazione di questa cosa e sostanzialmente quello che ho fatto poco fa, in quantonon ho imposto niente di particolare sul problema (a parte che x0, v0 siano reali) e la soluzioneera effettivamente una somma di seni e coseni.

Esempio 2.2.36 (Molla attaccata in verticale). Spostiamo il problema precedente dal pianoal verticale. Vogliamo vedere cosa cambia rispetto a prima.

Ora, oltre alla forza elastica, c’e anche la forza peso. Scriviamo l’equazione del mo-to. Prendiamo un riferimento con l’asse x verticale verso il basso, ovvero diretto come ~g.Prendiamo lo zero delle x nel punto in cui la molla e imperturbata.

mg − kx = mx

L’equazione assomiglia molto a prima, c’e solo un termine costante aggiuntivo. Come hosuggerito un paio di esempi fa, puo essere molto utile provare a sommare qualcosa a x(t)cercando di far sparire quel termine. Scriviamo quindi x(t) = X(t) +X0. Cerchiamo X0 taleche quel termine fastidioso sparisca.

mg − kX −KX0 = mX

Per X0 =mg

k, otteniamo quello che volevamo. Cosa mi significa questo risultato? Vor-

rei far notare che X0 e esattamente la posizione di equilibrio stabile tenendo conto anchedella forza peso. Fisicamente, vuol dire quindi che aggiungere una forza costante in que-sta situazione non cambia assolutamente niente se non spostare il punto attorno a cui c’eoscillazione.

La presenza di g quindi non altera minimamente il periodo di oscillazione.Concludiamo per completezza la soluzione dell’equazione, sfruttando il risultato di prima.

X(t) = X0 cos(ωt) +V0

ωsin(ωt)⇒ x(t) =

mg

k+ (x0 −

mg

k) cos(ωt) +

v0

ωsin(ωt)

2.2. ANALISI 47

Notare che effettivamente 〈x(t)〉 =mg

k15, ovvero effettivamente la molla oscilla intorno

al punto di equilibrio stabile, come previsto.L’ultima cosa che voglio far notare e che usando un trucco trigonometrico si puo scrivere

la soluzione piu generale in forma diversa, a volte piu comoda da maneggiare. Consideriamo

A cosx+B sinx =√A2 +B2

(A√

A2 +B2cosx+

B√A2 +B2

sinx

)Fin’ora abbiamo scritto solo un’identita. Tuttavia i termini A√

A2+B2 ,B√

A2+B2 possonoessere visti come il seno e il coseno di un opportuno angolo, in quanto la somma dei loroquadrati fa 1. Quindi:

A cosx+B sinx =√A2 +B2(cosα cosx+ sinα sinx) = C cos(x− α)

Il significato di questa formula e che per trovare la soluzione piu generale dell’equazionenon e indispensabile utilizzare sia seno che coseno ma si puo anche solo utilizzare il coseno(o il seno) a patto di inserire anche un’opportuna fase che verra determinata dallecondizioni iniziali.

Esempio 2.2.37 (Oscillatore armonico smorzato). Consideriamo di nuovo l’esempio pre-cedente, aggiungendo l’attrito. Consideriamo quindi una massa che si muove attaccata aduna molla in verticale, ma stavolta aggiungiamo alla nostra massetta una sorta di vela peraumentare l’attrito con l’aria.

Un modello esatto per l’attrito viscoso con l’aria non esiste. Un modello ragionevole esupporre che la forza di attrito sia proporzionale alla velocita dell’oggetto nel fluido, ovvero~Fa = −γ~v, dove γ e un fattore che tiene conto per esempio della geometria dell’oggettoe della viscosita del fluido. Potreste giustamente obiettare dicendo ”Perche F ∝ v e nonF ∝ v2, piuttosto che F ∝ vα?”. La risposta e che anche questi sono modelli sensati, maper le velocita basse che raggiunge una massa attaccata alla molla funziona meglio questomodello. Per velocita molto alte invece funziona meglio il modello F ∝ v2.

Detto questo, continuiamo il problema. Scegliamo un riferimento x verticale verso ilbasso, come prima, con sempre lo zero nel punto di molla imperturbata (molla libera).Scriviamo l’equazione del moto.

mg − γx− kx = mx

Come prima, vorremo liberarci del termine costante mg per semplificarci i conti. Vediamoche la sostituzione fatta prima funziona ancora, quindi la usiamo.

X +γ

mX + ω2X = 0

Dove come al solito ho chiamato ω2 =k

m. Cerchiamo come prima una soluzione della

forma X(t) = Aeλt. Otteniamo questa equazione.

15Con la notazione 〈f(t)〉 si intende il valor medio della funzione calcolato su un periodo (oppure su un

tempo che viene specificato, in caso di moto non periodico), ovvero1

T

∫ T

0

f(t)dt


Aeλt(λ2 +γ

mλ+ ω2) = 0

Se vogliamo che la nostra soluzione funzioni, deve essere sempre 0 il termine fra parentesi.Abbiamo quindi una equazione di secondo grado in λ che risolta ci da

λ1,2 = − γ

2m±√( γ

2m

)2

− ω2

Ora ci sono un paio di casi da trattare.

1. Se ci aspettiamo che lo smorzamento sia piccolo, sara( γ

2m

)2

− ω2 < 0, per cui

λ1,2 = − γ

2m± i√ω2 −

( γ

2m

)2

Chiamiamo ωs =

√ω2 −

( γ

2m

)2

. La soluzione dell’equazione sara del tipo

X(t) = Ae−γ

2mt+iωst +Be−

γ2m

t−iωst = e−γ

2mt(Aeiωst +Be−iωst

)Esattamente come prima, imponendo le condizioni iniziali i termini complessi spari-ranno e otterremo una soluzione

X(t) = Ce−γ

2m cos(ωst+ φ)

Dove C e φ vengono determinati imponendo le condizioni iniziali. Risostituiamo pertrovare x(t) e commentiamo.

x(t) =mg

k+ Ce−

γ2m cos(ωst+ φ)

Ovvero cio che succede e che la massa continua ad oscillare, diminuendo sempre dipiu l’ampiezza al passare del tempo per poi stabilizzarsi sulla posizione di equilibriostabile, esattamente come prevedeva il buonsenso.

Notare che la frequenza di oscillazione intorno alla posizione di equilibrio non e esat-tamente la stessa che ci sarebbe senza l’attrito. Infatti, ωs < ω.

2. Se invece lo smorzamento e molto forte, ovvero l’attrito conta molto (immaginate la

massetta immersa nel miele) allora( γ

2m

)2

−ω2 > 0, per cui la soluzione dell’equazione

sara la somma di due esponenziali decrescenti (entrambe gli esponenti sono negativi,anche quello con il segno +, controllare per credere) e di conseguenza il moto si fermeradopo molto poco. In questo caso si parla di smorzamento ipercritico.

2.2. ANALISI 49

Figura 2.8: Smorzamento piccolo

Figura 2.9: Smorzamento ipercritico

3. Se infine abbiamo il caso limite,( γ

2m

)2

−ω2 = 0, allora la soluzione e piu complicata.

Infatti, la soluzione che abbiamo e del tipo

X(t) = Aeλt +Beλt = (A+B)eλt

E questo non va per niente bene, perche se l’esponente e lo stesso allora abbiamo un sologrado di liberta sulla costante, il che vuol dire che in generale non saremo in grado diimporre contemporaneamente la velocita e la posizione iniziali, cosa insensata. Questovuol quindi dire che la nostra soluzione va bene ma che per trovare tutte le soluzioni,ce ne serve una linearmente indipendente 16 dall’altra.

Per fortuna non e necessario cercare molto per trovarla, in quanto X(t) = Ateλt risolvel’equazione e non e un multiplo dell’altra soluzione che abbiamo trovato.

La soluzione piu generale sara quindi

X(t) = Ate−γ

2mt +Be−

γ2m

t

16In questo caso vuole dire semplicemente un’altra funzione che non sia multiplo della prima


Dove come al solito le costanti A,B si trovano imponendo le condizioni iniziali. Inquesto caso si parla di smorzamento critico, ma in sostanza non e molto diverso dalprimo caso.

Figura 2.10: Smorzamento critico

Esempio 2.2.38 (Oscillatore armonico forzato). Proviamo ora ad aggiungere all’esempioprecedente anche una nuova forza esterna, stavolta non costante. In particolare, e sensatoprovare a vedere cosa succede inserendo una forza di tipo sinusoidale (cosinusoidale). Vipotrebbe sembrare strano riuscire a mantenere un motore che eserciti una forza del tipoF (t) = F0 cos(ωt), ma in effetti non e cosı difficile. In particolare, se consideriamo uncircuito elettrico a corrente alternata (ovvero il vostro circuito elettrico a casa), la tensionesegue esattamente la legge V (t) = V0 cos(ωt) 17, dove V0 ≈ 300V e ω ≈ 2π · 50Hz

Per sfruttare le formule gia ottenute, rimaniamo in meccanica e riscriviamo l’equazionedel moto.

x+γ

mx+ ω2

0x =F0

mcos(ωt) (2.2)

Fate molta attenzione ora a non confondere ω0 =

√k

mcon ω quello del motore in quanto

rappresentano quantita fisiche diverse e vedremo che le cose interessanti si hanno quandoω ≈ ω0.

Questa equazione differenziale e sempre lineare a coefficienti costanti, ma stavolta non eomogenea, ovvero non c’e un = 0 ma c’e un = f(t). Facciamo una piccola considerazioneche ci permette di capire quante soluzioni dobbiamo cercare.

Siano x1(t) e x2(t) entrambe soluzioni dell’equazione non omogenea 2.2. Il che significa

x1 +γ

mx1 + ω2

0x1 =F0

mcos(ωt)

x2 +γ

mx2 + ω2

0x2 =F0

mcos(ωt)

17La tensione di 220V , quella che sentite nominare sempre, eV0√

2, ovvero il valore quadratico medio della

tensione

2.2. ANALISI 51

Facciamo la differenza membro a membro di queste due equazioni.

¨(x1 − x2) +γ

m˙(x1 − x2) + ω2

0(x1 − x2) = 0

Ovvero x1−x2 risolve l’equazione omogenea associata. Tuttavia noi conosciamo gia tuttele soluzioni della omogenea, quindi per ottenere la soluzione piu generale della non omogeneaci basta prendere la soluzione dell’omogenea e sommarci una soluzione della non omogenea.

Questa affermazione in effetti non ci aiuta a trovare la soluzione, ma ci dice che se percaso ne troviamo una, anche sparando a caso, allora le abbiamo trovate tutte e abbiamofinito, il che e un grosso bene.

Ora vediamo di trovare la soluzione dell’equazione che abbiamo, trovando una soluzioneparticolare xp(t) dell’equazione.

E conveniente fare un cambio di variabili e lavorare in C, in quanto derivare un coseno oun seno non e bello quanto derivare un esponenziale.

La nostra equazione si scrive quindi

z +γ

mz + ω2

0z =F0

meiωt

Dove <z = xp. Avendo un esponenziale a destra e sensato cercare soluzioni della formaz(t) = z0e

iωt, con z0 un opportuno numero complesso. Sostituiamo nell’equazione cercandoz0 (

−ω2z0 + iωγ

mz0 + ω2

0z0

)eiωt =

F0

meiωt

Semplificando eiωt

z0 =F0

m

ω20 − ω2 + iω

γ

m

⇒ z0 =F0

m√(ω2 − ω2

0)2 +γ2ω2

m2

e−iδ = |z0|e−iδ

Dove tan δ =γωm

ω20−ω2 . La soluzione che cercavamo era del tipo z(t) = z0e

iωt = |z0|ei(ωt−δ),quindi, essendo x = <z, xp(t) = |z0| cos(ωt− δ).

La soluzione piu generale sara quindi la somma della soluzione dell’omogenea piu iltermine che abbiamo appena trovato.

x(t) = x0(t) + xp(t) = Ce−γ

2m cos(ωst+ φ) + |z0| cos(ωt− δ)

Ovvero la soluzione generale e la somma di un termine che rapidamente viene smorzato18 e un termine di ampiezza costante che e quello che contera sul lungo periodo.

La funzione |z0(ω)| ha un grafico molto caratteristico a campana che ha un massimomolto vicino a ω0.

AGGIUNGERE GRAFICO E FARE CONSIDERAZIONI

18Il periodo in cui e significativo si chiama transiente e di solito il periodo e 3τ = 32m

γ. Si sceglie 3τ in

quanto e un numero intero di tempi caratteristici e e−3 ≈ 0, 05, che e molto poco.


Figura 2.11: Grafico dell’ampiezza dell’oscillazione

Figura 2.12: Sfasamento rispetto alla forza esterna

2.2.5 Espansione in Serie di Taylor (molto importante)

Questo e sicuramente uno degli strumenti matematici che un fisico deve saper maneggiare almeglio. L’idea che ha portato alla sua creazione e che spesso i modelli fisici per i fenomeniportano a complesse equazioni matematiche, spesso troppo complesse per essere risolte inmodo esatto.

L’esempio piu classico e questo:

Esempio 2.2.39 (Pendolo semplice). Abbiamo un pendolo semplice, ovvero una massam sospesa al soffitto tramite un filo inestensibile e di massa trascurabile di lunghezza l.Vogliamo trovare il periodo di oscillazione e la legge oraria del moto.

Soluzione: Scomponiamo le forze lungo le componenti radiale e tangenziale. Indichiamocon θ l’angolo che il filo forma con la verticale fisica. La tensione sara diretta lungo ladirezione radiale, mentre il peso avra due componenti 19

Risr = T −mg cos θ = mθ2l

Risθ = −mg sin θ = mlθ

19Il puntino sopra una funzione, di norma indica la derivata rispetto al tempo.

2.2. ANALISI 53

La seconda equazione e quella interessante che risolve per θ(t) (l’altra include anche lavariabile T che aggiunge un’incognita).

θ = −gl

sin θ

Questa equazione sembra molto bella a scriversi, ma ha un grossissimo problema: non siriesce a risolvere in maniera esatta.

Una cosa che potrebbe bastarci e una formula approssimata che sia in grado di darciabbastanza informazioni e magari ci dica di quanto l’approssimazione e sbagliata nel peggioredei casi.

Scopriremo in questo capitolo che sin θ ≈ θ se θ 1, quindi la nostra equazione diventalineare a coefficienti costanti se l’angolo iniziale e 1 in radianti. La soluzione generalesara

θ(t) = C1 sin(ωt) + C2 cos(ωt) = C3 cos(ωt+ φ) con ω =

√g

l

Poniamoci quindi l’obiettivo di trovare un modo per approssimare una qualsiasi funzionein un punto che ci interessa.

Chiamiamo la nostra funzione f(x) e il punto intorno a cui vogliamo approssimare x0. Ov-viamente noi tratteremo solo funzioni abbastanza regolari, ovvero senza discontinuita troppovicine al punto che consideriamo. In sostanza, tratteremo tutte le funzioni che capitano inun problema di fisica.

E ragionevole pensare che in un intorno molto piccolo si possa approssimare inizialmentela funzione come una retta. La pendenza di questa retta sara ovviamente il valore delladerivata nel punto. Ovvero, in formule

f(x) ≈ f(x0) + f ′(x0) · (x− x0) := g(x) (2.3)

Convinciamoci che questa e veramente una retta e che approssima la funzione f(x) neipunti molto vicini a x0. Intanto, notiamo che l’unica cosa variabile nell’equazione e l’ultimopezzo. Ovvero, indicando con lettere maiscole le costanti, g(x) = A + B(x − C), che eevidentemente lequazione di una retta.

Inoltre, g(x0) = f(x0) +f ′(x0)(x0−x0) = f(x0), quindi le funzioni hanno lo stesso valorein x0. Calcoliamo g′(x) = f ′(x0) costante (del resto e una retta, potevamo aspettarcelo). Laparte interessante e che e esattamente uguale alla derivata di f(x) valutata nel punto x0. Insostanza, abbiamo scritto l’equazione della retta tangente al grafico nel punto x0.

Ora cerchiamo una approssimazione migliore: scriviamo una parabola che passa per ilpunto (x0, f(x0)) e che abbia le sue derivate prima e seconda in x0, g′(x0), g′′(x0) uguali allederivate di f(x)

f(x) ≈ g(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2(x− x0)2

Notiamo che e una parabola in quanto la variabile e x e compare al massimo come terminedi secondo grado. Derivate per credere che g(x0) = f(x0), g′(x0) = f ′(x0), g′′(x0) = f ′′(x0)

In fisica non si usera praticamente mai nessuna espansione oltre il secondo ordine, maper completezza enuncio questo


Definizione 2.2.9 (Serie di Taylor). Sia f(x) una funzione (con infinite derivate in x0

eccetera...). Si definisce Serie di Taylor centrata in x0 di f(x) la funzione g(x)

g(x) =∞∑n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)n (2.4)

Questa funzione puo essere vista come un polinomio di grado infinito. Sotto alcuneipotesi su |x − x0|, i termini di grado maggiore diventano piccoli a piacere e la funzionediventa approssimativamente un vero e proprio polinomio.

Definizione 2.2.10 (Funzione analitica). Una funzione si definisce analitica se la sua serie diTaylor centrata in x0 converge alla funzione f(x) in un intorno di x0 (ovvero per |x−x0| < ε)∀x0 ∈ R

Nota. In fisica tutte le funzioni sono analitiche, ovvero per ogni funzione

f(x) =∞∑n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)n

Ora abbiamo spostato il problema dall’avere una funzione brutta a piacere difficile damaneggiare ad avere un polinomio di grado infinito. Per fortuna, per tutti i problemi che vicapiteranno, tutti i termini di grado ≥ 3 sono trascurabili rispetto agli altri e si buttanovia senza ritegno.

Esempio 2.2.40. Calcoliamo la serie di Taylor di una funzione, a titolo di esempio. f(x) =sin(x), x0 = 0.

Dobbiamo calcolare tutte le derivate di sin(x), valutarle in x0 = 0 e poi utilizzare laformula per ottenere il termine di ennesimo grado.

f(x) =∞∑n=0

sin(n)(0)

n!xn

n Derivata n-esima Derivata nel punto Termine della somma0 sin(x) 0 01 cos(x) 1 x2 − sin(x) 0 0

3 − cos(x) -1 −x3

64 sin(x) 0 0

5 cos(x) 1x5

120... ... ... ...

Tabella 2.2: Serie di Taylor del seno

Visto che dopo poco le derivate cominciano a ripetersi, si puo dimostrare che alla fine

sin(x) =∞∑n=0

(−1)k+1

(2k + 1)!x2k+1

2.2. ANALISI 55

Figura 2.13: Grafico dello sviluppo di Taylor del seno con sempre piu termini

In particolare,

sin(x) = x− x3

6+ ...

Nella maggior parte dei casi, si tiene solo il primo termine, ovvero sin(x) ≈ x. Per vederele serie di Taylor piu comuni potete andare nell’appendice a vedere 6.2

Esempio 2.2.41 (Importantissimo: tutto e un pendolo). Supponiamo di avere un puntomateriale vincolato a muoversi su una retta. Sul punto agisce un campo di forze F (x)conservativo tale per cui x0 e un punto di equilibrio stabile. Trovare la frequenza dellepiccole oscillazioni intorno a x0.

Soluzione con le forze:

Punto di equilibrio stabile vuol dire che in x0 si ha F (x0) = 0 (e.g. θ = 0 per un pendolo,∆x = 0 per una molla...) e si ha che per ∆x abbastanza piccolo la forza e di richiamo,ovvero se ∆x e positivo, F < 0, se ∆x e negativo, F > 0, ovvero la forza tende a riportareun oggetto nella posizione di equilibrio, se lo spostamento e abbastanza piccolo.


L’espressione della forza puo essere molto complicata ma quello che ci interessa e sem-plicemente la forza in un punto vicino a x0. Di conseguenza, possiamo approssimare

F (x) = F (x0) +dF (x0)

dx∆x =

dF (x0)

dx∆x

Ovvero la forza e una funzione lineare dello spostamento, per spostamenti abbastanzapiccoli, esattamente come una molla, esattamente come un pendolo (nell’ultima uguaglianzaci siamo ricordati che F (x0) = 0). Inoltre, grazie alle considerazioni che abbiamo fatto sul

segno di F , sicuramente avremodF (x0)

dx< 0.

A questo punto, ricordiamo che F = ma

md2∆x

dt2= −dF (x0)

dx∆x = −mω2∆x

Dove ho chiamato ω2 =1

m

dF (x0)

dxQuesta e una equazione differenziale lineare a coefficienti costanti, la cui soluzione e una

combinazione lineare di seno e coseno di ωt, esattamente come succede per una molla.In realta, e la molla che e una buona molla, ovvero noi definiamo molla un oggetto

risponda ad una deformazione opponendosi con una forza data dalla formula

~F = −k ~∆x

Quello che sto dicendo e che in realta ogni oggetto, se visto abbastanza vicino alla suaposizione di equilibrio, si comporta come una molla ideale, ovvero un oggetto che rispettaquella formula. Le molle vere, cioe il filo di ferro arrotolato, semplicemente sono degli oggettiche rispettano molto bene quella legge anche per deformazioni piu grandi e quindi vengonoprese come modello campione per fare gli esempi, ma in realta qualsiasi cosa si comporta inquel modo intorno ad una posizione di equilibrio stabile.

Ora, una buona domanda e: perche quando abbiamo espanso la forza abbiamo tenutosolo il primo termine e abbiamo buttato via tutti gli altri? La risposta e che potevamo anchetenerne un paio di piu, ottenendo un’approsimazione migliore, solo che avremmo ottenutouna equazione differenziale non lineare, che e molto piu difficile da risolvere e per questo noncapita alle olimpiadi.

Soluzione energetica:

Se il campo di forza e conservativo, allora esiste un potenziale U(x) tale che F (x) = −dUdx

.

Essendo x0 un punto di equilibrio stabile, si ha F (x0) = 0 edF (x0)

dx< 0. Di conseguen-

za, x0 e un punto di minimo locale per U (ovvero ∃∆x piccolo a piacere tale che U(x0) ≤U(x)∀x tali che x0 −∆x < x < x0 + ∆x)

Inoltre, essendo un campo conservativo, l’energia totale sara una costante del moto.Scriviamo quindi

E =1

2m

(dx

dt

)2

+ U(x) = costante

Espandiamo l’energia potenziale al primo ordine.

U(x) = U(x0) +dU(x0)

dx∆x = U(x0) + F (x0)∆x = U(x0) = costante

2.2. ANALISI 57

Deriviamo rispetto al tempo l’energia totale per ottenere l’equazione del moto

dE

dt= 0 =

d

(1

2m

(dx

dt

)2

+ U(x)

)dt

= mdx

dt

d2x

dt2= 0

Ovvero v = 0 oppure a = 0. Abbiamo ottenuto un risultato diverso da prima... Vuoldire che il nostro metodo non funziona? No. Vuol dire solo che abbiamo approssimato inmodo troppo grossolano. Scriviamo U fino al secondo ordine (ovvero tenendo termini fino alsecondo).

U(x) = U(x0) +1

2

d2U(x0)

dx2∆x2

Dove ci siamo gia ricordati che il primo termine fa zero. Riscriviamo quindi l’energiatotale.

E =1

2m

(dx

dt

)2

+ U(x) =1

2m

(dx

dt

)2

+ U(x0) +1

2

d2U(x0)

dx2∆x2

Deriviamo di nuovo l’energia totale rispetto al tempo e ricordiamoci che

dx

dt=d(x− x0)

dt=d∆x

dt

in quanto aggiungiamo una costante che viene poi derivata.

dE

dt= 0 =

d

(1

2m

(dx

dt

)2

+ U(x)

)dt

= md∆x

dt

d2∆x

dt2+d2U(x0)

dx2

d∆x

dt∆x = 0

Possiamo scartare la soluzioned∆x

dt= 0 in quanto non e fisicamente sensata in questo

caso.L’equazione del moto diventa quindi

md2∆x

dt2= −d

2U(x0)

dx2∆x = −mω2∆x

che se confrontata con quella ottenuta nel caso della soluzione con le forze e ugualeidentica.

Per convincersi che ω2 e lo stesso, e sufficiente ricordarsi che F = −dUdx

Ora, una buona domanda e: come faccio a sapere a che ordine devo espandere per ottenereil risultato giusto? La risposta e che di solito e il testo del problema a dirlo.

Una buona norma in ogni caso e:

Se usate le forze, si espande al primo ordine

Se usate potenziali, al secondo ordine

Se state facendo una cosa a caso, espandete finche non ottenete un termine non nullo


2.3 Calcolo vettoriale

In fisica e estremamente importante l’utilizzo dei vettori per formulare delle leggi sensate.Il concetto che sta alla base di questa schematizzazione e che per indicare la posizione di

un oggetto nello spazio, bisogna scegliere un sistema di riferimento. Un sistema di riferimentonello spazio tridimensionale ha bisogno di un’origine, ovvero di un punto in cui viene decisoche la posizione e 0 (e.g. l’angolo del tavolo, il centro del giardino, la Terra nel sistemasolare) e di una terna di vettori ortonormali (lunghi 1 e perpendicolari a 2 a 2) che indichinodelle direzioni comode per esprimere la posizione di qualcosa (e.g. due vettori paralleli ai duelati del tavolo e un terzo perpendicolare, due vettori paralleli ai lati del giardino rettangolaree un terzo perpendicolare...)

Una volta scelto il sistema di riferimento, a patto che rispetti le condizioni sopra elencate,si puo indicare la posizione di un qualsiasi oggetto dando una terna di numeri reali. Ogniterna di numeri reali rappresenta uno e un solo punto.

2.3.1 Vettori e versori

Spesso quando bisogna indicare un vettore di cui si conosce il modulo ma bisogna indicarnela direzione e utile utilizzare i versori, ovvero vettori di modulo 1.

Un versore si indica con un cappuccio sopra la lettera. Per esempio, il versore z, ovveroil vettore di lunghezza 1 che punta come l’asse z.

Supponiamo di dover indicare in componenti un qualsiasi vettore. Per esempio, unoggetto si puo trovare alle coordinate

~x =

x0

y0

z0

Per fare i conti puo essere utile scriverlo nel modo equivalente ~x = x0x+ y0y + z0z, dove

semplicemente i 3 versori indicano

x =

100

y =

010

z =

001

Prodotto scalare Quando avete parlato di lavoro di una forza avrete sicuramente intro-dotto il prodotto scalare, ovvero un’operazione fra due vettori che restituisce un numeroreale.

~a ·~b = |~a||~b| cos θ

Dove con |~a| si intende il modulo di ~a, ovvero√~a · ~a (Ovvero la lunghezza di ~a calcolata

con pitagora).Seguono banalmente dalla definizione di prodotto scalare le seguenti proprieta utili per

fare i conti.

~a ·~b = ~b · ~a

2.3. CALCOLO VETTORIALE 59

Figura 2.14: Significato grafico del prodotto scalare

~a · (~b+ ~c) = ~a ·~b+ ~a · ~c

~a · (k~b) = k~a ·~b

E utile ricordare che la base di R3 formata dai 3 versori x, y, z e ortonormale, ovverox · x = 1, x · y = 0, x · z = 0, y · y = 1 etc. Questa condizione si puo riassumere sinteticamentecambiando nome agli assi da x, y, z a x1, x2, x3 e scrivendo xi · xj = δij dove l’oggetto a destrasi chiama delta di Kronecker e vale 1 se i = j e 0 se i 6= j.

In questo modo, se scriviamo i vettori ~a e ~b in termini dei versori, otteniamo

~a ·~b = (axx+ ayy + az z) · (bxx+ byy + bz z) = axbx + ayby + azbz

Esempio 2.3.1. Il lavoro compiuto da una forza constante in modulo e direzione per unospostamento ~∆x e L = ~F · ~∆x

Prodotto vettoriale L’esempio piu semplice per capire la necessita di inventare il pro-dotto vettoriale e il momento di una forza.

Dati due vettori ~a,~b si definisce il loro prodotto vettoriale come il vettore ~c = ~a ×~b 20

il vettore che sta nel piano ortogonale al piano formato dai due vettori ~a,~b e di modulo|~c| = |~a||~b| sin θ dove θ e l’angolo compreso fra i due vettori. Il verso di ~c e determinato dalla

regola della mano destra: tenere il pollice destro come ~a, l’indice destro come ~b, il verso deldito medio indichera il verso di ~c.

Dalla definizione segue subito che se due vettori sono paralleli, ovvero ~a = k~b, allora illoro prodotto vettore e 0, in quanto il seno dell’angolo compreso e 0.

E importante notare che a differenza del prodotto scalare che e commutativo, il prodottovettoriale e anticommutativo, ovvero ~a × ~b = −~b × ~a. Questa cosa si vede applicando laregola della mano destra.

20Viene anche indicato con ~c = ~a ∧~b


Figura 2.15: Significato geometrico del prodotto vettoriale

Con un po’ di artifici, si riesce a mostrare che se ~a = axx+ ayy + az z e il corrispondente

per ~b, allora

~a×~b = det

x y zax ay azbx by bz

Da cui seguono banalmente altre proprieta utili del prodotto vettore

~a× (~b+ ~c) = ~a×~b+ ~a× ~c

~a× (k~b) = k~a×~b

Con un po’ di fatica si riesce anche a dimostrare alcune identita di calcolo vettoriale, peresempio

~a× (~b× ~c) = ~b(~a · ~c)− ~c(~a ·~b)

Il prodotto vettoriale ha anche dei significati fisici scorrelati dalla sua applicazione inmeccanica. Per esempio, costruiamo un parallelogramma che abbia i lati paralleli ad ~a,~b.Essendo l’area del parallelogramma ab sin θ, si vede immediatamente che A = |~a ×~b|. Pos-

siamo addirittura immaginare l’area come un vettore, scrivendo ~A = ~a×~b. In questo caso,il vettore area e ortogonale al piano in cui sta la figura.


Ovviamente, se abbiamo un triangolo che ha i lati ~a,~b e il terzo che congiunge gli estremi,

l’area del triangolo sara ovviamente meta di quella del parallelogramma, quindi ~A =1

2~a×~b

Attenzione: Per il prodotto vettore non vale la proprieta associativa, ovvero c’e bisognodi mettere le parentesi quando c’e un prodotto vettore multiplo. In generale sara

~a× (~b× ~c) 6= (~a×~b)× ~c

Per far vedere con un esempio che non vale sempre l’uguaglianza, prendiamo ~a = x,~b =~c = y

x× (y × y) 6= (x× y)× y ⇒ x×~0 6= z × y ⇒ 0 6= −x

Prodotto misto Una cosa interessante ma non troppo utile, almeno per fare questiproblemi, e il cosiddetto prodotto misto fra 3 vettori ~a,~b,~c, definito come

~a×~b · ~c

Ho omesso le parentesi in questa espressione in quanto vi e un solo modo di fare le coseche abbia senso, ovvero prima il prodotto vettore e poi il prodotto scalare.

E utile notare che questo numero si puo scrivere facilmente utilizzando le matrici inquesto modo:

~a×~b · ~c = det

ax ay azbx by bzcx cy cz

E facile vedere che quindi il prodotto misto si puo permutare in piu forme, ovvero

~a×~b · ~c = ~b× ~c · ~a = ~c× ~a ·~b

Infine e utile vedere il significato fisico del prodotto misto. Costruiamo un parallelepipedo(non retto) che abbia gli spigoli come i tre vettori ~a,~b,~c. Questo parallelepipedo, in figura2.16, ha tutte le facce a forma di parallelogramma. Scelta la faccia ab, il volume di questoparallelepipedo e rappresentato dal volume spazzato dall’area ab, ovvero sara ~A ·~c = ~a×~b ·~c.

Il volume di questo parallelepipedo e quindi rappresentato dal prodotto misto dei 3 vet-tori. E quindi un ottimo metodo per controllare in modo rapido se 3 vettori sono complanario meno, in quanto se sono complanari, il volume deve essere 0.

Se al posto di un parallelepipedo ci avessimo messo un tetraedro, la formula del volume

sarebbe stata molto simile, ovvero V =1

3

(1

2~a×~b

)· ~c =

1

6~a×~b · ~c


Figura 2.16: Parallelepipedo formato dai 3 vettori

2.3.2 Algebra lineare

Matrici Al primo anno di universita vedrete in dettaglio tutta l’algebra lineare. Il mioobiettivo e solo quello di darvi un’introduzione informale, in quanto permette di generalizzaremolte cose e fare i conti in modo intelligente. Questa sezione e assolutamente facoltativa evi da solo un’idea del perche si facciano le cose in un certo modo.

Definizione 2.3.1 (Spazio vettoriale). Uno spazio vettoriale e caratterizzato da 4 oggetti:

Un insieme V

Un campo K (ovvero R oppure C)

Un’operazione di somma fra elementi di V , ovvero + : V × V → V (Prendo dueelementi di V , che chiamo a, b e ci associo c = a+ b)

Un’operazione di prodotto per elementi del campo, ovvero se v ∈ V e α ∈ K, · :K× V → V , w = α · v, w ∈ V

Le operazioni di somma e prodotto per uno scalare devono avere le proprieta di commuta-tivita, associativita, ecc... Inoltre, ∀v, w ∈ V , deve essere z = v +w, z ∈ V , ovvero l’insiemedeve essere chiuso rispetto alla somma. Inoltre, ∀α ∈ K,∀v ∈ V , deve essere w = αv, w ∈ V ,ovvero l’insieme V deve essere chiuso rispetto al prodotto per uno scalare.

Esempio 2.3.2. Il piano cartesiano con assi x, y e uno spazio vettoriale su R, in quantol’insieme delle coppie (x, y) dotato della somma componente per componente e del prodottoper numero reale soddisfa le richieste.

Esempio 2.3.3. L’insieme dei numeri reali R e uno spazio vettoriale su R, in quanto ∀v, w ∈R, v + w ∈ R, ∀α ∈ R,∀v ∈ R, αv ∈ R. Le proprieta associativa eccetera sono banali.

Esempio 2.3.4. Lo spazio tridimensionale e uno spazio vettoriale su R, per lo stesso motivodi due esempi fa.


Esempio 2.3.5. L’insieme delle funzioni f : R→ R e uno spazio vettoriale su R, se diamol’operazione di somma e prodotto

h(x) := f(x) + g(x) ∀x ∈ R,∀f, gg(x) := αf(x) ∀f, ∀α

E ovvio che in questo modo otteniamo ancora delle funzioni.

Esempio 2.3.6. I punti di un quadrato nel piano x, y, visti come un sottospazio del pianox, y non sono uno spazio vettoriale, in quanto e evidente che l’insieme non e chiuso rispettoalla somma.

Esempio 2.3.7. Una retta che non passa per l’origine nel piano x, y, vista come sottoinsiemedi punti del piano non e uno spazio vettoriale, sempre perche non e chiuso rispetto allasomma. Una retta che passa per l’origine, invece lo e.

Definizione 2.3.2 (Generatori). Si dice che un insieme di vettori appartenenti a Va1, a2, a3... e un insieme di generatori ∀v ∈ V , posso ottenere v come una combinazionelineare dei generatori, ovvero

∃αi|v =∑i

αiai

Esempio 2.3.8. Dati due vettori non paralleli nel piano x, y posso ottenere qualsiasi altrovettore del piano come una combinazione lineare dei due, ovvero se v, w sono i due vettorinon paralleli, ∀z ∈ (x, y)∃a, b ∈ R|z = a·v+b·w. Se invece che avere due vettori non paralleline avessi 3 o piu, sarebbero ancora dei generatori. Semplicemente sarebbero ridondanti inquanto esiste piu di una combinazione che genera il vettore z.

Esempio 2.3.9. Dato lo spazio vettoriale delle funzioni f : R→ R, e ovvio che cosx, sinxnon e un insieme di generatori, in quanto praticamente tutte le funzioni non si possonoscrivere come f(x) = a cosx+ b sinx

Definizione 2.3.3 (Base). Un insieme di generatori si dice base se comunque io tolga unodei generatori, allora l’insieme che mi rimane non e piu di generatori.

Esempio 2.3.10. Due vettori non paralleli nel piano x, y sono una base, in quanto sono uninsieme di generatori e se ne tolgo uno non lo sono piu. Allo stesso modo, se ho 3 vettorinon complanari nello spazio tridimensionale, questi sono una base.

Nota. E ovvio che le basi non sono uniche. Basta pensare al solito esempio dei due vettorinel piano. Se li ruoto di un angolo a caso, sono ancora una base ma in generale sono unabase diversa.

Teorema 2.3.1. Se B,B′ sono basi, allora il numero di elementi di B e uguale al numerodi elementi di B′. Il numero n di elementi della base, che quindi non dipende dalla stessa,si chiama dimensione dello spazio.

Esempio 2.3.11. Il piano x, y ha dimensione 2 in quanto due vettori non paralleli sono unabase. Di conseguenza, se ho 3 vettori nel piano, potranno essere dei generatori ma non unabase.


Esempio 2.3.12. Lo spazio delle funzioni f : R → R ovviamente non ha una base didimensione finita. Di conseguenza, si dice che lo spazio ha dimensione infinita.

Esempio 2.3.13 (Importante). Se uno spazio vettoriale ha dimensione n, allora, scelta unabase B = b1, b2..., bn ogni vettore v ∈ V si rappresenta in modo unico come sequenzaordinata di numeri

v =

α1

α2...αn

Tale che v =

n∑i=1

αibi

Esempio 2.3.14. Se prendo il piano x, y e come base scelgo

Il primo vettore lungo l’asse x di lunghezza 1

Il secondo vettore lungo l’asse y di lunghezza 1

Allora ogni punto nel piano si rappresenta in modo unico come

v =

(xpyp

)Dove xp e yp sono ascissa e ordinata. 21

Definizione 2.3.4 (Funzione lineare). Una funzione su uno spazio vettoriale f : V → V sidice lineare se

∀v, w ∈ V f(v + w) = f(v) + f(w)

∀v ∈ V, ∀α ∈ K f(αv) = αf(v)

Che si puo anche riassumere nella condizione equivalente

∀v, w ∈ V, ∀α, β ∈ K f(αv + βw) = αf(v) + βf(w)

Esempio 2.3.15. La funzione su R f = kx e una funzione lineare. Allo stesso modo, unafunzione f : V → V , f(v) = kv e evidentemente lineare.

Esempio 2.3.16. Su Rn una rotazione e una funzione lineare. Stessa cosa per le simmetrieassiali e centrali.

Esempio 2.3.17. L’operazione di derivazione e una funzione lineare. Infatti

(αf + βg)′ = αf ′ + βg′

Allo stesso modo l’integrale.

21Capitan ovvio? Sono perfettamente d’accordo, ma ai matematici piace e voi passerete il primo anno adimostrare queste cose. Auguri.


Teorema 2.3.2. Sia B = v1, v2, . . . , vn una base di V . Supponiamo di conoscere il va-lore di f(vi) ∀i e lo chiamiamo wi = f(vi). Allora sappiamo calcolare f(v) ∀v ∈ V . Ladimostrazione e banale e si basa sul fatto che se B e una base, allora

∀v ∈ V ∃αi | v =n∑i=1

αivi

Di conseguenza, essendo la funzione lineare,

f(v) = f

(n∑i=1

αivi

)=

n∑i=1

αif(vi) =n∑i=1

αiwi

Definizione 2.3.5. Si definisce matrice n×m una tabella di numeri (reali o complessi) dim righe e n colonne.

Definizione 2.3.6 (Somma fra matrici). Si puo eseguire la somma di due matrici A,B se esolo se hanno le stesse dimensioni, ovvero stesso numero di righe e stesso numero di colonne.

In tal caso, ogni elemento della matrice somma C = A+B e definito in modo ovvio comela somma dei corrispondenti elementi di A e B.

E ovvio dalle proprieta dell’addizione che la somma fra matrici gode della proprietaassociativa e commutativa.

Definizione 2.3.7 (Prodotto fra matrici). Due matrici purtroppo non si possono sempremoltiplicare fra di loro. Perche questo sia possibile, le dimensioni devono seguire una certaregola.

Sia A una matrice m× n, sia B una matrice n× l. Allora esiste il prodotto C = ABDenotando con Aij l’elemento della matrice A che sta nella riga i e nella colonna j, il

prodotto C e una matrice m× l definito come

Cij =m∑k=1

AikBkj

Esempio 2.3.18. Facciamo un esempio di prodotto fra matrici per chiarificare le idee.Prendiamo

A =

(1 0 3 42 5 6 1

)B =

1 2 32 5 −3−2 5 −13 −7 0

La matrice A ha 2 righe e 4 colonne, la matrice B ha 4 righe e 3 colonne. Di conseguenza,

esiste la matrice prodotto C = AB e ha 2 righe e 3 colonne. Non esiste invece la matriceprodotto D = BA in quanto semplicemente le matrici non hanno le dimensioni adatte adessere moltiplicate. E quindi evidente che il prodotto fra matrici non e commutativo. Persinoquando le matrici hanno dimensioni per cui sono moltiplicabili sia a destra che a sinistra,spesso il prodotto da un risultato diverso nei due casi.

Andiamo ora a calcolare il prodotto. Dalla definizione,


C11 =4∑i=1

A1iBi1 = 1 · 1 + 0 · 2 + 3 · (−2) + 4 · 3 = 7

(1 0 3 42 5 6 1

)1 2 32 5 −3−2 5 −13 −7 0

=

(7 . . . . . ....

......

)

Calcoliamo C12

(1 0 3 42 5 6 1

)1 2 32 5 −3−2 5 −13 −7 0

=

(7 −11 . . ....

......

)

In quanto 1 · 2 + 0 · 5 + 3 · 5 + 4 · (−7) = −11Allo stesso modo si ricavano tutti gli altri. Il risultato e

(1 0 3 42 5 6 1

)1 2 32 5 −3−2 5 −13 −7 0

=

(7 −11 03 52 −15

)

Teorema 2.3.3. Sia f funzione lineare f : V → W con V,W spazi vettoriali, V di dimen-sione n, W di dimensione m. Sia B una base di V , B′ una base di W . Allora la funzionelineare si rappresenta in modo unico come una matrice di m righe e n colonne.

Ora faro diversi esempi per far capire cosa si intende.

Esempio 2.3.19. Consideriamo il piano x, y e consideriamo una rotazione di angolo α at-torno all’origine (si intende in verso antiorario). Secondo il teorema precedente, essendo unarotazione un’applicazione lineare, la possiamo rappresentare come una matrice, se scegliamouna base. In particolare, la funzione lineare va dal piano x, y in se stesso, percio le dimensionidella matrice sono 2× 2. La base piu ovvia da scegliere e ovviamente quella formata dai duevettori (1, 0), (0, 1).

Consideriamo un generico vettore v = (x0, y0). Facendo un bel disegno, si vede confacilita che il vettore v viene mandato nel vettore w = (cosαx0 − sinαy0, sinαx0 + cosαy0)

Se scriviamo il tutto come prodotto fra matrici, avremo che(x0 cosα− y0 sinαx0 sinα + y0 cosα

)=

(cosα − sinαsinα cosα

)(x0

y0

)Una generica rotazione di angolo α si rappresenta quindi come una matrice fatta cosı

R(α) =


)Vediamo come potevamo arrivare al risultato in un modo diverso e piu semplice. Il

teorema 2.3.2 ci dice che se conosciamo quanto vale un’applicazione lineare su una base,allora sappiamo calcolarla per ogni vettore.


La nostra base e formata dai due vettori e1 = (1, 0) e e2 = (0, 1). E molto piu sempliceda vedere che

R(e1) =

(cosαsinα

)R(e2) =

(− sinαcosα

)Se ora noi gia sappiamo che possiamo rappresentare in modo unico come una matrice il

tutto, allora (a11 a12

a21 a22

)(10

)=

(a11

a21

)=

(cosαsinα

)(a11 a12

a21 a22

)(01

)=

(a12

a22

)=

(− sinαcosα

)Per cui, di nuovo,

R(α) =


)Esempio 2.3.20 (Il prodotto vettoriale come applicazione lineare). Fissato un vettore ~ω ∈R3, consideriamo la funzione f~ω : R3 → R3 f~ω(~v) = ~ω × ~v. Mostriamo innanzitutto che eun’applicazione lineare.

f~ω(α~v + β ~w) = ~ω × (α~v + β ~w) = α~ω × ~v + β~ω × ~w = αf~ω(~v) + βf~ω(~w)

Di conseguenza, sara rappresentabile come una matrice 3× 3 in quanto la funzione f~ω vada uno spazio di dimensione 3 in se stesso. Vediamo di trovare questa matrice. Se scriviamo~ω come vettore colonna

~ω =

ωxωyωz

f~ω(~v) = ~ω × ~v =

ωyvz − ωzvyωzvx − ωxvzωxvy − ωyvx

=

0 −ωz ωyωz 0 −ωx−ωy ωx 0

vxvyvz

Esempio 2.3.21 (Identita). L’applicazione lineare f : V → V f(v) = v si rappresentacome una matrice quadrata di lato dim(V ) fatta in questo modo:

I =

1 0 · · · 0

0 1. . . 0

.... . . . . .

...0 0 · · · 1

Controllate per esercizio che data una qualsiasi matrice A quadrata dello stesso lato di

I, vale la relazione

AI = IA = A


Spesso e utile rappresentare la matrice identita con il delta di Kronecker

Iij = δij

Dove

δij =

1 Se i = j

0 altrimenti

Esempio 2.3.22 (Derivata). La derivata e un’operatore lineare. Potreste quindi aspettarviche sia possibile scrivere la derivata di una funzione come prodotto fra un vettore che rap-presenti la funzione e una matrice. Questo non e vero, in quanto le ipotesi del teorema 2.3.3c’e che entrambe gli spazi vettoriali di arrivo e di partenza abbiano una base finita, cosaovviamente non vera per lo spazio delle funzioni derivabili.

Teorema 2.3.4 (Composizione di applicazioni lineari). Supponiamo di avere f : V → We g : W → Z entrambe lineari. Allora la funzione h = g f : V → Z e lineare e, scelte leopportune basi coerenti, la matrice H e uguale al prodotto delle matrici G e F

H = GF

Notare che la dimensione delle matrici G ed F e tale da permettere di essere moltiplicatein questo modo.

Esempio 2.3.23. Questo esempio e banale. Se ne possono fare di piu utili, ma in 3D e piucomplicato immaginare le cose. Consideriamo due rotazioni nel piano x, y, entrambe intornoall’origine, di angoli α, β.

Ci aspettiamo quindi che facendole entrambe otteniamo una rotazione di angolo α + β.Controlliamo se funziona

R = RβRα =

(cos β − sin βsin β cos β

)(cosα − sinαsinα cosα

)=

=

(cosα cos β − sinα sin β − sinα cos β − cosα sin βsinα cos β + cosα sin β cosα cos β − sinα sin β

)=

=

(cos(α + β) − sin(α + β)sin(α + β) cos(α + β)

)Determinante Il determinante di una matrice ha molte proprieta utili che vi spiegherannoin dettaglio al corso di algebra lineare. Per ora, tutto cio che vi puo servire e sapere comecalcolarlo.

Innanzitutto, il determinante e una funzione f : M(n,K) → K, ovvero e una funzioneche restituisce un numero a partire da una matrice quadrata. Se la matrice e a coefficienticomplessi, il determinante in generale sara un numero complesso. Se e a coefficienti reali,sara un numero reale. Non si definisce il determinante per una matrice che non sia quadrata.

Inoltre

det(A) = 0⇔ Le righe (o le colonne) di A sono linearmente dipendenti


Quel se e solo se e molto importante.Vediamo di calcolare il determinante. Per una matrice 1× 1

det(A) = |A| = a

Dove a e ovviamente l’unico numero che compare nella matrice. Questa notazione e leg-germente infelice in quanto si puo confondere con il valore assoluto o modulo. In particolare,niente vieta al determinante di una matrice di essere minore o uguale a zero, di conseguenzase la matrice e composta solo dal numero −1, il suo determinante sara −1, non 1, che sarebbesemplicemente il valore assoluto dell’unico numero che compare nella matrice.

Se la matrice e 2× 2,

A =

(a bc d

)⇒ |A| =

∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = ad− bc

Se la matrice e 3× 3, esiste la regola di Sarrus che permette di calcolare il determinante.Per applicarla, puo essere utile scrivere la matrice e scrivercela accanto un’altra volta, comein figura 2.17. Chiamo diagonale principale la direzione che va dall’alto sinistra a bassodestra e diagonale secondaria l’altra. Bisogna sommare il contributo di tutti i termini sullediagonali principali e sottrarre tutti i termini sulle diagonali secondarie.

Figura 2.17: Regola di Sarrus

Se la matrice e piu grande, e necessario definire il determinante in modo ricorsivo. Se lamatrice e n×n, con questo metodo, chiamato sviluppo di Laplace, ci si riconduce a calcolaren determinanti di matrici (n − 1) × (n − 1). Ovviamente se n − 1 > 3 si puo iterare perrimpicciolire ancora il tutto. Ovviamente i calcoli diventano molto laboriosi dopo poco.

Per sviluppare secondo Laplace bisogna innanzitutto scegliere una riga (oppure unacolonna). E consigliabile sceglierne una con tanti zeri, se ce ne sono, ora vedremo perche.

Facciamo un esempio pratico per vedere cosa succede

A =

1 2 0 50 0 3 13 −2 5 01 0 5 6


Scegliamo di sviluppare secondo la seconda riga, in quanto ci sono due zeri. Allora vale

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0 50 0 3 13 −2 5 01 0 5 6

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1) · 0 ·

∣∣∣∣∣∣2 0 5−2 5 00 5 6

∣∣∣∣∣∣+ 1 · 0 ·

∣∣∣∣∣∣1 0 53 5 01 5 6

∣∣∣∣∣∣+

+(−1) · 3 ·

∣∣∣∣∣∣1 2 53 −2 01 0 6

∣∣∣∣∣∣+ 1 · 1 ·

∣∣∣∣∣∣1 2 03 −2 51 0 5

∣∣∣∣∣∣Cerchiamo di capire cosa ho fatto. Innanzitutto ho percorso la riga che ho scelto, ferman-

domi su ogni elemento. Per ogni elemento aij ho sommato un contributo (−1)i+jaijdet(Aij)dove Aij indica la matrice che ottengo togliendo da A la riga i e la colonna j. Nel nostrocaso ho tolto sempre la seconda riga e la colonna cambiava man mano. Come vedete, eintelligente scegliere una riga/colonna con tanti zeri.

Finiamo il calcolo per completezza

det(A) = −3

∣∣∣∣∣∣1 2 53 −2 01 0 6

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣1 2 03 −2 51 0 5

∣∣∣∣∣∣ = −3 (−12 + 0 + 0− (−10 + 0 + 36)) +

+ (−10 + 10 + 0− (0 + 0 + 30)) = 114− 30 = 84

Corollario. Se una matrice e triangolare superiore, ovvero ha numeri diversi da 0 solosulla diagonale principale e sopra, allora il determinante e il prodotto degli elementi sulladiagonale. Un esempio facile∣∣∣∣∣∣

1 2 30 4 50 0 6

∣∣∣∣∣∣ = 1 ·∣∣∣∣ 4 5

0 6

∣∣∣∣+ 0 = 4 · 6 = 24

Ovviamente un enunciato uguale vale se la matrice e triangolare inferiore.

Inversa di una matrice Data una matrice quadrata A, a volte esiste la matrice inversaA−1 tale che AA−1 = A−1A = I dove I e l’identita. Si puo facilmente dimostrare che l’inversaesiste se e solo se il determinante di A e diverso da 0.

In particolare, la formula esplicita per l’inversa e

a−1ji =

1

detAdet(Aij)

Ho indicato con a−1ij l’elemento della matrice inversa nella posizione i, j, mentre Aij e la

matrice che si ottiene togliendo la riga i e la colonna j, come nel calcolo del determinante.Notare che ho scritto a−1

ji . Non e un typo, bensı, dopo essersi smazzati di conti per fare tuttii determinanti, bisogna pure ricordarsi di fare la trasposta22 della matrice.

Esiste un metodo piu umano, chiamato algoritmo di Gauss-Jordan, che permette dicalcolare in modo meno orribile l’inversa. Facciamo un esempio per mostrare il metodo.

22Ovvero ribaltarla rispetto alla diagonale principale.


A =

3 5 06 1 00 0 5

Per usare l’algoritmo di Gauss, dobbiamo affiancare alla nostra matrice A la matrice

identita. 3 5 0 || 1 0 06 1 0 || 0 1 00 0 5 || 0 0 1

L’obiettivo e ottenere con alcune operazioni che ora spiego a sinistra l’identita. La matrice

che si avra a destra sara l’inversa di A. Le operazioni consentite sono

Moltiplicare una riga per un numero

Aggiungere un multiplo di una riga ad un’altra riga.

Volendo ottenere a sinistra l’identita, la prima operazione che facciamo e dividere l’ultimariga per 5. 3 5 0 || 1 0 0

6 1 0 || 0 1 00 0 1 || 0 0 1

5

Ora togliamo due volte la prima riga alla seconda. 3 5 0 || 1 0 0

0 −9 0 || −2 1 00 0 1 || 0 0 1

5

Dividiamo la seconda per −9 3 5 0 || 1 0 0

0 1 0 || 29−1

90

0 0 1 || 0 0 15

Togliamo 5 volte la seconda riga alla prima 3 0 0 || −1

959

00 1 0 || 2

9−1

90

0 0 1 || 0 0 15

E infine dividiamo per 3 la prima riga 1 0 0 || − 1

27527

00 1 0 || 2

9−1

90

0 0 1 || 0 0 15

Quindi la matrice di destra


− 127

527

029−1

90

0 0 15

E l’inversa di A. Controlliamo esplicitamente che lo sia, facendo la moltiplicazione 3 5 0

6 1 00 0 5

− 127

527

029−1

90

0 0 15

=

1 0 00 1 00 0 1


Derivata di un versore

Il riferimento cartesiano e un riferimento di assi ortogonali fissi. Questo non e l’unico riferi-mento possibile. Per esempio, sul piano xy si puo scegliere di utilizzare le coordinate polari,ovvero associare ad ogni punto la sua distanza dall’origine r ∈ [0,+∞) e l’angolo che formacon l’asse x, θ ∈ [0, 2π).

Il riferimento cartesiano ha una caratteristica molto speciale che lo rende molto piusemplice da trattare: i versori diretti come gli assi sono fissi, ovvero in ogni punto dellospazio i 3 versori hanno la stessa direzione. Questo non e vero per le coordinate polari,ad esempio. Infatti, se vogliamo indicare la posizione di un corpo in coordinate polari o ciriconduciamo ad esprimerla in coordinate cartesiane scrivendo

~R = r cos θx+ r sin θy

Tuttavia, spesso e preferibile per motivi di simmetria non ricondursi alle coordinate carte-siane (per esempio se abbiamo a che fare con una forza centrale), ma semplicemente indicareun vettore che indichi la congiungente dal punto considerato all’origine del riferimento, ov-vero ci inventiamo r = cos θx + sin θy. E chiaro che questo versore semplifica la notazionee il problema se abbiamo per esempio una forza radiale ~F = F (~r)r. La posizione indicata

prima sara ~R = rr.Ovviamente nel piano non ci basta un versore solo per indicare un vettore applicato.23

E quindi utile definire anche il versore θ = − sin θx+ cos θy. Viene definito in questo modoin quanto r · θ = 0, |θ| = 1, r × θ = z, con z il versore perpendicolare al piano e uscente.

E importantissimo capire che a differenza del riferimento cartesiano dove x, y, z sono glistessi vettori in tutto lo spazio, nel caso di coordinate polari (ma in generale anche per altri

riferimenti) i vettori r, θ dipendano dal punto del piano in cui ci si trova.

Esempio 2.3.24. Supponiamo di avere nel piano xy un campo di forza che dipende solodal tempo, ovvero

~F = ~F (t)

Vogliamo calcolare la derivata temporale di ~F , ovverod~F

dt.

d~F

dt=

d

dt(Fx(t)x+ Fy(y)y) = Fxx+ Fx ˙x+ Fyy + Fy ˙y = Fxx+ Fyy

In quanto i versori sono delle costanti, perche non dipendono ne dal tempo, ne dallaposizione ne da nient’altro.

Esempio 2.3.25. Supponiamo di avere la posizione in coordinate polari di un oggetto.Vogliamo calcolarne la velocita.

Noi abbiamo ~R(t) = R(t)r(t)

~v(t) =d~R(t)

dt= ˙R(t)r +R(t) ˙r

23Ovvero un vettore che non puo essere spostato nell’origine senza cambiare il significato fisico di quelloche si fa. Per esempio le forze sono vettori applicati. E molto semplice capire come sia diversa una forzaapplicata in un punto di un corpo piuttosto che in un altro.


La cosa piu facile che si puo fare e ricordare la definzione di r che abbiamo dato incoordinate cartesiane, ovvero r(t) = cos θ(t)x + sin θ(t)y, farne la derivata in coordinate

cartesiane e poi scrivere il vettore che abbiamo ottenuto in termini di r, θ. Questa tecnicafunziona e per esercizio ora la usero, ma in seguito vi mostrero dei metodi piu semplici.

dr

dt=

d

dt(cos θx+ sin θy) = (− sin θx+ cos θy)θ = θθ

Di conseguenza, ~v = ˙R(t)r +R(t)θθ

La cosa si puo ovviamente iterare ottenendo˙θ = −θr. L’accelerazione di un corpo in

coordinate polari

~a(t) =d~v

dt= (R−Rθ2)r + (2Rθ +Rθ)θ (2.5)

Come avevo anticipato, c’e un modo alternativo per ottenere la derivata di un versore.Notiamo innanzitutto che un versore x e caratterizzato dall’equazione

|x|2 = x · x = 1

Questa equazione puo essere derivata membro a membro ottenendo una cosa utile

d|x|2

dt=

d

dt1

d

dt(x · x) = 1

˙x · x+ x · ˙x = 0

˙x · x = 0

Ovvero un versore e ortogonale alla sua derivata. In particolare, possiamo sicuramentetrovare un vettore ~a per cui si possa scrivere la sua derivata in questo modo: ˙x = ~a× x.

METTI UN BUON DISEGNOSi arriva finalmente a concludere ˙x = ~ω × xOtteniamo di nuovo per esercizio la velocita e accelerazione in coordinate polari. In

questo caso trovare ~ω e molto semplice in quanto entrambe i versori r, θ ruotano solo intornoall’asse z, quindi avremo che ~ω = θz

~v = Rr +R ˙r = Rr +Rω × r = Rr +Rθz × r = Rr +Rθθ

~a = Rr+Rθz×r+Rθθ+Rθθ+Rθ~ω×θ = Rr+(2Rθ+Rθ)θ+Rθ2z×θ = (R−Rθ2)r+(2Rθ−Rθ)θ

Esempio 2.3.26 (Velocita e accelerazione in coordinate sferiche). Prima di cominciare eopportuno definire per bene il sistema di coordinate sferiche, in quanto vengono prese alcuneconvenzioni standard che e bene puntualizzare per non confondersi. Innanzitutto le coordi-nate sono 3: r, θ, φ. L’angolo θ ∈ [0, π] non e la latitudine ma la colatitudine, ovvero quandoθ = 0, r = z. L’equatore viene quindi descritto dall’equazione θ = π/2.


Figura 2.18: Sistema di coordinate sferiche

L’angolo φ ∈ [0, 2π] invece e la longitudine standard, ovvero quello che indica Est e Ovest.In particolare, per ritornare alle coordinate cartesiane si usa il seguente sistema:

x = r sin θ cosφ

y = r sin θ sinφ

z = r cos θ

Vogliamo ora ricavare velocita e accelerazione in coordinate sferiche.

Noi sappiamo che ~R = Rr. Di conseguenza sara di nuovo ~R = Rr +R ˙rQuesta volta scrivere ~ω non e altrettanto semplice, in quanto non e ovvio in che piano

ruota r e tantomeno il suo modulo.In generale, ~ω sara un vettore ortogonale al versore x1 di cui indica la rotazione. Di

conseguenza, scelti due altri vettori a caso ~x1, ~x2 tali che non siano entrambe complanarial versore, sara sempre possibile esprimere ~ω come un’opportuna combinazione lineare deglialtri due, ovvero ~ω = a1~x1 + a2~x2.

Consideriamo quindi ˙r. Scegliamo quindi due versori x1, x2 intelligenti da utilizzare,ovvero due versori intorno a cui sappiamo scrivere in modo facile la rotazione in terminidi θ, φ. Per esempio, se scegliamo x1 = φ, ~ωθ = θφ. Se scegliamo inoltre x2 = z, e facilevedere come intorno a z la rotazione sia solo intorno a φ, ovvero ~ωφ = φz. E infine immediato

verificare che i tre vettori r, x1, x2 non sono complanari, quindi possiamo scrivere ~ω = θφ+φz.

˙r = ~ω × r = θφ× r + φz × r = θθ + φ sin θφ

Di conseguenza otteniamo


~v = Rr +Rθθ +R sin θφφ (2.6)

Calcoliamo con molta fatica ora l’accelerazione ~a

~a =d~v

dt= Rr + R ˙r + (Rθ +Rθ)θ +Rθ

˙θ + (R sin θφ+R cos θθφ+R sin θφ)φ+R sin θφ

˙φ

Dobbiamo ora calcolare a parte˙θ,

˙φ

˙θ = (θφ+ φz)× θ = −θr − cos θφφ

˙φ = (θφ+ φz)× φ = φz × φ = φ(cos θr − sin θθ)× φ = −φ cos θθ − φ sin θr

Sostituendo nell’equazione di prima si ottiene infinear = R−Rθ2 −R sin2 θφ2

aθ = Rθ + 2Rθ −R sin θ cos θφ2

aφ = R sin θφ+ 2R sin θθ + 2R cos θθφ

(2.7)

Il significato fisico di alcuni di questi termini verra chiarito nel capitolo di meccanica.


2.3.3 Cenni di analisi in piu variabili

Nel capitolo sulle derivate e sugli integrali ho sempre parlato di funzioni di una sola variabileche restituiscono un solo numero reale. Purtroppo le cose non sono sempre cosı semplici.

Il primo esempio e molto semplice.

Esempio 2.3.27. Supponiamo di conoscere la legge oraria del moto di un punto materiale.Questo vuol dire che noi conosciamo

x(t)

y(t)

z(t)

Ovvero, la nostra funzione ha come variabile un solo numero reale e ne spara fuori 3,ovvero abbiamo una funzione ~x(t) : R → R3. Definiamo la derivata di questa funzione nelmodo piu sensato, ovvero componente per componente:

~v(t) =

vx(t)

vy(t)

vz(t)

Allo stesso modo si puo continuare a derivare ottenendo l’accelerazione.

Purtroppo non e sempre cosı semplice.

Esempio 2.3.28. Supponiamo di conoscere la temperatura di un oggetto tridimensionale.La temperatura dell’oggetto non e uniforme ma varia nella posizione.

Di conseguenza, la temperatura non e funzione di una variabile sola, ma T (~x) = T (x, y, z)Capite bene che definire la derivata di un oggetto simile non e altrettanto semplice perche

dovremmo intanto definire rispetto a cosa si deriva.

Esempio 2.3.29. Supponiamo di avere invece il campo elettrico ~E(~x, t) = ~E(x, y, z, t).Questa situazione e persino peggio. Nell’esempio precedente avevamo una funzione di 3variabili che restituiva un valore solo. In questo caso invece abbiamo una funzione di 4 chene restuisce 3 (Ovvero le 3 componenti del campo)

E quindi necessario dare delle nuove definizioni per formulare delle leggi fisiche con sensoin questi casi. Cominciamo riprendendo l’esempio 2.3.28

Esempio 2.3.30. Abbiamo un oggetto a temperatura Tc e un oggetto a temperatura Tf ,fissate e costanti. Poniamo in mezzo a questi oggetti una sbarra metallica dritta di conduci-bilita termica λ, lunghezza L e sezione S. Vogliamo conoscere la temperatura in ogni puntodella sbarra quando e stato raggiunto lo stato stazionario.

Scegliamo un sistema di riferimento intelligente: prendiamo l’asse x parallelo all’assedella sbarra e gli assi y e z a caso, ortogonali a x. Poniamo il punto di contatto fra la sbarrae il corpo freddo (Tf ) a 0. Il punto di contatto fra la sbarra e il corpo caldo sara quindi adL. Per ovvie considerazioni di simmetria, la temperatura della sbarra non dipendera da y oda z.


La legge di Fourier sul calore dice che P = λS

∆x∆T , dove P indica la potenza trasmessa.

Questa formula si trova sui vari libri di testo, tuttavia nel nostro problema non e chiarochi sia ∆T e tantomeno ∆x in quanto non stiamo studiando un fenomeno globale come latrasmissione del calore dal corpo caldo al corpo freddo ma stiamo studiando la trasmissionedel calore dentro la sbarra.

Cio che si fa sempre in questi casi e ricondursi a posti molto piccoli dove si spera che leleggi valgano. Mettiamoci in un punto della sbarra 0 < x < L. Consideriamo un volumettodi sbarra delimitato da x e x+ ∆x. Se prendo un ∆x abbastanza piccolo, ∆x e definito, ladifferenza di temperatura pure e quindi la legge acquisisce senso.

Scriviamo quindi la legge di Fourier per questo volume infinitesimo:

P (x) ≈ P (x+ ∆x) ≈ P (x) + P (x+ ∆x)

2= λS

T (x, y, z)− T (x+ ∆x, y, z)

∆x

L’ultima frazione che compare nell’espressione sembra molto la derivata della funzio-ne, fatta con le altre variabili che rimangono costanti. In effetti e esattamente questa ladefinizione di derivata parziale

Definizione 2.3.8. (Derivata parziale) Sia f(x1, x2, ..., xn) una funzione di n variabili f :Rn → R. Si definisce derivata parziale di f rispetto a xi:

limh→0

f(x1, x2, ..., xi + h, ...xn)− f(x1, x2, ..., xi, ...xn)

h=∂f

∂xi

Ovvero si fa la derivata rispetto ad una variabile trattando tutte le altre come costanti.

Riprendiamo l’esempio. La legge di Fourier diventa quindi, per ∆x abbastanza piccolo,

P (x) = −λS∂T (x, y, z)

∂x(2.8)

Questa equazione non e sufficiente a concludere l’esercizio. Dobbiamo anche considerareche abbiamo raggiunto lo stato stazionario. Questo significa che la temperatura non variapiu nel tempo, ovvero che non ci sono accumuli di energia in giro per la sbarra. L’energiache fluisce al punto x dovra essere uguale all’energia che fluisce in x + ∆x. In formule,P (x + ∆x) = P (x). Possiamo portare tutto a sinistra in questa formula e dividere per ∆x,ottenendo

P (x+ ∆x)− P (x)

∆x=∂P

∂x= 0

per ∆x→ 0. Derivando quindi parzialmente rispetto a x l’equazione 2.8 (Posso farlo, quandosi deriva al massimo si perdono informazioni), ottengo

0 =∂P

∂x= −λS∂

2T

∂x2

Otteniamo infine quindi∂2T

∂x2= 0

Ricordiamo inoltre che per ragioni di simmetria abbiamo capito che la temperatura non

dipende da y e da z. Di conseguenza si avra∂T

∂y=∂T

∂z= 0


Quindi∂T

∂x= C1 + f(y, z)

dove f e una generica funzione di solo y e z. Ovviamente in questo caso la funzione e costanteperche abbiamo mostrato che le derivate parziali rispetto a y e z valgono 0, ma in generalepotrebbe non esserlo.

Possiamo integrare di nuovo e ottenere

T (x, y, z) = C1x+ C2

dove le due costanti vengono determinate imponendo che T (0) = Tf e T (L) = Tc, ovvero

T (x, y, z) = Tf +x

L(Tc − Tf )

Esempio 2.3.31 (Esempi di calcolo di derivate parziali). Sapendo calcolare le derivate diuna funzione in una variabile, calcolare delle derivate parziali e banale. Per completezzamettero comunque degli esempi.

∂

∂x(x2yz cos y) = yz cos y

∂

∂xx2 = 2xyz cos y dove nel primo passaggio ho portato fuori

dalla derivata i termini costanti.

∂

∂z(x2yz cos y) = x2y cos y

∂

∂y(x2yz cos y) = x2z

∂

∂y(y cos y) = x2z(cos y − y sin y)


2.3.4 Integrali in piu variabili

In questa sezione non ho intenzione di spegarvi come fare per bene gli integrali in piu variabilima semplicemente vi spieghero le idee che ci stanno dietro in modo da poter comprendereil ragionamento che sta dietro le prossime sezioni. Non e assolutamente necessario che voisappiate fare integrali di linea o di superficie, ma aver gia visto piu o meno come si affrontanovi da la possibilita di fare i problemi con piu sicurezza.

Integrali di linea L’idea intuitiva di integrale di linea dovrebbe esservi chiara. Questoparagrafo include le idee base che permettono di formalizzare matematicamente questo con-cetto in modo da calcolare effettivamente un integrale di linea riconducendosi a fare integraliin una variabile, cosa che sapete fare. Prendiamo quindi l’esempio piu noto e discutiamolo.

Quando dovete calcolare il lavoro di una forza, dovete considerare per ogni punto dellatraiettoria il lavoro infinitesimo

dL = ~F (~x) · d~xe farne la somma su tutti i possibili valori che puo assumere sulla traiettoria. Per dare un

po’ di formalismo alla notazione in modo da scrivere le cose in modo piu compatto opereronel seguente modo standard. La traiettoria, verra chiamata ~γ(t)

~γ(t) =

x(t)

y(t)

z(t)

E per brevita, anche se e una cosa che odio, in genere omettero il segno di vettore sopraγ. Il parametro t della curva e una parametrizzazione della curva.

Per esempio, se il nostro oggetto si muove su una parabola descritta da y = x2 + y0, unapossibile parametrizzazione di questa cosa e

~γ(t) =

x(t) = vt

y(t) = at2 + y0

SPIEGA MEGLIO QUESTO CASINOIl significato fisico e che noi stiamo dicendo in un certo senso quanto tempo ci impega la

nostra particella per seguire la traiettoria. Le due costanti che ho introdotto, a, v servonosolo a dare coerenza alle dimensioni degli oggetti in gioco, ma matematicamente non ce n’ebisogno. Una cosa importante da notare e che noi stiamo dicendo che il lavoro non dipendadalla parametrizzazione t, ovvero che il lavoro non dipenda dalla velocita a cui viene percorsoil tutto.

Il vettore γ′(t) rappresenta il vettore tangente alla traiettoria e in particolare ha ilsignificato fisico di velocita di percorrenza

Per farla breve, vediamo in modo fisico che cosa sto facendo

dL = ~F (~x) · d~x = ~F (~x) · d~xdtdt = ~F · ~vdt = Pdt

Ovvero ho diviso e moltiplicato per dt, dando quindi una velocita alla particella. Unavolta fatto questo, cambio il nome alla posizione dell’oggetto, che normalmente chiamo ~x


e ora lo chiamo γ, in quanto chiamarlo ~x puo portare confusione di notazione quando lasituazione si fa complicata.

Di conseguenza, scrivero l’integrale su una certa curva γ come

L =

∫~F (~x) · d~x =

∫γ

~F (~x(t)) · ~x′(t)dt =

∫γ

~F (γ(t)) · γ′(t)dt

Lunghezza di una curva Se la nostra curva e parametrizzata, e molto semplice calcolarnela lunghezza. Consideriamo la nostra curva a due istanti di tempo, t, t + dt. Se dt e abba-stanza piccolo, la nostra curva sara approssimabile come una segmento. Di conseguenza, lalunghezza del segmento si calcola con Pitagora

dL =√

(x(t+ dt)− x(t))2 + (y(t+ dt)− y(t))2

Ovviamente tutto questo vale anche in dimensione 3 aggiungendo z, ma facciamolo nelpiano per semplificare la notazione. Possiamo quindi dire che

x(t+ dt)− x(t) = x′(t)dt

Per definizione di derivata, e uguale per la y. Raccogliendo il dt e portandolo fuori dallaradice,

dL =√x′2 + y′2dt = |γ′(t)|dt

Dove le barre indicano la norma del vettore. La lunghezza della curva sara quindi

L(γ) =

∫ b

a

|γ′(t)|dt =

∫ b

a

√x′2(t) + y′2(t)dt

Se la nostra curva non e parametrizzata ma e definita da una funzione implicita peresempio y(x) = x2, possiamo scrivere comunque il teorema di pitagora infinitesimo

dL =√

(dx)2 + (dy)2 =

√(dx)2 +

(dy

dxdx

)2

=

√1 +

(dy

dx

)2

dx

Esempio 2.3.32 (Calcolo esplicito di un integrale di linea). Facciamo ora un esempio praticodi calcolo di integrale di linea. Consideriamo il campo Magnetico di un filo percorso dacorrente infinito

Bx(x, y) = −yx2+y2

By(x, y) = xx2+y2

Consideriamo due curve differenti AGGIUNTI FIGURA: una curva circolare di raggio Re una curva spezzata che segua un quadrato di lato 2L, entrambe centrate nell’origine.Partiamo dal quadrato. Dovremo definire la curva come unione (nel giusto ordine e nelgiusto verso) di 4 curve.

γ1 : y(t) = L, x(t) = −Lt, t ∈ [−1, 1]

γ2 : x(t) = −L, y(t) = −Lt, t ∈ [−1, 1]

γ3 : y(t) = −L, x(t) = Lt, t ∈ [−1, 1]

γ2 : x(t) = L, y(t) = Lt, t ∈ [−1, 1]


quindi la circuitazione del campo vale∫γ

~B · d~l =

∫γ1

~B · d~l +

∫γ2

~B · d~l +

∫γ3

~B · d~l +

∫γ4

~B · d~l

Ciascuno dei 4 integrali lo posso fare andando a sostituire x, y e d~l, dato da

d~l =

(d

dtx(t)x+

d

dty(t)y

)dt

Per la prima curva troviamod~l = −Ldtx

quindi∫γ1

~B·d~l =

∫ 1

−1

Bx(x, y)dx =

∫ 1

−1

−LL2 + L2t2

(−L)dt =

∫ 1

−1

dt

1 + t2= arctan 1−arctan(−1) =

π

2

In modo analogo trovo ∫γ2

~B · d~l =

∫γ3

~B · d~l =

∫γ4

~B · d~l =π

2∫γ

~B · d~l = 2π

Ripetiamo ora lo stesso calcolo con l’altra curva, per convincerci che il risultato non cambia

γ : x(t) = R cos t, y(t) = R sin t, t ∈ [0, 2π]

d~l = (−R sin tx+R cos ty) dt

quindi la circuitazione del campo vale∫γ

~B · d~l =

∫γ

(Bxdx+Bydy) =

∫ 2π

0

(−R sin t

R2(−R sin t) +

R cos t

R2(R cos t)

)dt

=

∫ 2π

0

(sin2 t+ cos2 t

)dt =

∫ 2π

0

dt = 2π

Integrali in piu variabili Questo argomento e decisamente complesso e vasto. Spesso vicapita di trovare espressione come

~F = −∮∂V

pd ~A

che vi fanno avere la necessita di integrare su superfici, volumi, oggetti di dimensionegenerica. Non e mio compito insegnarvi a farlo, anche perche e fastidioso formalizzarlo comesi deve. Io cerchero di darvi delle idee su quali sono i problemi che possono scaturirne e leidee per saltarne fuori.

Prima di trattare il caso vettoriale, che e molto rognoso, ma per foruna spesso si riescead eludere, trattiamo il caso di un integrale scalare. Prendiamo come esempio una funzionef : R2 → R. Consideriamo


∫∫f(x, y)dx dy

La prima cosa da notare e che a quell’integrale manca qualcosa, ovvero gli estremi diintegrazione. Per una funzione di una sola variabile, di solito gli estremi assumono la forma∫ b

a

f(x)dx

Ma questa cosa e semplice solo in quanto i sottoinsiemi decenti di R hanno una formabella e facile da scrivere. Mi spiego meglio: il significato fisico dell’integrale e l’area chesta sotto la curva in un certo intervallo. Se andiamo in dimensione superiore, per esempiocon una fuzione da R2 → R, l’integrale sara il volume sotto la funzione, ma bisogna primadelimitare l’area sotto cui calcolarla. Mentre un intervallo di R e facilmente determinabiledai suoi estremi, una figura piana di R2 puo avere una forma brutta a piacere.

Per esempio, potremmo essere interessati a calcolare∫D

(1 + x2 + y)dx dy

Dove D = (x, y) ∈ R2 t.c. x2 + y2 ≤ R2, ovvero il volume che sta fra la funzione e ilpiano x, y, delimitato da una circonferenza di raggio R.

E evidente che a differenza che in una variabile non possiamo trovare una primitiva efarne la differenza agli estremi. L’idea che sta alla base della soluzione e ricondursi a quelloche si sa fare, ovvero trovare una primitiva e farne la differenza agli estremi. Per farlo, sipossono provare piu modi. Quello che risulterebbe piu comodo in questo caso e un cambiodi variabili che renda l’insieme di integrazione semplice da gestire, ma ne parlero in dettaglionel prossimo paragrafo, l’altro e spezzare l’insieme di integrazione in piu insiemi piccoli facilida gestire.

Un insieme semplice da gestire e un insieme normale, ovvero un insieme simile a quello infigura 2.19. Quello e un insieme normale rispetto a x, ovvero l’insieme si puo scrivere comeD = (x, y) ∈ R2 t.c a < x < b ∧ f(x) < y < g(x)

In questo caso e intuitivo pensare che l’integrale si possa scrivere∫D

h(x, y)dx dy =

∫ b

a

∫ g(x)

f(x)

h(x, y)dy dx

Ovvero l’ordine logico e integrare prima rispetto a y, facendola sparire dall’integrazione,per poi integrare tutto cio che rimane rispetto a x. Facciamo un esempio concreto per farcapire il procedimento. Prendiamo h(x, y) = xy, f(x) = x2, g(x) = 2x2

∫D

h(x, y)dx dy =

∫ b

a

∫ 2x2

x2

xy dy dx =

∫ b

a

[y2

2x

]2x2

x2

dx =

∫ b

a

7

2x5 dx =

7

12(b6 − a6)

Ovviamente se l’insieme fosse stato normale rispetto a y, ovviamente avremmo potutofare la stessa identica cosa.


Figura 2.19: Insieme normale del piano

Se l’insieme non e normale, come nel caso che stavamo trattando prima24, e intelligenteprovare a renderlo tale. Per esempio, D = (x, y) ∈ R2 t.c. x2 + y2 ≤ R2 si puo vedere comeunione di due insiemi

D1 = (x, y) ∈ R2 t.c.−R < x < R ∧ 0 < y <√R2 − x2

D2 = (x, y) ∈ R2 t.c.−R < x < R ∧ 0 > y > −√R2 − x2

Ovvero ho tagliato la circonferenza di raggio R con l’asse x e preso le due semicirconfe-renze che ho ottenuto. E intuitivo che in termini di aree e volumi si abbia∫

D1∪D2

f =

∫D1

f +

∫D2

f

Di conseguenza, il nostro integrale di prima diventa∫D

(1 + x2 + y)dx dy =

∫D1

(1 + x2 + y)dx dy +

∫D2

(1 + x2 + y)dx dy =

∫ R

−R

∫ √R2−x2

0

(1 + x2 + y)dy dx+

∫ R

−R

∫ 0

−√R2−x2

(1 + x2 + y)dy dx

Vediamo che possiamo calcolarlo esplicitamente come prima. Tuttavia, possiamo sempli-ficarci i conti raccogliendo tutto dentro un unico integrale.

24In realta e un insieme normale anche quello, ma non avevo voglia di cercare un esempio piu brutto. Frapoco ci accorgeremo anche dentro il calcolo dell’integrale che e effettivamente un insieme normale.


∫ R

−R

∫ √R2−x2

−√R2−x2

(1+x2 +y)dy dx =

∫ R

−R

[y + x2y +

y2

2

]√R2−x2

−√R2−x2

dx =

∫ R

−R2(1+x2)

√R2 − x2dx

che e un integrale brutto da calcolare ma che comunque si fa.25

Esempio 2.3.33. Proviamo ora a calcolare il momento di inerzia di un disco sottile attornoal suo centro.

I =

∫dm d2

dove d invica la distanza dal centro, e dm = σdA e una piccola massettina contenuta nell’areadA. Prendiamo un sistema di assi cartesiano e centriamolo nel centro del disco. Avremo

d2 = x2 + y2

dA = dxdy

E il dominio sarax2 + y2 ≤ R2

dove R e il raggio del disco. Possiamo riscriverlo in forma normale come

−R ≤ x ≤ R

−√R2 − x2 ≤ y ≤

√R2 − x2

il nostro integrale diventa

I = σ

∫ R

−Rdx

∫ √R2−x2

−√R2−x2

dy(x2 + y2) = σ

∫ R

−Rdx

(2x2√R2 − x2 +

2

3(√R2 − x2)3

)= σ

∫ R

−Rdx

(4

3x2√R2 − x2 +

2

3R2√R2 − x2

)Sostituendo x = R cos θ trovo

I = σ

∫ 0

π

(−R) sin θdθ

(4

3R3 cos2 θ sin θ +

2

3R3 sin θ

)=

2

3σR4

∫ π

0

dθ sin2 θ(1 + 2 cos2 θ

)=

2

3σR4

(∫ π

0

dθ sin2 θ + 2

∫ π

0

dθ sin2 θ cos2 θ

)=

2

3σR4

(∫ π

0

dθ sin2 θ +1

4

∫ π

0

d(2θ) sin2(2θ)

)=

2

3σR4

(π

2+

2π

8

)=

1

2πR4σ

La massa e invece logicamente M = σπR2, quindi

I =1

2MR2

25Hint per farlo: tirare fuori R dalla radice e sostituire in modo da avere√

1− x2. Il termine√

1− x2 sipuo fare sostituendo x = sin t. Il termine x2

√1− x2 si puo fare allo stesso modo oppure per parti.


Il cambio di variabili: lo Jacobiano Spesso le coordinate cartesiane non sono le mi-gliori, in quanto spesso i problemi presentano notevoli simmetrie che permetterebbero disemplificare i conti. E per questo che e utile saper passare dalle coordinate cartesiane, dovefare gli integrali e standard, a quelle curvilinee, che semplificano i conti ma hanno bisognodi accortezze.

Per esempio, per calcolare il volume della sfera bisogna calcolare∫D

dx dy dz

Dove

D = (x, y, z) ∈ R3 t.c. x2 + y2 + z2 ≤ R2

Se passiamo dalla terna di coordinate (x, y, z) alla terna (r, θ, φ), e ovvio che il volumenon puo essere ∫

r≤Rdr dθ dφ

In quanto e evidente che e dimensionalmente sbagliato. Analogamente a quello che succedein una sola variabile, quando si passa da un integrale fatto nella variabile x alla variabilet = g(x), bisogna moltiplicare per un fattore che tenga conto di questo. Cerchero di dareuna spiegazione intuitiva di quale sia il fattore, anche se non e semplice.

Quando si effettua un cambio di variabili, si hanno n equazioni che legano le coordinatevecchie alle coordinate nuove. Passando da coordinate sferiche a coordinate cartesiane26, leequazioni saranno

x = r sin θ cosφ

y = r sin θ sinφ

z = r cos θ

In generale sara quindi x = f(r, θ, φ), y = g(r, θ, φ) . . .Cerchiamo quindi di legare la variazione infinitesima di x, y, z alle variazioni infinitesime

di r, θ, φ, ovvero cerchiamo dx = f(dr, dθ, dφ). Sara

dx =∂f

∂rdr +

∂f

∂θdθ +

∂f

∂φdφ

Ed equazioni analoghe per dy, dz. In particolare, notiamo che dx e una combinazionelineare di dr, dθ, dφ. Puo essere quindi utile esprimere il tutto sotto forma di matrice dx

dydz

= J

drdθdφ

Dove J si chiama matrice Jacobiana della trasformazione ed e ovviamente 3× 3. Calco-

liamo J per questa trasformazione.

26E volutamente il contrario di quello che stavamo facendo prima.


J =

sin θ cosφ r cos θ cosφ −r sin θ sinφsin θ sinφ r cos θ sinφ r sin θ cosφ

cos θ −r sin θ 0

Solo per aggiungere chiarezza, la prima riga rappresenta x, la seconda y e la terza z.

Abbiamo derivato rispetto a r nella prima colonna, θ nella seconda e φ nella terza.E importante calcolare |J |, ora vedremo perche. Per esercizio, calcolatelo esplicitamente.

Il risultato e |J | = r2 sin θ.Quando abbiamo parlato del prodotto misto, abbiamo visto che il volume di un paralle-

lepipedo di lati ~a,~b,~c si ottiene facendo il determinante della matrice fatta dalle componentidei vettori. In realta questa cosa vale in generale, anche in dimensioni inferiori e superio-ri. Per esempio, l’area del parallelogramma di lati ~a,~b e A = |~a × ~b|. Se lo scriviamo percomponenti, e facile vedere che, di nuovo, l’area e il determinante della matrice fatta dallecomponenti di ~a,~b.

Il nostro parallelepipedo di volume dV = dx dy dz viene deformato dalla trasformazione,finendo quindi in un parallelepipedo di lati dr, dθ, dφ. Mentre il primo dei due e retto, ovverodx⊥dy⊥dz, il secondo e storto. Il grado di distorsione e dato per l’appunto dalla matriceJacobiana. Il volume dV sara quindi uguale a dV = r2 sin θdr dθ dφ = |J |dr dθ dφ.

Calcoliamo quindi il volume della sfera

∫D

r2 sin θdr dθ dφ =

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ R

0

r2 sin θdr dθ dφ = 2π

∫ π

0

∫ R

0

r2 sin θdr dθ =

=2π

3R3

∫ π

0

sin θdθ =4π

3R3

Ovviamente il ragionamento e uguale se al posto di integrare 1, dobbiamo integrare unafunzione, ovvero al posto di integrare ∫

D

dx dy dz

Dobbiamo integrare ∫D

f(x, y, z)dx dy dz

Come prima, l’integrale diventa∫D

f(r, θ, φ)|J |dr dθ dφ

Dove |J | e lo stesso di prima, ma vale in generale. Calcoliamo con un altro esempio l’areadel cerchio.

x = r cos θ

y = r sin θ⇒ J =

(cos θ −r sin θsin θ r cos θ

)⇒ |J | = r

A =

∫x2+y2≤R2

dx dy =

∫ 2π

0

∫ R

0

rdr dθ = 2π

∫ R

0

rdr = πR2


Esempio 2.3.34. Ricalcoliamo ora l’integrale precedente usando un cambio di coordinatefurbo che ci risparmi un po di fatica. Usando coordinate cilindriche troviamo

d2 = ρ2

dA = ρdρdθ

E il dominio e semplicemente

0 ≤ ρ ≤ R

0 ≤ θ ≤ 2π

Quindi

I =

∫dm d2 =

∫ R

0

∫ 2π

0

ρdρdθσρ2 = σ

∫ 2π

0

dθ

∫ R

0

dρρ3 = 2πσR4

4=π

2σR4 =

1

2MR2

Notevolmente piu veloce!

Esempio 2.3.35. Vogliamo ora calcolare il momento di inerzia di un parallelepipedo attornoad uno dei suoi assi principali. Avremo:

−a2≤ x ≤ a

2

− b2≤ y ≤ b

2

− c2≤ z ≤ c

2dm = ρdV = ρdxdydz

d2 = x2 + y2

M = ρabc

Scriviamo il momento di inerzia

Izz =

∫ a/2

−a/2dx

∫ b/2

−b/2dy

∫ c/2

−c/2dzρ

(x2 + y2

)= ρc

∫ a/2

−a/2dx

(x2b+

2

3

(b

2

)3)

= ρbc

∫ a/2

−a/2dx

(x2 +

b2

12

)= ρbc

(2

3

(a2

)3

+ ab2

12

)=

1

12ρabc

(a2 + b2

)=

1

12M(a2 + b2

)Le altre componenti si possono ricavare per simmetria.

Integrali superficiali Supponiamo di dover calcolare un integrale superficiale scalare,ovvero ∫

∂V

f(x, y, z)dA


Facciamo un esempio concreto per chiarezza. Prendiamo f = x2yz e come superficie lasfera di raggio R. Per descrivere una superficie, si possono utilizzare piu modi. Per esempio,si puo descrivere con un’equazione implicita come

x2 + y2 + z2 = R2

Un altro modo per rappresentarla e una sua parametrizzazione. Quando si fa un integraledi linea si da una velocita all’oggetto che la percorre. Allo stesso modo si puo fare per lesuperfici. La parametrizzazione piu comune della sfera e

~x(θ, φ) =

x = R sin θ cosφ

y = R sin θ sinφ

z = R cos θ

Dove i parametri liberi sono θ, φ. Era abbastanza ovvio che avessimo bisogno di dueparametri in quanto una superficie ha due gradi di liberta

Definiamo di nuovo la matrice Jacobiana di questa parametrizzazione come

Jij =∂xi∂pj

Dove ho indicato con xi le coordinate spaziali x, y, z e con p i parametri θ, φ. Lo Jacobianosara in questo caso quindi

J =

(R cos θ cosφ R cos θ sinφ −R sin θ−R sin θ sinφ R sin θ cosφ 0

)Trattiamo ora questa matrice come una coppia di vettori orizzontali, il vettore

vi =∂xi∂p1

e il vettore

wi =∂xi∂p2

Che sono rispettivamente la prima e la seconda riga della matrice.Consideriamo ora la quantita G = |~v × ~w|

|~v × ~w| = |

∣∣∣∣∣∣x y z

R cos θ cosφ R cos θ sinφ −R sin θ−R sin θ sinφ R sin θ cosφ 0

∣∣∣∣∣∣ | == |(R2 sin2 θ cosφ)x+ (R2 sin2 θ sinφ)y + (R2 sin θ cos θ)z| =

= R2

√sin4 θ cos2 φ+ sin4 θ sin2 φ+ sin2 θ cos2 θ = R2 sin θ

Questa quantita non e stata calcolata a caso ma sara proprio l’equivalente dello Jacobianoquando si usa un cambio di variabili. Il motivo di tutto questo non e troppo semplice daspiegare. Potete immaginare che i due vettori ~v e ~w siano i generatori del piano tangente


alla superficie nel punto. Se i due generatori sono perpendicolari, e intuitivo che ci sia piusuperficie perche sara piu piatta. Se invece tendono ad essere paralleli, l’area dA sara semprepiu piccola. 27

Il nostro integrale diventa quindi

∫ ∫f(~x(θ, φ))G dθ dφ =

∫ 2π

0

∫ π

0

R2 sin2 θ cos2 φR sin θ sinφR cos θ R2 sin θdθ dφ =

= R5

∫ 2π

0

∫ π

0

sin4 θ cos θ cos2 φ sinφ dθ dφ = R5

∫ 2π

0

[sin5 θ

5

]π0

cos2 φ sinφ dφ = 0

Se al posto di avere un integrale scalare avessimo avuto un integrale di flusso, per esempio,∫~E · d ~A

Avremmo dovuto innanzitutto trovare il versore ortogonale alla superficie, farne il pro-dotto scalare con il campo e poi agire come prima. Per quanto riguarda il trovare il versorenormale, ricordo che il prodotto vettoriale × restituisce un vettore ortogonale ai primi due.Di conseguenza, essendo ~v, ~w i generatori del piano tangente alla superficie nel punto, ilprodotto vettoriale ~v × ~w sara ortogonale a entrambe e avra quindi la direzione della per-pendicolare al piano. Quindi, semplicemente bastera sostituire a G = |~v × ~w| il vettore~G = ~v × ~w.

Nota. Ricordate che ~v × ~w = −~w × ~v, per cui quando scegliete se mettere prima ~v o ~w,state dando un’orientazione alla superficie. Ricordate che per convenzione, su una superficiechiusa il versore deve essere uscente. Ragionate un attimo sulla parametrizzazione che aveteusato e mettete l’ordine giusto.

Esempio 2.3.36. Proviamo ora a calcolare la temperatura media di una sfera che ha

T (x, y, z) = T0z2 − x2 − y2

x2 + y2 + z2

Per farlo dobbiamo scegliere una parametrizzazione della superficie della sfera. Scegliamo

x(θ, φ) = R sin θ cosφ

y(θ, φ) = R sin θ sinφ

z(θ, φ) = R cos θ

27 Il fatto che sia proprio il prodotto vettoriale il buon rappresentante che faccia tornare i conti giusti none un caso. La teoria che sta dietro questa cosa e lunga e complicata e ha come prerequisito tutto il primoanno di Universita. Vi vieto quindi di provare ad imparare ora le varie generalizzazioni in quanto sarebbeuna completa perdita di tempo. Non vi capitera mai di dover fare un integrale cosı cattivo in una gara.Potrebbe succedere che ve ne facciano calcolare uno estremamente semplice solo con argomenti fisici, senzadover fare i conti. Io vado sul sicuro e ve l’ho spiegato comunque, ma e molto di piu di quello che e richiesto.

Quando avrete finito il primo anno di Universita e comincerete ad avere dimestichezza con lo spazio dualedi Rn, lo spazio (Rn)∗, scoprirete l’esistenza dello spazio Rnr per rappresentare varieta di dimensione qualsiasie del suo duale (Rnr )∗ per integrare su ipersuperfici di dimensione qualsiasi. Con calma vi accorgerete cheil prodotto wedge (∧) coincide con il prodotto vettoriale su (R3

2)∗ e con il determinante su (Rnn)∗. Solodopo aver finito il primo anno vi consiglio di leggere le dispense di Paolo Acquistapace che trovate inbibliografia [9] per approfondire l’argomento. Sono fatte veramente bene, ma sono estremamente formali.Affrontarle al liceo e una perdita di tempo.


Troviamo ora lo Jacobiano:

∂

∂θ(x(θ, φ), y(θ, φ), z(θ, φ)) = (R cos θ cosφ,R cos θ sinφ,−R sinφ)

∂

∂φ(x(θ, φ), y(θ, φ), z(θ, φ)) = (−R sin θ sinφ,R sin θ cosφ, 0)

Quindi

|G| = R2√

(sin2 θ cosφ)2 + (sin2 θ sinφ)2 + (cos θ sin θ cos2 φ+ cos θ sin θ sin2 φ)2

= R2√

sin4 θ + sin2 θ cos2 θ = R2 sin θ

Quindi

〈T 〉 =1

4πR2

∫Σ

dΣT0z2 − x2 − y2

x2 + y2 + z2=

1

4πR2

∫ π

0

∫ 2π

0

R2 sin θdθdφT0

(cos2 θ − sin2 θ

)=

T0

4π

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

sin θdθ(cos2 θ − sin2 θ

)=T0

2

∫ 1

−1

dt(2t2 − 1

)= −T0

3

A tal proposito e bene ricordarsi che

〈x2〉 = 〈y2〉 = 〈z2〉 =R2

3

sulla sfera, e che quindi

〈cos2 θ〉 =1

2〈sin2 θ〉 =

1

3

(sempre sulla sfera).

Integrali vettoriali in piu variabili Pregate di non trovarne. L’idea standard e scrivereogni vettore per componenti e fare gli integrali separati. Possibilmente, cercate di sfruttareteoremi come il teorema della divergenza 2.3.6 o del gradiente 2.3.5 per salvarvi. Spessorendono banale un integrale rognoso.

Esempio 2.3.37 (Flusso del campo elettrico). Consideriamo ora alcuni campi elettrici

E1(x, y, z) =x

(x2 + y2 + z2)3/2x+

y

(x2 + y2 + z2)3/2y +

z

(x2 + y2 + z2)3/2z

E2(x, y, z) = xx+ yy + zz

E3(x, y, z) =3xz

(x2 + y2 + z2)5/2x+

3yz

(x2 + y2 + z2)5/2y +

2z2 − x2 − y2

(x2 + y2 + z2)5/2z

Per ognuno di essi vogliamo calcolare il flusso del campo elettrico

ΦE =

∫Σ

~E · d ~A


Riprendendo il calcolo di G, possiamo trovare il suo orientamento

~G = R2 sin2 θ cosφx+R2 sin2 θ sinφy +R2 sin θ cos θz =

= R2 sin θ(sin θ cosφx+ sin θ sinφy + cos θz)

Quindi

ΦE =

∫Σ

dΣ ~E · d ~A =

∫ π

0

dθ

∫ 2π

0

dφR2 sin θ (Ex sin θ cosφ+ Ey sin θ sinφ+ Ez cos θ)

Procediamo

ΦE1 =

∫ π

0

dθ

∫ 2π

0

dφR2 sin θ1

R2

(sin2 θ cos2 φ+ sin2 θ sin2 φ+ cos2 θ

)= 4π

ΦE2 =

∫ π

0

dθ

∫ 2π

0

dφR2 sin θR(sin2 θ cos2 φ+ sin2 θ sin2 φ+ cos2 θ

)= 4πR3

ΦE3 =

∫ π

0

dθ

∫ 2π

0

dφR2 sin θ1

R3

(3 sin2 θφ cos θ

(sin2 φ+ cos2 φ

)+ cos θ(2 cos2 θ − sin2 θ)

)=

4π

R

∫ π

0

dθ cos θ = 0


2.3.5 Potenziale scalare e potenziale vettore

Ragioniamo sul lavoro compiuto da una forza. Molto spesso, per esempio per forze di attrito,non e possibile scrivere il lavoro come una funzione per esempio solo della posizione inziale edella posizione finale. Se per esempio lascio fermo un mattone sul tavolo il lavoro compiutodall’attrito e 0, se sposto il mattone prima in avanti, trascinandolo, per poi riportarlo indietro,l’attrito con il tavolo compie lavoro, eppure la posizione iniziale e uguale alla posizione finale.E quindi evidente che non esiste una funzione fatta come vogliamo in questo caso.

Cercheremo in questa sezione di trovare delle condizioni sufficienti sulle forze affinche sipossa trovare una funzione della posizione f(~x) tale che se un oggetto si muove ~x → ~y, illavoro compiuto dalla forza si possa scrivere L = f(~y)− f(~x)

L’attrito e un esempio davvero orribile in quanto non e nemmeno un campo di forze.Infatti, la forza esercitata dall’attrito sul mattone non dipende dalla sua posizione ma daaltri fattori (per esempio le altre forze sul mattone, la sua velocita). Cerchiamo quindidi trovare la funzione che cerchiamo per il lavoro solo per forze piu decenti, per esempioper campi di forze, ovvero forze che dipendono solo dalla posizione e dal tempo, ovvero~F = ~F (~x, t).

Per esempio, il campo di forze generato da una massa puntiforme e effettivamente uncampo di forze in quanto la forza fra la massa fissata e un’altra massa dipende solo dallarelativa posizione.

Purtroppo non tutti i campi di forze sono belli.

Esempio 2.3.38. Supponiamo di avere una massa puntiforme immersa in un fluido inmovimento. Il fluido si muove solo lungo l’asse x, nel verso positivo. Supponiamo di riuscirea mantenere la velocita del fluido disuniforme lungo l’asse y, ovvero la velocita e lungo x, mail suo modulo dipende da y. Possiamo supporre in modo ragionevole che la forza di attritoviscoso sia ~F ∝ ~vfluido.

Muoviamo la massa lungo un rettangolo nel piano xy. Prima facciamo un segmentolungo x risalendo la corrente, poi facciamo un segmente lungo y, in modo perpendicolarealla corrente. Poi andiamo lungo x, come la corrente. Infine scendiamo lungo y ritornandodove eravamo partiti.

Il lavoro della forza di attrito viscoso sara

L =

∫percorso

~F · d~x

Nei tratti lungo y la forza e perpendicolare allo spostamento e quindi non compie lavoro.Lungo x, invece il lavoro sara una volta positivo e una volta negativo. In conclusione,

L =(~F (y + ∆y)− ~F (y)

)·∆~x

Evidentemente in generale il lavoro non sara 0. Di conseguenza in questo caso nonpossiamo trovare una funzione che dipenda solo dalla posizione iniziale e finale.

Differenziali esatti Consideriamo il lavoro infinitesimo compiuto da una forza

dL = Fxdx+ Fydy + Fzdz


Figura 2.20: Esempio di campo non conservativo

Figura 2.21: Esempio di campo conservativo

Diciamo che il lavoro infinitesimo e un differenziale esatto se, scelti due punti dello spazio~x, ~y il lavoro compiuto dalla forza per andare da ~x a ~y non dipende dal percorso compiutoma solo dalla posizione iniziale e finale.

Si capisce molto rapidamente che questa condizione e equivalente a dire che, dato unqualsiasi percorso chiuso che parte da ~x e torna in ~x, il lavoro compiuto e 0.

Cerchiamo quindi delle condizioni necessarie/sufficienti sulla forza perche il suo lavorosia un differenziale esatto.

Se fosse L = f(~x) = f(x, y, z), allora si dovrebbe avere

dL =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy +

∂f

∂zdz


Ovviamente noi siamo interessati ad una funzione decente, ovvero una funzione continua,derivabile con derivate continue, eccetera. Per funzioni per cui esiste la derivata seconda ede continua, vale la formula

∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x

Ovvero quando si fanno le derivate parziali miste non importa l’ordine in cui si deriva28.

Essendo Fx =∂f

∂xeccetera, dovra essere

∂Fx∂y

=∂Fy∂x

E analoghe per le altre, ovvero

∂Fi∂xj

=∂Fj∂xi

(2.9)

Questa condizione e necessaria affinche possa esistere la funzione che stiamo cercando.Si scopre che la condizione e anche sufficiente sotto alcune ipotesi sul dominio in cui valequella relazione29.

Controllando quindi questa facile relazione fra le derivate si puo facilmente vedere se illavoro della forza e un differenziale esatto o meno.

Si puo quindi facilmente definire l’enegia potenziale rispetto a ~x030

U(~x) = −∫γ

~F · d~x = −∫ ~x

~x0

~F · d~x (2.10)

Dove γ e una generica curva qualsiasi che congiunge i punti ~x, ~x0, in quanto abbiamomostrato che il lavoro non dipende dal percorso. E ovvio da questa definizione che il poten-ziale dipende dal punto particolare da cui partiamo. Vediamo cosa succede se definiamo duepotenziali rispetto a due punti diversi.

U~x1(~x)− U~x2(~x) = −∫ ~x

~x1

~F · d~s+

∫ ~x

~x2

~F · d~s = −∫ ~x2

~x1

~F · d~s = costante

Ovvero il potenziale e univocamente determinato a meno di una costante additiva. Sipuo quindi scegliere arbitrariamente il punto ~x0 in modo che la costante sia comoda.

Il lavoro compiuto dalla forza e quindi

L =

∫ ~b

~a

~F · d~x =

∫ ~b

~x0

~F · d~x−∫ ~a

~x0

~F · d~x = −U(~b) + U(~a) = −∆U

Nel prossimo paragrafo mostrero come tornare indietro, ovvero come ottenere la forzaa partire dal potenziale. Come potete immaginare, trovare il potenziale data la forza edecisamente piu complicato, in quanto per ottenere il potenziale bisogna integrare, mentreper trovare la forza bastera derivare.

28Questo si chiama Teorema di Schwartz29Cioe se il dominio e un aperto semplicemente connesso.30Di solito si pone ~x0 =∞


2.3.6 Operatori differenziali

E bene cominciare questo capitolo con un’avvertenza: questi oggetti permettono di formularein modo piu sensato le leggi della fisica, ma in effetti non sono veramente utili per fare iproblemi olimpici. Consiglio di dare una letta rapida per capire il significato ma non perdercitroppo tempo in quanto non vi capitera praticamente mai di riuscire ad usarli in un problemafinche non arrivate al secondo anno di universita.

Gradiente Quando si ha a che fare con un campo conservativo, e intelligente scrivere unenergia potenziale. Quando siamo in una sola variabile, per esempio l’asse x o la distanza

dal centro r, la relazione fra il potenziale e la forza e F = −dUdx

.

Se invece la forza e piu complicata, anche la formula lo diventera. Prendiamo un campodi forze conservativo a caso ~F (x, y, z). Il potenziale, a rigor di logica, sara anche lui funzionedi tutte e tre le coordinate: U = U(x, y, z). Di conseguenza, per fare una derivata bisognadecidere intanto rispetto a cosa derivare.

Inoltre, mentre nel caso monodimensionale non ci sono problemi perche si parla delmodulo della forza, nel caso tridimensionale la situazione e piu complicata. Cerchiamo diestendere il ragionamento fatto in una dimensione:

~F (x, y, z) = −cose · (U(x, y, z))

In questa equazione abbiamo a sinstra un vettore e a destra qualcosa moltiplicato peruno scalare. E ovvio che quel qualcosa deve essere un vettore, altrimenti la nostra equazionee priva di senso.

Inoltre, nel caso di una variabile, la nostra formula dovra ricondursi al caso in una solavariabile.

Quindi

Fx = −∂U∂x

Ma la coordinata x non ha motivo di essere privilegiata rispetto alle altre coordinate,quindi varranno equazioni analoghe anche per y, z.

Fy = −∂U∂y

Fz = −∂U∂z

E utile raccogliere queste tre equazioni scalari in una sola equazione vettoriale.

~F = −∂U∂x

x+−∂U∂y

y +−∂U∂z

z

E utile scrivere questa uguaglianza nella forma

~F = −~∇U

Dove~∇ :=

∂

∂xx+

∂

∂yy +

∂

∂zz


si chiama nabla ed e qualcosa di simile ad un vettore.Questo oggetto e utile per scrivere in forma compatta equazioni vettoriali. Bisogna fare

molta attenzione quando lo si usa, in quanto la definizione che ho appena dato vale soloper coordinate cartesiane. Vediamo con un esempio perche.

Esempio 2.3.39 (Equazione di Fourier sul calore). Abbiamo gia visto nell’esempio 2.3.30una generalizzazione dell’equazione

P = λS∆T

∆x

che e

P = −λS∂T∂x

E utile definire un nuovo vettore utile, ~J , vettore che rappresenta il trasporto di energiaper unita di area per unita di tempo.

L’equazione sopra diventa quindi

~J · ~A = −λ∂T∂x

x · ~A

Possiamo liberarci dell’area ottenendo

~J = −λ∂T∂x

x

Come prima, la direzione x non e privilegiata, quindi per ragioni di simmetria si avrannoequazioni analoghe per le altre direzioni, ottenendo

~J = −λ(∂T

∂xx+

∂T

∂yy +

∂T

∂zz) = −λ~∇T

~J = −λ~∇T (2.11)

Ora, questa equazione ha senso indipendentemente dal sistema di coordinate di riferi-mento se noi attribuiamo all’oggetto ~∇T il significato di variazione di temperatura nellospazio.

Quello che sto cercando di dire e che se noi vogliamo che la legge ~J = −λ~∇T valgain qualsiasi sistema di coordinate perche noi associamo a ~∇T il significato di variazione di

temperatura nello spazio, la definizione ~∇ =∂

∂xx+

∂

∂yy+

∂

∂zz non puo essere la piu generale

possibile. Infatti, se passiamo in coordinate sferiche

~∇f =∂f

∂rr +

∂f

∂θθ +

∂f

∂φφ

Questa definizione e palesemente sbagliata, in quanto semplicemente stiamo sommandodelle cose che non hanno la stessa unita di misura.

Si puo dimostrare che la definizione corretta in coordinate sferiche e

~∇f = r∂f

∂r+ θ

1

r

∂f

∂θ+ φ

1

r sin θ

∂f

∂φ


Vi sconsiglio caldamente di cercare in giro metodi per ricavarlo in quanto quelli standardrichiedono una quantita infinita di conti che sicuramente porteranno ad errori catastroficie vi faranno perdere un sacco di tempo, mentre i metodi belli richiedono troppa altra robacome prerequisito.

La cosa che va ricordata e il primo termine, in quanto in praticamente tutti i problemiolimpici f(r, θ, φ) = f(r) e di conseguenza i termini angolari diventano nulli.

Per completezza, scrivo qui sotto anche la definizione del gradiente in coordinate cilin-driche.

~∇f =∂f

∂rr +

1

r

∂f

∂θθ +

∂f

∂zz

Il gradiente di una funzione ha un’importante significato fisico, ovvero il gradiente e ilvettore che indica la direzione di massima variazione della funzione.

Quando si cercano i massimi e i minimi di una funzione in piu variabili, bisogna innan-zitutto controllare i punti in cui ~∇f = 0, in quanto, analogamente a quello che succede inuna variabile, se una funzione ha un massimo o un minimo locale allora in quel punto ilgradiente e nullo. La condizione ovviamente non e sufficiente. Ci sono alcuni casi brutti incui la funzione ha gradiente nullo ma non e ne un massimo ne un minimo.

Per immaginare un esempio concreto, si puo pensare al grafico di una funzione da R2 → Ra forma di sella. Lungo una direzione il punto sembra un massimo, lungo l’altra sembra unminimo.

Figura 2.22: Rappresentazione grafica del gradiente di una funzione di due varaibili. Ilvalore della funzione e rappresentato dal colore, le frecce rappresentano il campo vettorialegradiente


Figura 2.23: Rappresentazione grafica del gradiente di una funzione di due varaibili. Il valoredella funzione e rappresentato dalla superficie, le frecce rappresentano il campo vettorialegradiente

Infine, riguardo il gradiente e utile sapere questo teorema, uno dei corollari del teoremadi Stokes.

Teorema 2.3.5 (Teorema del gradiente). Sia V un volume regolare delimitato dalla super-ficie ∂V . Vale allora la formula ∮

∂V

f(~x)d ~A =

∫V

~∇f(~x)dV

L’integrale a sinistra e un integrale superficiale, ovvero fatto su tutta la superficie ∂V ,mentre il secondo e un integrale di volume, su tutto V . Non e assolutamente necessario chevoi sappiate fare integrali di superficie o integrali multipli, questa sezione e un approfon-dimento, ma se uno semplicemente vi attribuisce un significato fisico si riesce a fare delleottime considerazioni. Vi sembra una formula inutile? Vediamo un esempio.

Esempio 2.3.40 (Legge di Stevino). Consideriamo un fluido fermo, ovvero un fluido in cui

~v(x, y, z, t) = 0. Scelto un volume V di fluido, vale la seconda legge della dinamica ~F = m~a.Le forze agenti sul volume di fluido sono le forze di pressione p e la forza peso m~g.

∫V

ρ~gdV −∮∂V

pd ~A = m~a = 0⇒∫V

ρ~gdV −∫V

~∇pdV = 0⇒∫V

(ρ~g − ~∇p)dV = 0


Noi abbiamo scelto un volume a caso, quindi questa formula vale per qualsiasi volume.In particolare, se vale per ogni volume, allora l’argomento dell’integrale deve essere 0, quindi

~∇p = ρ~g

Questa formula vale in generale, molto piu in generale della p = p0 + ρgh che avetesicuramente trovato al liceo che vale se ρ e ~g sono costanti. In particolare, vale per coordinatecurvilinee e vale anche per ~g variabile, per esempio per trovare la pressione dentro il sole. Einteressante ricordare poi che essendo ~g un campo conservativo, si puo scrivere ~g = −~∇φ

~∇(p+ ρφ) = 0⇒ p+ ρφ = costante

Divergenza Un altro operatore utile e la divergenza. Mentre il gradiente ha come argo-mento una funzione e restituisce un vettore, la divergenza fa il contrario, ha come argomentoun vettore e restituisce uno scalare.

Diamo la definizione di divergenza di un campo vettoriale in coordinate cartesiane.

div~F =∂Fx∂x

+∂Fy∂y

+∂Fz∂z

Data questa definizione si e tentati di scrivere

div~F = ~∇ · ~F

In effetti questa e la notazione standard per indicare la divergenza e la usero anche io,ma e estremamente importante tenere a mente che questa definizione vale solo percoordinate cartesiane.

Data questa notazione, saremmo tentati di scrivere per esempio in coordinate sferiche

div~F = ~∇ · ~F =

(r∂

∂r+ θ

1

r

∂

∂θ+ φ

1

r sin θ

∂

∂φ

)· ~F =

∂Fr∂r

+1

r

∂Fθ∂θ

+1

r sin θ

∂Fφ∂φ

Questa cosa purtroppo e sbagliata e il motivo e che la divergenza non e definita comeNabla scalar F ma in un altro modo e questa notazione purtroppo puo portare ad errori.

La vera formula e

~∇ · ~F =1

r2

∂r2Fr∂r

+1

r sin θ

∂ sin θFθ∂θ

+1

r sin θ

∂Fφ∂φ

Come prima, questa formula non e assolutamente da sapere e non siete minimamentetenuti a saperla ricavare. L’unico termine che vale la pena ricordare e il primo, quello conla derivata in r in quanto permette di fare alcuni conti rapidi nei problemi olimpici.

Parliamo ora del significato fisico della divergenza.La vera definizione di ~∇ · ~F e

~∇ · ~F = limV→0

∮∂V

~F · d ~A

V


Diamo un significato a questo coso. Il termine a numeratore e il flusso del campo ~Fattraverso la superficie ∂V che delimita il volume V . La divergenza misura insomma quantole linee di campo stanno entrando o uscendo da un punto.

Da questa definizione di ~∇ · ~F segue abbastanza facilmente il seguente

Teorema 2.3.6 (Teorema della divergenza (teorema di Gauss)). Sia ~F un campo vettorialeregolare e V un volume regolare delimitato da ∂V . Vale allora la seguente formula.∮

∂V

~F · d ~A =

∫V

~∇ · ~FdV

Ovvero il flusso del campo attraverso la superficie ∂V e uguale all’integrale di volumedella divergenza del campo. Trascurando il fatto che fare integrali di scalari su volume emolto piu semplice che fare integrali superficiali, e interessante utilizzare questo teorema perdare formulazioni locali delle leggi della fisica, ovvero non leggi che includano integrali suvolumi o superfici ma leggi che valgano punto per punto.

Esempio 2.3.41 (Equazione di continuita per un fluido). Definiamo il vettore trasporto di

massa per unita di superficie per unita di tempo ~J . E abbastanza evidente l’uguaglianza~J = ρ~v, dove ρ e la densita del fluido e ~v e la velocita.

Consideriamo un generico volume V , delimitato da ∂V . Il flusso del vettore ~J attraversola superficie ∂V sara uguale a meno la derivata della massa contenuta nel volume V 31∮

∂V

~J · d ~A = − ∂

∂t

∫V

ρdV

Applichiamo il teorema della divergenza e portiamo la derivazione rispetto al tempodentro l’integrale 32. ∫

V

(~∇ · (ρ~v) +

∂ρ

∂t

)dV

Come al solito, questa uguaglianza vale per ogni volume, quindi deve essere nullo l’argo-mento dell’integrale.

~∇ · (ρ~v) +∂ρ

∂t= 0

Questa equazione viene spesso chiamata equazione di continuita e si puo fare un ragiona-mento assolutamente identico in elettromagnetismo lasciando ~J il vettore densita di corrente,ovvero carica per unita di tempo per unita di superficie. 33

~∇ · ~J +∂ρ

∂t= 0 (2.12)

31Il segno meno e dovuto al fatto che un vettore uscente dalla superficie ha flusso positivo per convenzione,per cui se il flusso e maggiore di zero la massa diminuisce.

32Si puo fare perche e una derivata parziale rispetto ad una variabile diversa.33In effetti non e nemmeno necessario lasciare ~J in quanto di nuovo ~J = ρ~v


Esempio 2.3.42 (Equazione di continuita per il calore). Si puo fare un ragionamento asso-lutamente analogo al precedente considerando l’energia al posto di massa o carica elettrica.Consideriamo un oggetto con capacita termica per unita di massa c, indipendente dallatemperatura, con una temperatura non necessariamente omogenea e tantomeno costante T .Supponiamo per semplicita che non venga generata energia nel corpo 34.

Consideriamo una porzione del corpo V delimitata da ∂V . Definendo di nuovo ~J comeil vettore trasporto di energia per unita di tempo per unita di superficie si avra

Φ( ~J, ∂V ) = −∂Eint∂t

Dove abbiamo indicato il flusso di ~J attraverso ∂V . L’energia interna sara del tipo

Eint =

∫V

cTdV ∮∂V

~J · d ~A = − ∂

∂t

∫V

cTdV ⇒∫V

(~∇ · ~J +

∂(cT )

∂t

)dV

Al solito, dobbiamo porre uguale a 0 l’argomento dell’integrale. Ricordando poi l’equa-zione di Fourier 2.11, otteniamo

−~∇ · (λ~∇T ) +∂cT

∂t= 0

Notate che per il momento io non ho nemmeno assunto che la capacita termica o laconducibilita termica siano delle costanti, ovvero questa equazione funziona bene anche permateriali disomogenei.

Ora facciamo l’assunzione che c e λ siano uniformi nel corpo e otteniamo l’equazione

∂T

∂t=λ

c~∇ · ~∇T

L’operatore ~∇ · ~∇ viene utilizzato molto spesso e ne parlero fra poco. A causa del suofrequente utilizzo gli viene dato il nome di Laplaciano e si utilizza la notazione ~∇ · ~∇ = ~∇2.

Otteniamo infine

∂T

∂t=λ

c~∇2T (2.13)

Per la prima volta vediamo la dipendenza dal tempo della temperatura. Questa euna equazione differenziale alle derivate parziali. Se ritenete difficile risolvere un’equazionedifferenziale in una sola variabile35, questa e un inferno.

Esempio 2.3.43 (Teorema di Gauss per i campi r−2). Avrete sentito parlare del teorema diGauss per l’elettrostatica. Il teorema asserisce che dato un volume V , delimitato da ∂V , lasomma delle cariche contenute in V e proporzionale al flusso del campo elettrico attraversola superficie.

Φ( ~E, ∂V ) =

∑q

ε0

34Per esempio se il corpo e radioattivo viene prodotto calore al suo interno.35Si chiamano equazioni differenziali ordinarie e sono quelle trattate anche da me qualche capitolo fa.


Dove ε0 e la costante dielettrica del vuoto. Alla luce del teorema 2.3.6, puo essereinteressante scrivere in forma locale questa legge.∮

∂V

~E · d ~A =1

ε0

∫ρdV ⇒ ~∇ · ~E =

ρ

ε0

Questa si chiama prima equazione di Maxwell scritta in forma differenziale. E abbastanzaevidente che conoscendo ~E in una determinata regione dello spazio e immediato riuscire atrovare ρ, facendo un paio di derivate. Consiglio di fare il problema 3.3.5 per convincersene.

Il bello di questa legge e che in effetti non vale solo per il campo elettrico ma per qualsiasicampo che gli assomigli abbastanza, ovvero qualsiasi campo che per cariche puntiformi vacome r−2. Sono sicuro che almeno un esempio vi viene in mente.

Per esempio, proviamo a scrivere una legge equivalente per il campo gravitazionale.Consideriamo il flusso del campo ~g prodotto da una massa puntiforme attraverso una

superficie sferica centrata nella massa.

Φ(~g, ∂V ) = 4πr2

(−GM

r2

)= −4πGM

Esattamente come per il campo elettrico, solo con una costante diversa.Di conseguenza varra

~∇ · ~g = −4πGρ (2.14)

Rotore Un altro operatore molto importante e il rotore. In coordinate cartesiane ilrotore si scrive

rot~F =

∂Fz∂y− ∂Fy

∂z∂Fx∂z− ∂Fz

∂x∂Fy∂x− ∂Fx

∂y

Come per la divergenza, questa definizione ci suggerisce una notazione piu compatta per

rot~F = ~∇× ~FDi nuovo, come per la divergenza, questa definizione vale solo per coordinate

cartesiane e per fare il rotore in sferiche non basta nemmeno fare Nabla vettor F, con ladefinizione in sferiche di ~∇.

La vera definizione del rotore e

~∇× ~F = limΣ→0

∮∂Σ

~F · d~s

Σ

Dove Σ e una generica superficie, non chiusa, il cui contorno e ∂Σ. L’integrale al nume-ratore si chiama circuitazione del campo lungo la curva ∂Σ. Il significato di questa formulae che il rotore misura quanto il campo non e conservativo, infatti se ~F fosse conservativo, ilsuo integrale di linea lungo una qualsiasi curva chiusa dovrebbe essere 0.


Notiamo che porre ~∇× ~F = 0 e equivalente alla condizione 2.9, quindi se il rotore di uncampo e identicamente nullo 36, allora il campo e conservativo e quindi esiste un potenziale.

Dalla definizione di rotore come limite, segue il seguente

Teorema 2.3.7 (Teorema del rotore). Sia Σ una superficie regolare (non necessariamente

piatta) e ∂Σ il suo contorno. Sia inoltre ~F un campo vettoriale regolare. Allora∮∂Σ

~F · d~s =

∫Σ

~∇× ~F · d ~A

Laplaciano Si definisce l’operatore laplaciano come la divergenza del gradiente di uncampo, sia vettoriale sia scalare.

∇2 ~F = ~∇ · ~∇~F∇2f = ~∇ · ~∇f

Mentre per il laplaciano di una funzione scalare e facile capire come calcolarlo, per illaplaciano di un vettore potreste dirmi che sto facendo il gradiente di un vettore, cosa chenon ho mai definito, per poi farne la divergenza. Avete perfettamente ragione ma ora chiariroil vostro dubbio.

Prendiamo il caso delle coordinate cartesiane.

∇2 =

(∂

∂xx+

∂

∂yy +

∂

∂zz

)·(∂

∂xx+

∂

∂yy +

∂

∂zz

)=

∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

Di conseguenza, possiamo applicare questo operatore ad un vettore senza farci troppedomande, ottenendo

∇2 ~F =

(∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

)Fxx+

(∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

)Fyy +

(∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

)Fz z

Se le domande ce le vogliamo proprio porre, allora vi posso dire che fare ~∇~F ci da comerisultato una cosa che possiamo pensare come una matrice

Mij =∂Fj∂xi

Nabla lo possiamo pensare come un vettore orizzontale(∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

)Quindi quando andiamo a fare la moltiplicazione fra vettore e matrice otteniamo di nuovo

un vettore.In coordinate sferiche e cilindiche il laplaciano e particolarmente brutto e come per il

rotore non vale la pena nemmeno di scriverlo in quanto non vi servira mai alle Olimpiadi.E tuttavia di notevole significato fisico. Prendiamo per esempio l’equazione 2.14. Pos-

siamo scrivere ~g = −~∇V , ottenendo

36Su un aperto semplicemente connesso.


∇2V = 4πGρ

E similmente per il potenziale e carica elettrici

∇2V = − ρε0

E di notevole importanza il fatto che queste equazioni siano esattamente uguali. Inoltre,la soluzione a questa equazione37 e subito riducibile ad un integrale

V (r) =k

4π

∫ρ

|~r − ~r′|dV ′

Dove k vale −4πG o1

ε0

E in generale vale per qualsiasi campo che vada come ~F =k

r2r

Cambiando esempio, prendiamo l’equazione della corda tesa

v2∂2ψ

∂x2=∂2ψ

∂t2(2.15)

Che descrive un’onda in moto a velocita v su una corda tesa. (ψ e la perturbazione dallaposizione di equilibrio). E ovvia una generalizzazione di questa equazione in 3 dimensioni

v2∇2ψ =∂2ψ

∂t2

Che descrive quindi una qualsiasi onda in moto in 3 dimensioni a velocita v. Ovviamente,al posto di ψ possiamo mettere un campo vettoriale.

Prendiamo per esempio le equazioni di Maxwell per l’elettromagnetismo.

∮∂V

~E · d ~A =1

ε0

∫V

ρdV∮∂V

~B · d ~A = 0∮∂Σ

~E · d~s = − ∂

∂t

∫Σ

~B · d ~A∮∂Σ

~B · d~s = µ0

∫Σ

(~J + ε0

∂ ~E

∂t

)· d ~A

Usiamo i teoremi della divergenza e del rotore per scrivere in forma differenziale, sempli-ficando gli integrali.

~∇ · ~E =ρ

ε0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B = µ0~J + µ0ε0

∂ ~E

∂t37Si chiama equazione di Poisson


Consideriamo il caso in cui siamo nel vuoto, ovvero ρ = 0, ~J = 0 e prendiamo il rotoredella terza equazione.

~∇× (~∇× ~E) = − ∂

∂t~∇× ~B

Sostituiamo l’ultima equazione

~∇× (~∇× ~E) = −µ0ε0∂2 ~E

∂t2

Sfruttiamo poi l’identita vettoriale sul doppio prodotto vettoriale per arrivare a scrivere

~∇(~∇ · ~E)−∇2 ~E = −µ0ε0∂2 ~E

∂t2

Ma siamo nel vuoto quindi ~∇ · ~E = 0.

∇2 ~E = µ0ε0∂2 ~E

∂t2

Ovvero il campo elettrico si propaga nel vuoto come un’onda a velocita c =1

√µ0ε0

.

Prendendo il rotore della quarta, si ottiene la stessa equazione per ~B, che viene lasciatada ricavare per esercizio38.

38Ovvero non ho voglia di scriverla.


Serie di Taylor per funzioni di piu variabili

Condisideriamo una f : Rn → R, ovvero una funzione di piu variabili che restituisce unnumero reale. Supponiamo di conoscere f(~x0) e di essere interessati a sapere che cosasuccede lı vicino. Cerchiamo quindi una formula per l’espansione in serie di Taylor per unafunzione di piu variabili.

E ovvio che se la nostra f fosse da Rn → Rm, ovvero un campo vettoriale, e sufficientefare il ragionamento componente per componente. Consideriamo quindi

g : R→ R = f(~x0 + t~h)

E chiaro che se scriviamo g(1) = f(~x0 +~h) e |~h| |~x0|, abbiamo esattamente quello chevolevamo.

Scriviamo quindi la serie di Taylor di g, che e una funzione di una sola variabile, quindila sappiamo calcolare

g(t) =∞∑n=0

g(n)(0)

n!tn ⇒ g(1) =

∞∑n=0

g(n)(0)

n!

Io mostrero la formula solo fino al secondo ordine, quindi ora tronchero la serie, in quantonon vi capitera mai alle gare di avere a che fare con qualcosa di peggio, ma con questa formulasi puo comunque andare avanti.

g(0) = f(~x0)

g′(0) = limt→0

f(~x0 + t~h)− f(~x0)

t= ~∇f(~x0) · ~h

Per convincervi di questa formula potete fare il giochetto di sommare e sottrarre le cosegiuste.

Se ~x0 = (x1, x2...xn) e ~h = (h1, h2, ...hn),

g′(0) = limt→0

f(~x0 + t~h)− f(~x0)

t= lim

t→0

f(x1 + th1, x2 + th2, ..., xn + thn)− f(x1, x2, ..., xn)

t=

limt→0

f(x1 + th1, x2 + th2, ..., xn + thn)− f(x1, x2 + th2, ..., xn + thn)

t+

+f(x1, x2 + th2, ..., xn + thn)− f(x1, x2, ..., xn)

t=

Dove ho aggiunto e tolto la stessa cosa per far tornare le cose

∂f(~x0)

∂x1

h1 + limt→0

f(...)− f(...)

t=

n∑i=1

∂f

∂xihi = ~∇f(~x0) · ~h

Ora, per calcolare g′′(0), la situazione si complica leggermente. Se fare la prima derivataci ha portato ad avere da uno scalare un vettore, possiamo aspettarci che derivando dinuovo ci venga fuori qualcosa di ancora piu grosso, ovvero una matrice. Infatti, definendo lamatrice Hessiana di f


Hf(~x0)ij =∂2f(~x0)

∂xi∂xj

Hf =

∂2f

∂x21

∂2f

∂x1∂x2

. . .∂2f

∂x1∂xn∂2f

∂x2∂x1

∂2f

∂x22

. . ....

. . .. . . . . .

...∂2f

∂xn∂x1

. . . . . .∂2f

∂x2n

E interessante notare che la matrice Hessiana e simmetrica, ovvero

Hij = Hji

In quanto al solito l’ordine di derivazione non conta.

g′′(0) =n∑i=1

n∑i=1

Hijhihj

Ovvero, se volete vederlo come prodotto fra matrici,

g′′(0) =(h1 h2 . . . hn

)

∂2f

∂x21

∂2f

∂x1∂x2

. . .∂2f

∂x1∂xn∂2f

∂x2∂x1

∂2f

∂x22

. . ....

. . .. . . . . .

...∂2f

∂xn∂x1

. . . . . .∂2f

∂x2n

h1

h2...hn

Quindi, riassumendo,

f(~x0 + ~h) = f(~x0) + ~∇f · ~h+1

2

n∑i,j=1

∂2f

∂xi∂xjhihj

Per chiarezza, faro l’esempio con n = 2, ovvero con una funzione f(x, y)Sara

~∇f =∂f

∂xx+

∂f

∂yy

Hf =

∂f

∂x2

∂f

∂x∂y∂f

∂y∂x

∂f

∂y2

Se poi chiamo

~h = ∆xx+ ∆yy


f(~x0 + ~h) = f(~x0) +∂f

∂x∆x+

∂f

∂y∆y +

1

2

(∂2f

∂x2∆x2 +

∂2f

∂y2∆y2 + 2

∂2f

∂x∂y∆x∆y

)Chiaramente la formula peggiora drasticamente se aumentate l’ordine di approssimazione.


2.4 Equazioni differenziali alle derivate parziali

Se pensate che le equazioni differenziali ordinarie siano difficili, le PDE39, sono molto peggio.Trattero solo alcuni casi molto notevoli. In realta non e possibile che vi diano da risolveredelle equazioni simili, ma a volte potreste essere guidati a trovare la soluzione di una PDEcon solo argomenti fisici. L’unica che vi consiglio di leggere almeno una volta e la soluzionedell’equazione della corda tesa, le altre sono fuori dalla portata delle Olimpiadi.

Non dovete assolutamente perdere tempo a imparare queste cose, fatelo solo una voltache davvero non sapete piu cosa studiare, prima non ne vale la pena, la probabilita che viserva davvero e bassissima, ma la metto comunque per farvi capire come si ragiona in questicasi.

Equazione della corda tesa

∂2ψ(x, t)

∂t2= c2∂

2ψ(x, t)

∂x2(2.16)

Ovviamente, oltre a questa equazione che descrive il moto, dobbiamo dare delle opportunecondizioni iniziali e al contorno. Per una equazione differenziale ordinaria di ordine n, enecessario dare n dati iniziali. Essendo questa una PDE del secondo ordine, ci aspettiamoquindi di dover dare per ogni punto x, la sua posizione ψ(x, 0) = f(x) e la sua velocita

iniziale ∂ψ(x,0)∂t

= g(x). Perdonate se non uso dei nomi con significato fisico rilevante ma iconti diventano rapidamente corposi.

Per risolvere esplicitamente questa equazione e necessario usare un trucco. Si passa allevariabili

r = x+ ct

s = x− ct

Percio, in modo intuitivo,

∂f

∂x=∂f

∂r

∂r

∂x+∂f

∂s

∂s

∂x=∂f

∂r+∂f

∂s

E si avra un’equazione analoga per t. Notare che possiamo togliere f , scrivendo unaequazione operatoriale

∂

∂x=

∂

∂r

∂r

∂x+

∂

∂s

∂s

∂x=

∂

∂r+

∂

∂s

E analoga per t, che si puo riassumere in forma matriciale ∂

∂x∂

∂t

= J

∂

∂r∂

∂s

Dove J e lo Jacobiano della trasformazione.

39Partial derivatives equations

2.4. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ALLE DERIVATE PARZIALI 111

Nota. Vi faccio notare questa cosa solo perche spesso e piu facile fare l’inverso di una matricepiuttosto che invertire una trasformazione di coordinate. Passando da coordinate sferiche acartesiane, tutto e facile in quanto seno e coseno sono definite bene. Arcseno e arcocosenopurtroppo hanno restrizioni di dominio che fanno fare un sacco di casi fastidiosi. Invertendola matrice Jacobiana si evita questo problema

Andiamo a calcolare∂2ψ

∂x2(∂

∂r+

∂

∂s

)(∂ψ

∂r+∂ψ

∂s

)=∂2ψ

∂r2+ 2

∂2ψ

∂s∂r+∂2ψ

∂s2

Otteniamo un’equazione analoga per t

∂2ψ

∂t2= c2∂

2ψ

∂r2− c22

∂2ψ

∂s∂r+ c2∂

2ψ

∂s2

Ma dato che

∂2ψ(x, t)

∂t2= c2∂

2ψ(x, t)

∂x2

Otteniamo

∂2ψ

∂s∂r= 0

Ora integriamo

∂

∂s

∂ψ

∂r= 0⇒ ∂ψ

∂r= a(r)⇒ ψ = A(r) +B(s)

Ovvero

ψ(x, t) = A(x+ ct) +B(x− ct)Vi sembrera inutile, ma credetemi, abbiamo semplificato davvero di parecchio il problema

di prima. Ora cio che dobbiamo trovare sono le due funzioni A, B, che pero sono funzionidi una sola variabile. Andiamo a imporre le condizioni iniziali.

ψ(x, 0) = f(x)⇒ A(x) +B(x) = f(x)

Calcoliamo∂ψ

∂t= cA′(x+ ct)− cB′(x− ct)

Per cui,

∂ψ(x, 0)

∂t= g(x)⇒ c(A′(x)−B′(x)) = g(x)

Sia ora G(x) una primitiva di g(x). Allora il nostro sistema diventa

A(x) +B(x) = f(x)

A(x)−B(x) = 1cG(x)

⇒

A(x) =

1

2

(f(x) +

1

cG(x)

)B(x) =

1

2

(f(x)− 1

cG(x)

)


Per cui,

ψ(x, t) =1

2(f(x+ ct) + f(x− ct)) +

1

2c(G(x+ ct)−G(x− ct))

ψ(x, t) =1

2(f(x+ ct) + f(x− ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(z)dz

Discutiamo ora di una cosa importante, ovvero dei domini di f(x) e g(x). Non si trattadi un delirio da matematico, ma di una cosa di notevole rilevanza fisica che va aggiustataper avere la soluzione corretta.

Normalmente ci aspettiamo di non avere f, g su tutto R, ma solo su un piccolo intervallo.Per esempio, se abbiamo una corda tesa fra [0, L], La funzione che descrive la forma dellacorda potra tranquillamente essere definita su tutto R, ma la funzione perde significato fuoridall’intervallo [0, L]. La cosa giusta da fare e prolungare con continuita la funzione in modoperiodico, ovvero ripeterla periodicamente di periodo L.

Equazione del trasporto


Equazione di Laplace

∇2V = 0

e una equazione alle derivate parziali lineare ed omogenea. Questo in virtu del fatto chel’operatore laplaciano e un operatore lineare, infatti se ∆V1 = 0, ∆V2 = 0 e V = V1 + V2

allora

∇2V =∂2

∂x2V +

∂2

∂y2V +

∂2

∂z2V =

∂2

∂x2V1 +

∂2

∂y2V1 +

∂2

∂z2V1 +

∂2

∂x2V2 +

∂2

∂y2V2 +

∂2

∂z2V2

= ∇2V1 +∇2V2 = 0

Allo stesso modo anche V3 = kV1 con k numero reale sara anche essa soluzione. Quindi lesoluzioni di tali equazioni formano uno spazio vettoriale, a dimensione infinita. La risoluzionedi equazioni alle derivate parziali puo essere suddivisa in due parti:

1. Trovare tutte le soluzioni dell’omogenea lineamente indipendenti, ovvero una base dellospazio vettoriale che ci interessa

2. Capire quale e la combinazione lineare giusta che ci da anche le condizioni al contornoche vogliamo

Le condizioni al contorno non possono essere qualsiasi, altrimenti la soluzione potrebbe nonesistere. In particolare, dato uno spazio compreso fra due superfici chiuse40, le possibilicondizioni al contorno pososno essere:

Dare il valore del potenziale sulle due superfici

Dare il valore del campo elettrico sulle due superfici

In particolare, a noi interessera considerare il primo caso, e se le superfici coincideranno conla superficie di un conduttore, il valore del potenziale sulla superficie sara semplicementeuna costante e non dipendera dalla posizione sulla superficie, semplificando ulteriormente ilproblema. In generale, trovare tutte le soluzioni in un dato set di coordinate non e difficile.La parte molto complicata e al contrario capire la giusta combinazione lineare che mi serve,specie se le superfici che delimitano il mio spazio sono brutte. Per esempio uno puo cercaredi risolvere l’equazione nello spazio compreso fra una superficie a forma di banana e unaa forma di fagiolo. Il problema sarebbe perfettamente ben posto, ma il punto 2 sarebbeterribilmente complicato. Non tratteremo casi simili in queste dispense, e ci limiteremoai seguenti casi: potenziale all’interno di un parallelepipedo, all’interno di un cilidro, fradue cilindri concentrici (eventualmente uno di raggio infinito), fra due sfere concentriche(eventualmente una di raggio infinito). Passiamo ora a risolvere sistematicamente la primaparte. Nota: in tutto il capitolo, riscrivero le equazioni riassorbendo opportunamente delleunita di lunghezza nelle coordinate in modo che diventino adimensionali. Il tutto per unamigliore leggibilita delle equazioni.

Coordinate Cartesiane Se le coordinate sono cartesiane possiamo scrivere

∇2V =∂2

∂x2V +

∂2

∂y2V +

∂2

∂z2V = Vxx + Vyy + Vzz = 0

40La superficie esterna puo anche andare all’infinito.


Come abbiamo detto non siamo interessati ora a trovare la piu generale soluzione di taleequazione, ma semplicemente una ad una soluzioni linearmente indipendenti. Per questoposso, senza perdita di generalita41, ipotizzare che la mia soluzione sia a variabili separabili

V (x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z)

Sostituendo, e dividendo tutta l’equazione per V , ottengo (ed indicando con

X = dX/dx, X = d2X/dx2

e le altre in modo simile (posso farlo dato che ciascuna funzione ha un solo argomento)

1

V(Vxx + Vyy + Vzz) =

X(x)

X(x)+Y (y)

Y (y)+Z(z)

Z(z)= 0

Se ora derivo questa espressione rispetto alle tre variabili, trovo

∂

∂x

(X(x)

X(x)+Y (y)

Y (y)+Z(z)

Z(z)

)=

d

dx

(X(x)

X(x)

)= 0

∂

∂y

(X(x)

X(x)+Y (y)

Y (y)+Z(z)

Z(z)

)=

d

dy

(Y (y)

Y (y)

)= 0

∂

∂z

(X(x)

X(x)+Y (y)

Y (y)+Z(z)

Z(z)

)=

d

dz

(Z(z)

Z(z)

)= 0

Da cui capisco che devono valere le seguenti 4 equazioni separatamente

X(x)

X(x)= C1

Y (y)

Y (y)= C2

Z(z)

Z(z)= C3

C1 + C2 + C3 = 0

Dove C1,2,3 sono numeri reali. Tali numeri non possono essere ovviamente tutti positivi, ne

tutti negativi. E possibile mostrare che scegliendone due negativi e uno positivo, al variaredi tale numero ottengo una base del mio spazio di soluzioni, quindi scegliero in particolare42

X(x)

X(x)= −n2

Y (y)

Y (y)= −m2

Z(z)

Z(z)= n2 +m2

41Dimostrare tale affermazione non e banale e richiede di sapere molta matematica del primo e secondoanno, quindi non dovete provarci!

42Nota che li scelgo essere numeri interi perche ho riassorbito le unita di lunghezza. Per un cubo, senza

assorbire le lugnhezze avrei usato n2

L2 , dove L e il lato del cubo ed n ∈ N.


Ottenendo la famiglia di soluzioni

V (x, y, z) = Cn,m sin (nx+ φx) sin (my + φy) sinh(√

n2 +m2z + φz

)a cui chiaramente vanno aggiunte tutte le soluzioni ottenibili permutando x con z ed ycon z. Questa soluzione non vi sara molto utile per le olimpiadi, in quanto i coefficientiCn,m possono essere trovati solo facendo quello che si chiama sviluppo di Fourier. Prima diconcludere questa sezione, voglio tuttavia farvi notare che e possibile trovare un’altra basedello spazio di soluzioni in coordinate cartesiane, che consiste essenzialmente di polinomi in3 variabili di grado omogeneo. Vi faccio alcuni esempi usando solo due variabili (ovvero,soluzioni indipendenti da z). Volendo risolvere

∇2V =∂2

∂x2V +

∂2

∂y2V = Vxx + Vyy = 0

Possiamo associare una soluzione ad ogni monomio di 2 variabili P (x, y) = Cn,mxnym, e per

facilitare il tutto supponiamo che n,m siano interi non negativi. Cominciamo con ipotizzareche

∂2

∂x2V = P (x, y) = Cn,mx

nym (2.17)

Allora possiamo subito trovare

∂

∂xV =

∫P (x, y)dx =

∫P (x, y)dx = Cn,m

∫ymxndx = C1(y) +

Cn,mn+ 1

ymxn+1

V =

∫dx

(C1 +

Cn,mn+ 1

ymxn+1

)= C0(y) + C1(y)x+

Cn,m(n+ 1)(n+ 2)

ymxn+2

Dove C0,1(y) non sono costanti, ma funzioni che non dipendono da x. A questo punto possoinserire questa soluzione dentro l’equazione originale e trovare

−P (x, y) = −Cn,mxnym =∂2

∂y2V =

∂2

∂y2

(C0(y) + C1(y)x+

Cn,m(n+ 1)(n+ 2)

ymxn+2

)=

∂2

∂y2(C0(y) + C1(y)x) +

Cn,mm(m− 1)

n(n− 1)ym−2xn+2

Per poter avere una identita e necessario avere m = 0, 1 in quanto non ci sono altri terminiche contengano xn+2. Inoltre dovra essere anche n = 0, 1, perche altrimenti il termine xn

non puo cancellarsi con alcun altro termine. Otteniamo

−Cn,mxnym =∂2

∂y2(C0(y) + C1(y)x)

Per n = 1 otteniamo

−C1,mxym = C0(y) + xC1(y)

C0 = A+By

C1 = −C1,mym+2

(m+ 1)(m+ 2)+Dy + E

V = (A+By) +

(−C1,m

ym+2

(m+ 1)(m+ 2)+Dy + E

)x+

C1,m

(n+ 1)(n+ 2)ymx3


Per n = 0 invece abbiamo

−C0,mym = C0(y) + xC1(y)

C1 = A+By

C0 = −C0,mym+2

(m+ 1)(m+ 2)+Dy + E

V = −C0,mym+2

(m+ 1)(m+ 2)+Dy + E + (A+By)x+

C0,m

(n+ 1)(n+ 2)ymx2

In partica abbiamo trovato le seguenti soluzioni linearmente indipendenti

1, x, y, x2 − y2, xy, x3 − 3xy2, y3 − 3yx2

Potremmo ulteriormente amplicare questo set di soluzioni indebolendo l’ipotesi 2.17, peresempio con

∂2

∂x2V = P (x, y) +

∑m

kmP (x, y)

(y2

x2

)m,m ∈ N

Tuttavia ci fermeremo qua, e ritorneremo su questo set di soluzioni nella sezione dellasoluzione in coordinate sferiche.

Coordinate CilindricheIl Laplaciano in coordinate cilindriche e

∇2 =1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂

∂ρ

)+

1

ρ2

∂2

∂θ2+

∂2

∂z2

Possiamo di nuovo supporre che

V (ρ, θ, z) = R(ρ)Θ(θ)Z(z)

con la stessa tecnica di prima trovo

1

ρR(ρ)

d

dρ

(ρR(ρ)

)+

1

ρ2

Θ(θ)

Θ(θ)+Z(z)

Z(z)= 0

Derivando rispetto a z si trova

d

dz

Z(z)

Z(z)= 0

Quindi quel termine e costante

Z(z)

Z(z)= Cz

Sostituendo e moltiplicando per ρ2 si trova

ρ

R(ρ)

d

dρ

(ρR(ρ)

)+

Θ(θ)

Θ(θ)+ Czρ

2 = 0


Il termine con la funzione Θ e l’unico che contiene una dipendenza da θ, quindi derivandorispetto a θ

d

dθ

Θ(θ)

Θ(θ)= 0

Quindi anche quel termine e costante

Θ(θ)

Θ(θ)= Cθ = −n2

L’ultima uguaglianza nasce dal fatto che la funzione Θ deve essere periodica di 2π, e quindipossiamo solo accettare soluzioni sinusoidali. Otteniamo quindi

ρ

R(ρ)

d

dρ

(ρR(ρ)

)− n2 + Czρ

2 = 0 (2.18)

Le soluzioni di questa equazione sono dette funzioni di Bessel. Vi consiglio di provare ilproblema 3.8.21 che aiuta a comprendere le funzioni di Bessel. Noi qui tratteremo soloil caso in cui Cz = 0, ovvero in cui le soluzioni non dipendono da z (ovvero per esempioquando avete simmetria per traslazioni lungo l’asse, perche il cilindro e infinito). In tal casol’equazione diventa:

ρ

R(ρ)

d

dρ

(ρR(ρ)

)− n2 = 0

Essendo una equazione differenziale di secondo ordine ci aspettiamo 2 soluzioni linearmenteindipendenti. Sostituiamo R(ρ) = ρα:

1

ρα−1

d

dρ

(ραρα−1

)− n2 =

α

ρα−1

d

dρ(ρα)− n2 = α2 − n2 = 0

da cui si deduce α = n e si trova tutta la famiglia di soluzioni

V (ρ, θ) = A0 +B0 log ρ+∞∑i=1

(Aiρ

i +Bi

ρi

)cos (θ + φi)

Esempio 2.4.1. Consideriamo due fili uniformemente carichi e infinitamente lunghi. Ledensita di carica sui due fili sono rispettivamente λ e −λ. I due fili sono posti a x = ε/2, y = 0ed x = −ε/2, y = 0 dentro un conduttore cilindrico infinito cavo di raggio R. Calcolare ilpotenziale elettrico nel limite ε → 0, λ → ∞, ελ = Q = const all’interno di tutto il cilindroconduttore.

Soluzione Il potenziale elettrico di un filo uniformemente carico e

V (ρ) = λ log ρ

Scriviamo ora quanto vale ρ in funzione delle coordinate del sistema METTI DISEGNO.Otteniamo, per il primo filo

ρ1 =

√ρ2 + (

ε

2)2 − ρε cos θ


E per il secondo filo

ρ2 =

√ρ2 + (

ε

2)2 − ρε cos(π − θ) =

√ρ2 + (

ε

2)2 + ρε cos θ

Quindi il potenziale dei due fili sara

V12(ρ, θ) = λ

(log

√ρ2 + (

ε

2)2 − ρε cos θ − log

√ρ2 + (

ε

2)2 + ρε cos θ

)Dato che ε e piccolo, possiamo espandere il logaritmo in serie. Il primo termine dovrebbebastare

V12(ρ, θ) = λ

(log ρ+ log

(1− ε

2ρcos θ

)− log ρ− log

(1 +

ε

2ρcos θ

))+ λO(ε2)

= λ

(− ε

2ρcos θ − ε

2ρcos θ

)+ λO(ε2) = −Q

ρcos θ +O(ε)

Quindi nel limite ε→ 0

V12(ρ, θ) = −Qρ

cos θ

Il potenziale elettrico risultate sara dato dalla somma di questo piu quello indotto, che edato dalla 2.4 con la scelta dei coefficienti Ai, Bi opportuni.

V (ρ, θ) = −Qρ

cos θ + A0 +B0 log ρ+∞∑i=1

(Aiρ

i +Bi

ρi

)cos (θ + φi)

In particolare, essendo il cilindro un conduttore, vorremo che il potenziale sulla sua superficiesia costante

V (R, θ) = −QR

cos θ + A0 +B0 logR +∞∑i=1

(AiR

i +Bi

Ri

)cos (θ + φi)

E chiaro che affinche cio avvenga, e necessario, per ogni i ≥ 2 che Ai = Bi = 043. Rimane

V (R, θ)− Q

Rcos θ + A0 +B0 logR +

(A1R +

B1

R

)cos (θ + φi) =

= A0 +B0 logR +

(A1R cosφ1 +

B1

Rcosφ1 −

Q

R

)cos θ − sinφ1

(A1R +

B1

R

)sin θ

I primi due termini sono costanti sulla superficie del cilindro, perche non dipendono daθ, mentre il secondo e il terzo sono proporzionali a cos θ e sin θ rispettivamente. Affinche ilpotenziale sia costante sul conduttore, e quindi necessario che

A1R cosφ1 +B1

Rcosφ1 −

Q

R= 0

sinφ1

(A1R +

B1

R

)= 0

43In particolare, deve essere Bi = 0 da cui segue Ai = −Bi/R2 = 0. La ragione per cui Bi = 0 verraspiegata a breve per l = 0, 1.


La seconda equazione ha soluzioni(A1R + B1

R

)= 0 e sinφ1 = 0, tuttavia la prima soluzione

rende la prima equazione impossibile, quindi scegliamo la seconda. La prima equazionediventa

A1R +B1

R− Q

R= 0

Abbiamo una equazione e due incognite. Tuttavia, ci accorgiamo che il termine con B1

e esattamente uguale a quello generato dai nostri due fili infiniti. Quindi usare B1 6= 0significherebbe aggiungere altri fili infiniti all’interno del nostro conduttore, che non e cioche vogliamo, quindi B1 = 0 e

A1 =Q

R2

Per finire, dobbiamo discutere i coefficienti A0 e B0. Il termine dato da B0 e il potenzialeelettrico generato da un filo infinito di densita di carica B0, e quindi dato che non vogliamoaggiungere altri fili infinito all’interno del nostro cilindro, B0 = 0. Il termine A0 e un terminecostante che possiamo sempre aggiungere, in particolare se vogliamo che il potenziale a cuie il conduttore sia V0, dovremo scegliere A0 = V0. Il risultato finale e

V (ρ, θ) =Q

R

(ρ

R− R

ρ

)cos θ + V0

Coordinate SfericheIl Laplaciano in coordinate sferiche e

∇2V =1

r

∂2

∂r2(rV ) +

1

r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂

∂θV

)+

1

r2 sin2 θ

∂2

∂φ2V

Ancora una volta possiamo cercare soluzioni a variabili separabili. Poniamo

V (r, θ, z) =1

rR(r)Θ(θ)Φ(φ)

Sostituiamo, dividiamo per V e moltiplichiamo tutto per r2 sin2 θ

r2 sin2 θR(r)

R(r)+

sin θ

Θ(θ)

∂

∂θ

(sin θΘ(θ)

)+

Φ(φ)

Φ(φ)= 0

Derivando l’equazione rispetto a φ troviamo

∂

∂φ

(r2 sin2 θ

R(r)

R(r)+

sin θ

Θ(θ)

∂

∂θ

(sin θΘ(θ)

)+

Φ(φ)

Φ(φ)

)=

d

dφ

Φ(φ)

Φ(φ)= 0

Da cuiΦ(φ)

Φ(φ)= Cφ = −m2,m ∈ Z

L’ultima uguaglianza nasce dal fatto che la funzione Φ deve essere periodica di 2π, e quindipossiamo solo accettare soluzioni sinusoidali. Sostituiamo e dividiamo tutto per sin2 θ

r2 R(r)

R(r)+

1

sin θΘ(θ)

∂

∂θ

(sin θΘ(θ)

)− m2

sin2 θ= 0


Abbiamo separato le variabili, infatti e facile vedere che la dipendenza da r e data solo dalprimo termine, che deve essere quindi costante, e la dipendenza da θ e invece data dagli altri2, che devono quindi essere anche essi costanti. Spezziamo quindi l’equazione in

r2 R(r)

R(r)= l(l + 1)

1

sin θΘ(θ)

∂

∂θ

(sin θΘ(θ)

)− m2

sin2 θ= −l(l + 1)

La prima equazione e facile da risolvere, infatti le soluzioni sono

R(r) = Alrl+1 +

Bl

rl

L’altra equazione e meno facile da risolvere, e le sue soluzioni sono chiamati polinomi associatidi Legendre Plm(cos θ), mentre i prodotti Plm(cos θ)eimφ = Ylm(θ, φ) sono chiamate armonichesferiche e sono funzioni tabulate. Noi considereremo il caso ”facile” in cui m = 0, in questocaso i Pl0 vengono chiamati polinomi di Legendre Pl(cos θ). Ecco qua i primi 3:

P0(x) = 1

P1(x) = x

P2(x) =3x2 − 1

2

Mettiamo ora assieme i vari pezzi per costruire le soluzioni

V (r, θ) =∑l

(Alr

l +Bl

rl+1

)Pl(cos θ) (2.19)

Usando ora il fatto che z = r cos θ riscriviamo le prime soluzioni usando le coordinatecartesiane. per l = 0 otteniamo

A0 +B0

r

Questo e un potenziale costante sommato al potenziale di una carica puntiforme, lo cono-scevamo gia. Per l = 1 troviamo(

A1r +B1

r2

)cos θ =

(A1z +

B1z

r3

)Il primo dei due termini lo conoscevamo gia: e un potenziale che cresce in modo costante,che indica un campo elettrico costante. Il secondo invece e nuovo, ed e il potenziale elettricogenerato da un dipolo elettrico ~p:

V = k~p · ~rr3

= k~p · rr2

= k|~p| cos θ

r2

Andiamo ora a vedere i termini con l = 2:(A2r

2 +B2

r3

)P2(cos θ) =

(A2r

2 +B2

r3

)3 cos2−1

2=

(A2 +

B2

r5

)3z2 − r2

2

=

(A2 +

B2

r5

)2z2 − x2 − y2

2


Il primo di questi termini ci ricorda qualcosa che abbiamo visto di recente: in effetti e moltosimile alla soluzione che avevamo trovato nella sezione coordinate cartesiane

x2 − y2

In effetti, partendo dalle soluzioni 2.19 e possibile ricavare tutte le soluzioni anche in coordi-nate cartesiane, e saranno tutte dei polinomi di grado l omogeneo. Il secondo termine invece,e il potenziale generato da un quadripolo elettrico. METTI FIGURA.

Esempio 2.4.2. Per mostrare un esempio di utilizzo pratico di queste soluzioni, consideria-mo una sfera conduttrice cava di raggio R, al cui interno, al centro, venga posto un dipoloelettrico ~p. Trovare il potenziale all’interno di ogni punto della sfera.

Soluzione: Il potenziale elettrico generato da un dipolo abbiamo appena visto essere (sescegliamo l’asse z lungo ~p):

Vp(r, θ) = k|~p| cos θ

r2

Tuttavia questo termine da solo non basta, perche la sfera essendo conduttrice dovra avereun valore costante del potenziale sulla sua superficie, mentre in questo caso abbiamo

Vp(R, θ) = k|~p| cos θ

R2

che dipende dall’angolo θ. Per ovviare a questo problema, dobbiamo aggiungere un potenzialeindotto V , dato dalla soluzione 2.19 scegliendo opportunamente gli Al e i Bl. Ragionandoun poco vediamo che gli unici termini che possono cancellare questa dipendenza angolaredel potenziale sono quelli con l = 1, quindi il potenziale totale sara pari a:

V (r, θ) = k|~p| cos θ

r2+

(A1r +

B1

r2

)cos θ =

(A1r +

B1

r2+k|~p|r2

)cos θ

Se calcoliamo il potenziale sulla superficie della sfera avremo

V (R, θ) =

(A1R +

B1

R2+k|~p|R2

)cos θ

L’unico modo per ottenere un potenziale costante e imporre che la roba fra parentesi facciazero. Si, e vero, in questo modo il potenziale sulla sfera fara per forza 0, ma dovete ricordareche siamo ancora liberi di aggiungere altri termini della soluzione, in particolare per porre lasfera a un potenziale V0 bastara aggiungere il termine della soluzione A0 = V0. Ci ritroviamoquindi con l’equazione:

A1R +B1

R2+k|~p|R2

= 0

Chiaramente questa equazione da sola non e risolvibile, in quando abbiamo 2 incognite.Bisogna aggiungerci una informazione fisica: il termine B1 indica un potenziale di dipolo.Quindi scegliere un B1 6= 0 vuol dire aggiungere un altro dipolo dentro la sfera, mentre la miaipotesi e che non ci siano altri dipoli al suo interno, quindi devo scegliere B1 = 0. Ottengo:

A1 = −k|~p|R3

= 0


E quindi il potenziale all’interno della sfera sara

V (r, θ) =k|~p| cos θ

R2

(R2

r2− r

R

)+ V0

Avendo trovato il potenziale in tutto lo spazio, possiamo ora passare a calcolare la sensita dicarica superficiale indotta sulla superficie della sfera conduttrice. Per farlo possiamo usareil teorema di Gauss su una superficie chiusa di area base dA = (dx)2 e altezza dh dx, cheracchiuda un pezzettino della superficie della sfera. Troviamo∫

Σ

d~Σ · ~E = ErdA = σEdA

Er = σ

Quindi la densita di carica superficiale e pari alla componente normale del campo elettricosulla sfera. Quindi

σ = Er(R, θ) = − ∂

∂rV (r, θ)r=R =

3k|~p| cos θ

R3

Esempio 2.4.3. Facciamo ora l’esercizio inverso: prendiamo una sfera conduttrice e ponia-mola in una campo elettrico esterno costante, che per comodita orienteremo lungo l’asse z.Trovare il potenziale in tutto lo spazio.Il potenziale elettrico dato dal campo esterno e

Vext(r, θ) = Er cos θ

Come prima dobbiamo aggiungere una soluzione dell’equazione di Laplace che mi dia unpotenziale costante sulla sfera. Attenzione: stavolta risolviamo nello spazio esterno allasfera. Mentre prima era proibito aggiungere un qualsiasi termine Bl, perche sarebbe statoequivalente ad aggiungere cariche all’interno della sfera, che era lo spazio dove stavamocercando il potenziale, ma era consentito aggiungere qualsiasi termine Al, perche lo spaziointerno alla sfera e limitato e percio tali termini non divergevano, ora ci troviamo nellasituazione contraria: non possiamo aggiungere nessun termine Al

44, perche lo spazio esternoinclude punti all’infinito, dove asumiamo che il campo elettrico non assuma valori infiniti,mentre siamo liberi di aggiungere qualsiasi termine Bl. Scriviamo quindi

V (r, θ) = Er cos θ + A0 +∞∑l=0

Bl

rl+1Pl(cos θ)

Come nell’esempio precedente e ovvio che tutti i Bl con l 6= 0, 1 devono essere nulli per avereun potenziale costante sulla sfera. Otteniamo

V (r, θ) = Er cos θ + A0 +B0

r+B1

r2cos θ = A0 +

B0

r+

(Er +

B1

r2

)cos θ

44Eccetto l = 0, che e una costante additiva del potenziale che non cambia il valore del campo elettrico eposso sempre scegliere a piacere, e l = 1, che pero equivarrebbe ad aggiungere un campo elettrico esternocostante, cosa che non vogliamo fare.


La condizione di potenziale costante sulla sfera quindi e

ER +B1

R2= 0

Ovvero

V (r, θ) = A0 +B0

r+ ER

(r

R− R2

r2

)cos θ

Restano da trovare le costanti A0, B0. Come fare? Bisogna capire cosa queste costantisignifichino fisicamente. Calcoliamo ora il potenziale elettrico V0 a cui e tenuta la sfera e lacarica totale Q depositata su di essa:

V0 = V (R, θ) = A0 +B0

R

Q =1

4π

∫Σ

d ~A~E =R2

4π

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

sin θdθEr(R, θ)

= −R2

2

∫ π

0

∂

∂rV (r, θ)r=R = −R

2

2

∫ π

0

(−B0

R2+ 3E cos θ

)= B0

Quindi avremo

V (r, θ) = V0 +Q

R

(R

r− 1

)+ ER

(r

R− R2

r2

)cos θ

Se la sfera era isolata e scarica inzialmente, Q = 0 e quindi

V (r, θ) = V0 + ER

(r

R− R2

r2

)cos θ

Quindi un dipolo elettrico posto dentro una sfera conduttrice genera un campo indottocostante all’interno della sfera, mentre un campo elettrico costante all’esterno della sferagenera un campo indotto uguale a quello di un dipolo elettrico all’esterno della sfera.Corollario interessante: Nella sezione di algebra abbiamo visto che per x, x0 ∈ R:

1

|x− x0|=

1

x

∞∑n=0

(x0

x

)n, x0 < x

1

|x− x0|=

1

x0

∞∑n=0

(x

x0

)n, x0 > x

Dato che spesso nel calcolo dei campi elettrici ci ritroviamo a calcolare spesso

1

|~r − ~r0|sarebbe utile avere tale espressione generalizzata al caso del vettore. Un modo per trovare iprimi termini e usare il teorema di Carnot, come abbiamo fatto in alcuni esercizi, e fare leespansioni in serie. Tuttavia c’e un metodo piu veloce, basta ricordarsi che

1

|~r − ~r0|=

1

r

∞∑l=0

(r0

r

)lPl(cos θ), r0 < r

1

|~r − ~r0|=

1

r0

∞∑l=0

(r

r0

)lPl(cos θ), r0 > r


Equazione di Poisson

Ne avevate avuto abbastanza con l’equazione di Laplace, che era gia abbastanza complicata?Ecco, l’equazione di Poisson e ovviamente peggio, perche si tratta di risolvere l’equazionenon omogenea associata

∇2V = f(x, y, z)

Non andremo molto nei dettagli riguardo a questa equazione. La prima cosa da notare eche e anche questa una equazione lineare, quindi, per trovare tutte le sue soluzioni, basteratrovare una soluzione particolare dell’equazione di Poisson, a cui aggiungere tutte le soluzionidell’equazione di Laplace. Quindi, al solito, il problema piu grande sara trovare la giustacombinazione lineare di soluzioni dell’equazione omogenea (Laplace) da aggiungerci per faretornare bene le condizioni al contorno, ma noi non ci occuperemo di questo ora. Per trovarela soluzione particolare che funzioni, si puo procedere al solito con la separazione dellavariabili45. Scrivendo

f(r, θ, φ) = f r(r)f θ(θ)fφ(φ)

nel caso di coordinate sferiche, o in modo anologo per gli altri sistemi, la risoluzione dell’e-quazione puo poi essere fatta proiettando la funzione su opportuni stati. Faro ora un esempioper spiegare cosa significa ”proiettare”. Nel caso di coordinate sferiche per esempio, assu-mento che fφ(φ) = 1, possiamo riscrivere una funzione periodica f θ(θ) come combinazionelineare di Pl(cos θ), e poi risolvere termine per termine. Ad esempio

∇2V = f r(r) cos2 θ

dove f r(r) e una generica funzione di r. Possiamo scomporre

cos2 θ =2

3P2(cos θ) +

1

3P0(cos θ)

e poi cercare due soluzioni del tipo

∇2V0(r, θ) = f r(r)P0(cos θ)

3, V0(r, θ) = R(r)P0(cos θ)

∇2V2(r, θ) = f r(r)2P2(cos θ)

3, V2(r, θ) = R(r)P2(cos θ)

Tutti i termini in θ e φ mi si semplificheranno, e il problema sara ridotto a risolvereun’equazione differenziale lineare di secondo ordine ordinaria.

Esempio 2.4.4. Consideriamo una sfera uniformemente carica. Il potenziale al suo internosi potrebbe trovare semplicemente con il teorema di Gauss, ma noi ci vogliamo fare del malequindi proveremo a trovarlo risolvendo l’equazione di Poisson.

In questo paragrafo, per semplificare i conti non utilizzeremo

∇2V = − ρε0

Bensı

45Se la funzione f non e a variabili separabili, potete sempre scriverla come somma di cosa a variabiliseparabili. Non spieghero qui come fare questo in generale, perche sarebbe troppo lungo.


∇2V = −k4πρ

Chiaramente ponendo k = 14πε0

tutto torna identico a prima. Tuttavia, dato che sonopigro non mettero nemmeno k, per cui ricordatevi che manca quel termine quando trovatele formule per il potenziale.

Se la densita di carica e uniforme, la nostra funzione f sara una costante. Quindi nel”proiettare” avremo solo l = 0:

V (r, θ, φ) = V (r)

∇2V =1

r

∂2

∂r2(rV (r)) = −4πρE

Integrando due volte l’equazione troviamo

∂2

∂r2(rV (r)) = −4πρEr

∂

∂r(rV (r)) = −4πρE

r2

2+ C1

rV (r) = −4πρEr3

6+ C1r + C0

V (r) = −2π

3ρEr

2 + C1 +C0

r

Al solito dobbiamo scegliere le giuste costanti e per farlo dobbiamo sempre chiederci il lorosignificato fisico. Calcoliamo la carica contenuta all’interno di una distanza r:

Q(r) =1

4π

∫Σ

d ~A · ~E =r2

4π

∫ 2π

0

∫ π

0

dθ sin θEr = −r2

2

∫ π

0

dθ sin θ∂

∂rV

=r2

2

∫ π

0

dθ sin θ

(4π

3ρEr +

C0

r2

)= ρE

4π

3r3 + C0

Dato che ρE4π3r3 e la carica che mi sarei aspetatto dalla nostra distribuzione omogenea,

significa che C0 sarebbe una carica aggiuntiva posta nell’origine. Non la vogliamo, quindiC0 = 0:

V (r) = −2π

3ρEr

2 + C1

A questo punto e logico che il significato di C1 e il potenziale che vogliamo scegliere nelpunto r = 0.


Equazione di Fourier

In questa sezione, vogliamo studiare le soluzioni dell’equazione di Fourier

∂

∂tT = k∇2T

Questa equazione sembra ancora piu complicata di quella di Laplace, dato che ora abbiamouna quarta coordinata, il tempo. Ed in effetti lo e. Pero abbiamo gia fatto molta strada!Innanzitutto le soluzioni stazionarie, ovvero dove la temperatura non varia con il tempo sonoquelle di

∇2T = 0

Ovvero sono sempre soluzioni delle equazioni di Laplace, che abbiamo gia studiato in buondettaglio. Passiamo ora alle soluzioni variabili nel tempo. Discutere il caso piu generale e al-quanto complicato, quindi considereremo alcuni casi con particolari simmetrie: in particolareinvarianza per traslazione lungo due dei 3 assi (sistema cartesiano), invarianza per rotazioniattorno ad un asse e traslazioni lungo lo stesso (cilindriche) o invarianza per rotazioni attornoa qualsiasi asse (sferiche).

Coordinate CartesianeL’equazione si riduce ad avere solo due coordinate: (x, t):

∂

∂tV = k

∂2

∂x2V

L’equazione puo essere al solito risolta per separazione delle variabili:

V (t, x) = T (t)X(x)

X(x) = −n2X(x)

T (t) = −kn2T (t)

da cui

V[0,1](t, x) =∞∑n=1

Cn sin(nπx)e−n2π2kt

dove ho anche imposto le condizioni al contorno V (t, 0) = V (t, 1) = 0, e i Cn vanno scelti inmodo da riprodurre il giusto valore per V (0, x). Questo spesso significa calcolare la serie diFourier di V (0, x). Questo metodo funziona solo se il dominio per x e limitato. Nel caso siaillimitato (x ∈ [0,∞) oppure x ∈ (−∞,∞)) e necessario l’utilizzo della soluzione46

V (t, x) =

∫ ∞0

dyV[0,∞](t, x− y)g(y)dy

dove

V[0,∞](t, x) =1√

4πkte−

x2

4kt

Esempio 2.4.5. Vogliamo calcolare l’evoluzione temporale di un sistema fatto di due piastreinfinite in posizione x = 0 ed x = 1 tenute a temperature fisse T1, T2 < T1 che contengono alloro interno un materiale con diffusivita k a temperatura iniziale T0(x) = T2.

46Questa vale per x ∈ [0,+∞), ma ne esiste una simile per x ∈ (−∞,+∞).


SoluzioneCominciamo col calcolare lo stato di equilibrio finale: sara

∇2T =∂2

∂x2T = 0

La cui soluzione eT (x) = T1 + (T2 − T1)x

La soluzione completa sara data dalla somma di questa soluzione con una dipendente daltempo

T (t, x) = T1 + (T2 − T1)x+ T (t, x)

Le condizioni al bordo per T saranno

T (t, 0) = T1 + T (t, 0) = T1

T (t, 1) = T2 + T (t, 1) = T2

ovveroT (t, 0) = T (t, 1) = 0

che e proprio il caso che abbiamo considerato per il nostro sviluppo in serie. La condizioneal bordo per t = 0 e invece47

T (0, x) = T1 + (T2 − T1)x+ T (0, x) = T0(x) = T2

ovveroT (0, x) = (T2 − T1) (1− x)

Per utilizzare la soluzione con lo sviluppo in serie, bisogna trovare i Cn tali che

∞∑n=1

Cn sin(nπx) = (T2 − T1) (1− x)

Per trovare i Cn basta proiettare su uno stato sin(mπx):

∞∑n=1

Cn sin(nπx) sin(mπx) = (T2 − T1) (1− x) sin(mπx)∫ 1

0

dx

∞∑n=1

Cn sin(nπx) sin(mπx) =

∫ 1

0

dx (T2 − T1) (1− x) sin(mπx)

solo un termine della somma sopravvive, quello con n = m:∫ 1

0

dxCn sin2(nπx) =Cn2

=

∫ 1

0

dx (T2 − T1) (1− x) sin(nπx)

Da cui trovo

Cn =2

nπ(T2 − T1)

47la funzione T0(x) e discontinua, ma e uguale a T2 in ogni punto diverso da x = 0.


E la soluzione completa e

T (t, x) = T1 + (T2 − T1)x+ (T2 − T1)∞∑n=1

2

nπsin(nπx)e−n

2π2kt

Una cosa da notare, e che anche senza saper trovare i coefficienti Cn, si e comunque ingrado di dare una stima del tempo necessario per raggiungere l’equilibrio, esso sara datoapprossimativamente dalla costante di tempo che compare nell’esponenziale, ovvero

1

τ= n2π2k

Dove come n scegliero n = 1 in quanto mi da il tempo scala piu lungo di tutti. Da notareche le unita di k sono diverse dal solito per via del fatto che all’inizio ho riassorbito tutte leunita di lunghezza in k per rendere adimensionale. Ripristinado le giuste unita si trova

1

τ=π2k

x2

dove al posto di x andra messo lo spessore del sistema.Coordinate CilindricheL’equazione si riduce ad avere solo due coordinate: (ρ, t):

∂

∂tV = k

1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂

∂ρV

)Sostituendo

V (t, ρ) = R(ρ)T (t)

Separando le variabili ottengo nuovamente un caso speciale di 2.18 (ovvero con n = 0 eCz = n2 > 0):

1

R(ρ)ρ

d

dρ

(ρR(ρ)

)+ n2 = 0

T (t) = −kn2T (t)

La soluzione generale sara percio

V (t, ρ) =∞∑n=1

(AnJ0(nρ) +BnY0(nρ)) e−n2π2kt

Dove J0 e la funzione dei Bessel del primo tipo, regolare nell’origine, e Y0 e la funzione diBessel del secondo tipo, divergente nell’origine. METTI GRAFICO.

Coordinate SfericheL’equazione si riduce ad avere solo due coordinate: (r, t):

∂

∂tV = k

1

r

∂2

∂r2(rV )


Sostituendo

V (t, ρ) =1

rR(r)T (t)

Ottengo

R(r) = −n2R(r)

T (t) = −kn2T (t)

Da cui trovo la soluzione

V (t, r) =∞∑n=1

(An

sinnπr

r+Bn

cosnπr

r

)e−n

2π2kt

Esempio 2.4.6. Abbiamo un uovo preso dal frigo, a temperatura T1 e lo mettiamo in unapentola di acqua bollente a T2. Studiare l’evoluzione della temperatura dell’uovo e del flussodi calore.

SoluzioneAll’istante iniziale, la temperatura dell’uovo e uniformemente T1, a parte la superficie esternache e a T2 > T1. Dopo molto tempo ci aspettiamo che tutto l’uovo abbia raggiunto latemperatura T2. Quindi

T (t, r) = T2 + T (t, r)

La condizione a t = 0 eT (0, r) = T2 + T (0, r) = T1

ovveroT (0, r) = T1 − T2

mentre le condizioni sul guscio esterno dell’uovo e

T (t, 1) = T2 + T (t, 1) = T2

ovveroT (t, 1) = 0

Imponiamo queste condizioni sulla soluzione

T (t, r) =∞∑n=1

(An

sinnπr

r+Bn

cosnπr

r

)e−n

2π2kt

La condizione del guscio esterno da

T (t, 1) =∞∑n=1

(An sinnπ +Bn cosnπ) e−n2π2kt = 0

An sinnπ +Bn cosnπ = 0

ovvero Bn = 0, come potevamo aspettarci dato che vogliamo una soluzione regolare. Lacondizione iniziale invece ci dice che

T (0, r) =∞∑n=1

(An

sinnπr

r

)= T1 − T2


Per trovare i coefficienti An moltiplico da ambo i lati per r sinmπx ed integro∫ 1

0

dr

∞∑n=1

An sinnπr sinmπr = (T1 − T2)

∫ 1

0

drr sinmπr

Solo l’elemento con n = m della somma contribuisce, quindi

An

∫ 1

0

dr sin2 nπr = (T1 − T2)

∫ 1

0

drr sinnπr

An

∫ 1

0

dr sin2 nπr =An2

= (T1 − T2)

∫ 1

0

drr sinnπr =T1 − T2

nπ(−1)n

An =2(T1 − T2)

nπ(−1)n

Da cui si ricava la soluzione finale

T (t, r) = T2 + (T1 − T2)∞∑n=1

2

nπ(−1)n

sinnπr

re−n

2π2kt

Il flusso di calore e

~J(t, r) = k∇T = k∂

∂rT (t, r)r = 2k(T1 − T2)r

∞∑n=1

(−1)n(

cosnπr − sinnπr

nπr

)e−n

2π2kt

dove k e la conduttivita termica, da non confondere con k la diffusivita termica, e la lororelazione e

k = kCρ

dove ρ e la densita del materiale e C e il suo calore specifico. L’energia totale trasferitaall’uovo e

E(t) =

∫ t

0

dt

∫Σ

d~Σ · ~J(t, 1) = −8πk(T1 − T2)∞∑n=1

∫ t

0

dte−n2π2kt

= −8πk

k(T1 − T2)

∞∑n=1

1

n2π2(1− e−n2π2kt)

limt→∞

E(t) = −8πCρ(T1 − T2)

π2

∞∑n=1

1

n2= −8πCρ(T1 − T2)

π2

π2

6=

4π

3Cρ(T2 − T1)

che ripristinando le unita di lunghezza e

limt→∞

E(t) =4π

3R3Cρ(T2 − T1) = MC(T2 − T1)

dove M e la massa totale dell’uovo, come ci aspettavamo. Analogamente all’esempio 2.4.5la costante di tempo per l’equilibrio e

1

τ=π2k

x2

Dove x deve essere preso pari alla lunghezza caratteristica, ovvero il raggio dell’uovo.

2.5. CENNI DI STATISTICA 131

2.5 Cenni di statistica

Media e varianza Dati N numeri reali x1, x2, ...xn definiamo la loro media aritmeticaµ

µ =1

N

N∑i=1

xi

Definiamo la varianza σ2 la quantita

σ2 =1

N

N∑i=1

(xi − µ)2

La quantita σ =√σ2 viene chiamata deviazione standard. Notare che la deviazione

standard ha la stessa unita di misura degli xi, la varianza no.Vorrei far notare che la varianza (o la deviazione standard), rappresentano concretamente

quanto i numeri sono dispersi rispetto alla media. Per esempio, se abbiamo i due campioni

C1 = 3, 6, 9 C2 = 6, 6, 6

Abbiamo che ovviamente µ1 = µ2 = 6, tuttavia σ22 = 0, semplicemente applicando la

definizione, perche ogni xi e uguale a µ. σ1 invece vale

σ21 =

1

3

((3− 6)2 + (6− 6)2 + (9− 6)2

)= 6

Nota. Non abbiamo scelto la quantita

q =1

N

N∑i=1

(xi − µ)

come rappresentante della dispersione perche

q =1

N

N∑i=1

xi −1

N

N∑i=1

µ = µ− N

Nµ = 0

Potevamo scegliere la quantita

q =1

N

N∑i=1

|xi − µ|

Per evitare di avere sempre 0, ma la varianza definita come sopra ha piu significato esoprattutto e piu pratica per fare i conti.

Probabilita discreta Per gli scopi di queste dispense e delle Olimpiadi, la definizione diprobabilita e casi favorevoli diviso casi totali. Per esempio, la probabilita che esca 1 o 2 suun dado a 6 facce e 1

3.


Definizione 2.5.1 (Variabile aleatoria). E un nome pomposo per indicare la rappresenta-zione di un evento, casuale o meno, con un numero reale. Per esempio, se vogliamo sche-matizzare l’esito del lancio di un dado a 6 facce, la schematizzazione e ovvia. Inventiamouna variabile X che puo assumere 6 valori discreti, 1, 2, 3, 4, 5, 6, che rappresentano in modoovvio l’esito del lancio.

Se al posto di aver avuto un dado avessi avuto una moneta, la cosa sarebbe stata semprebanale ma di meno. Invento la variabile X che puo assumere valore 0 o 1, con 0 testa e 1croce (o viceversa, non e rilevante).

Definizione 2.5.2 (Variabili aleatorie discrete e continue). Una variabile aleatoria X sidice discreta se puo assumere un insieme discreto di valori. Per esempio la variabile Xrappresenta la somma del valore sulle facce di N dadi e una variabile aleatoria discreta.

Se la variabile puo assumere valori con continuita, allora si dice che e una variabilealeatoria continua. Per esempio, se misuro la distanza percorsa da un copertone di biciclettaprima di bucarsi, la variabile X puo teoricamente assumere qualsiasi valore in [0,+∞].

Definizione 2.5.3 (Probabilita per una variabile aleatoria discreta). Consideriamo unavariabile aleatoria X che puo assumere i valori X1, X2, ...Xn. La probabilita dell’evento Xi

si indica con P (Xi) ed e definita come casi favorevoli su casi totali.

Per esempio, se abbiamo sempre un dado a 6 facce,

P (X1) = P (X2) = ... = P (X6) =1

6Notare che abbiamo sempre

n∑i=0

P (Xi) = 1

Definizione 2.5.4 (Media e varianza per una variabile discreta). Data una variabile discretadi cui si conosce la distribuzione di probabilita P , si definisce la media attesa µ

µ =n∑i=1

P (Xi)Xi

Notare che se per ogni P sostituiamo la frazione casi favorevoli diviso casi totali, ottenia-mo una sorta di media pesata che tiene conto del fatto che alcuni eventi capitano piu spessodi altri. Notare che nella definizione non c’e un diviso n finale in quanto la probabilita e gianormalizzata in modo che la somma dei P (Xi) sia 1.

Allo stesso modo viene definita la varianza σ2

σ2 =n∑i=1

(Xi − µ)2P (Xi)

Densita di probabilita Si definisce in modo analogo a quanto detto per le variabilialeatore discrete la probabilita per una variabile aleatoria continua.

Sia x una variabile aleatoria. La funzione p : R→ [0,∞) si dice densita di probabilita dix se la probabilita di trovare x compresa fra i valori x0 e x0 + dx e p(x0)dx. Convincetevidel risultato in termini di aree.

2.5. CENNI DI STATISTICA 133

Nota. La probabilita di trovare x compreso fra i valori a e b sara quindi una somma di areeinfinitesime, ovvero un integrale, ovvero

P (a < x < b) =

∫ b

a

p(x)dx

Dato che x da qualche parte si deve trovare, se faccio il limite per a → −∞, b → ∞,ottengo

1 =

∫ ∞−∞

p(x)dx

Ovvero la funzione distribuzione di probabilita sottende un’area sempre uguale a 1. Que-sto non vuole assolutamente dire che f(x) < 1. Possiamo infatti avere una funzione moltoalta intorno a 0 che decresce molto in fretta.

Definizione 2.5.5 (Media e varianza per una variabile continua). Analogamente al casodiscreto, si definisce la media attesa di una variabile aleatoria x di cui si conosce la funzionedensita di probabilita

µ =

∫ ∞−∞

xp(x)dx

Similmente si definisce la varianza σ2

σ2 =

∫ ∞−∞

(x− µ)2p(x)dx

Valore di aspettazione Data una variabile aleatoria x, sia discreta che continua e unagenerica funzione di x, f(x), si definisce il valore di aspettazione di f(x)

E[f(x)] =

∫ ∞−∞

f(x)p(x)dx

E[f(X)] =n∑i=1

f(Xi)P (Xi)

Dove ovviamente una definizione e per il caso discreto e una per il caso continuo. Vorreifar notare che il termine valore di aspettazione non e scelto a caso, in quanto moltiplicandola funzione per la densita di probabilita, otteniamo esattamente la media dei valori che puoassumere f(x).

Infatti, se f(x) = x

E[x] =

∫ ∞−∞

xp(x)dx = µ

Vediamo ora come la varianza si puo scrivere in un modo equivalente in termini di valoridi aspettazione

σ2 =

∫ ∞−∞

(x− µ)2p(x)dx = E[(x− µ)2] =

∫ ∞−∞

(x2 − 2µx+ µ2)p(x)dx =


=

∫ ∞−∞

x2p(x)dx− 2µ

∫ ∞−∞

xp(x)dx+ µ2

∫ ∞−∞

p(x)dx = E[x2]− 2µ2 + µ2 = E[x2]− (E[x])2

Notare che essendo σ2 ≥ 0, abbiamo ottenuto che

(E[x])2 ≤ E[x2]

Risultato non scontato ed interessante, ovvero se faccio la media dei quadrati di qualcosa,sara sempre maggiore o uguale del quadrato della media.48

Funzione di ripartizione

La funzione Gaussiana

48Alle olimpiadi di matematica e una disuguaglianza nota chiamata AM-QM

Capitolo 3

Fisica

3.1 Meccanica

Tutta la meccanica si riconduce a saper scrivere bene ~F = m~a e poi integrare. Io mostrerole tecniche standard che permettono di risolvere i problemi.

3.1.1 Statica

Se un corpo e in equilibrio, si avra che ~a = 0 e ~v = 0. Di conseguenza, Dovra essere∑

~F = 0

Forza di gravita Una forza che c’e praticamente sempre nei problemi di meccanica e laforza peso. Vicino alla superficie terrestre, con ottima approssimazione il vettore ~g e costantee la forza peso vale sempre ~F = m~g. Nel capitolo sulla gravitazione trattero nel dettaglioil caso in cui questa approssimazione non e applicabile e bisogna ricorrere alla formula diNewton ~F = −GMm

r2 r

Forze vincolari Ci sono vincoli in praticamente ogni problema di meccanica. Il fattodi potersi muovere sul pavimento senza affondare e un vincolo, per esempio. I vincoli sidistinguono in due tipi principali e in base a questi si puo subito dire che tipo di forzaeserciteranno. Ci sono i vincoli senza attrito, detti vincoli lisci e i vincoli con attrito.

I vincoli lisci in particolare sono molto migliori da trattare in quanto la forza che eserci-tano e sempre ortogonale alla superficie. Questa potete prenderla come una sorta di defini-zione di vincolo liscio, in quanto qualsiasi componente tangente alla superficie e in grado dicompiere lavoro e questo viene quindi considerato attrito.

I vincoli che non sono lisci, vengono di solito trattati banalmente scomponendo le forzenella parte di vincolo puro e nella parte di attrito, trattandole separatamente, in quantoentrambe le due componenti hanno direzione definita e, sperabilmente, anche un modulofacile da ricavare.

Attrito Attrito e un modo vago per dire spreco di energia. In ogni situazione ci sono tipi diattrito diversi e quindi anche molti modelli diversi di descriverli. In particolare, per problemidi meccanica potrete avere a che fare con questi tipi di attrito.

135

136 CAPITOLO 3. FISICA

1. Attrito statico. Ovviamente si ha questo tipo di attrito quando un oggetto efermo, come un oggetto appoggiato su un tavolo, oppure il suo punto di contatto eistantaneamente fermo, come quando si ha una palla che rotola senza strisciare sulpavimento. Il punto di appoggio sara istantaneamente fermo e quindi l’attrito sara ditipo statico.

Per descrivere questo attrito e necessario un coefficiente, di solito chiamato µ, chedipende dalle superfici dei due oggetti che si sfregano. Nella maggior parte dei casi eun numero minore di 1, ma se si prende gomma contro asfalto, per esempio, puo ancheessere piu alto.

Ricordate che in generale la forza di attrito statico non e FA = µN . Questa formulavale per l’attrito statico massimo, ovvero il massimo valore che puo raggiungere, manon necessariamente viene raggiunto questo valore. Non usate quindi quella formula asproposito. Per esempio, un mattone appoggiato su un piano non ha bisogno di attritoper stare fermo. Anzi, la presenza dell’attrito lo farebbe inspiegabilmente accelerareda qualche parte, in quanto sarebbe l’unica forza orizzontale.

2. Attrito dinamico. Quando avete un oggetto che striscia sul tavolo o contro unaltro oggetto, ovviamente l’attrito non puo piu essere statico. Questo attrito compielavoro, a differenza del precedente, ed e quindi causa di perdita di energia meccanica,di solito sotto forma di calore. Il modello piu semplificato di attrito dinamico prevedeche valga sempre la formula FAd = µdN . La direzione dell’attrito e sempre tangente

la superficie e si oppone allo spostamento, in particolare, FA = −v dove il versore vindica la velocita relativa fra le superfici. Vorrei far notare che per il terzo principiodella dinamica, se c’e attrito fra due oggetti, per esempio un mattone e il pavimento, seil pavimento trattiene il mattone facendolo rallentare, il mattone a sua volta trascinail pavimento dietro di se. Ricordatevi questa cosa in particolare se avete a che fare condue oggetti che si possono muovere entrambi, in quanto l’attrito fra i due contera suentrambi gli oggetti.

Un dettaglio: vedendo i dati tabulati, µd ≈ 12µs

3. Attrito viscoso. Quando si spara un proiettile o semplicemente ci si muove in auto,non si puo non tenere conto della resistenza dell’aria sugli oggetti che vi si muovonoattraverso. La cosa diventa ancora piu importante se ci si muove in un liquido, peresempio in acqua. Come per l’attrito fra superfici, non esiste un modo esatto perdescriverlo, ma solo modelli che si adattano bene o meno bene alla situazione. I modelliche vi capitera di utilizzare sono principalmente due e ora daro un rapido sguardo adentrambe.

In generale, e plausibile aspettarsi che la forza di attrito dipenda dalla velocita relativafra il mezzo e l’oggetto e che la direzione sia quella della velocita, con verso opposto.Di conseguenza, ci aspettiamo

~F ∝ −vαv

Sperimentalmente si vede che il coefficiente α e normalmente compreso fra 1 e 2. Sesiamo in un regime di bassa velocita e flusso laminare, allora saremo piu vicini a 1,

3.1. MECCANICA 137

se siamo estremamente veloci e c’e flusso tubolento, come sparando un proiettile oandando in autostrada, allora il coefficiente sara piu vicino a 2.

Andando a buonsenso, ci aspettiamo che il coefficiente di proporzionalita dipenda dauna caratteristica intrinseca del mezzo e da una quantita che indichi l’area efficacedell’oggetto che fa resistenza.

Nel caso di moto veloce, ci aspettiamo inoltre che la forza da esercitare non sia tantodipendente dalle caratteristiche di resistenza del mezzo quanto al fatto che per andareavanti e necessario spostare della massa. Sara quindi piu significativa la densita delfluido nel secondo caso.

Nel primo caso vale quindi la formula di Stokes per il moto laminare

~Fa = −6πRsη~v (3.1)

Dove Rs e una lunghezza caratteristica del sistema. Se l’oggetto e una sfera immersain un fluido, allora Rs e il raggio della sfera. Nel caso di oggetti di forma piu irregolare,il problema si complica e di solito non si sa qual e la lunghezza caratteristica se nonin modo approssimato. La costante η si chiama viscosita del mezzo ed e quindi lacaratteristica del fluido che indica quanto questo fa attrito. Notare che la viscosita simisura in Pa · s, che vengono chiamati Poise.

Nel secondo caso, invece ci aspettiamo una formula del tipo

~Fa = −1

2crρAv

2v (3.2)

Dove ρ e la densita del fluido, v la velocita relativa, A la sezione d’urto e cr una costanteadimensionale che indica approssimativamente se la forma dell’oggetto facilita il motoo aumenta la resistenza.

Purtroppo in una gran parte dei casi si ha una situazione intermedia fra le due cheviene difficilmente descritta da delle equazioni elementari.1

Funi e tensioni Nella maggior parte dei problemi di meccanica si ha a che fare con dellefuni inestensibili e anche di massa trascurabile (ma non sempre). Dato che le funi hannomassa nulla, affinche sia vero F = ma, deve per forza essere F = 0, ovvero se ad un capodella fune e applicata una certa forza, questa si trasmettera inalterata fino all’altro capo. Laforza trasmessa sara quindi la tensione della fune.

E molto importante notare che la fune e inestensibile, in quanto questa affermazioneindica un vincolo cinematico piuttosto importante e utile, che spesso viene dato per scontatoma non va comunque dimenticato. In parole povere sto dicendo che se la fune e inestensibilee ci sono due oggetti ai suoi capi, questi due oggetti dovranno avere la stessa accelerazionein modulo.

1Il moto di un fluido in generale viene descritto dalle equazioni di Navier-Stokes, che danno un modellomolto generale (ma non il piu generale) di fluido in moto. L’unico problema di queste equazioni e che sonomolto complicate da integrare. Per molto complicate intendo che sono uno dei 7 problemi del millennio.Nella maggior parte dei casi ci si accontenta di far lavorare dei supercomputer per simulare quello che puosuccedere.


Bilanciare le forze

Consiglio molto vivamente di fare sempre un disegno grande e che permetta anche allagente ignorante come me in geometria di disegnare gli angoli senza sbagliarli. Ricordatedi disegnare innanzitutto sull’oggetto tutte le forze agenti su di lui e, se e opportuno farlo,anche la forza uguale e contraria che esercita sull’altro. Per esempio se ho un blocchettoappoggiato su un cuneo che puo scivolare sul piano, e molto utile disegnare entrambe leforze.

Non dimenticate che se una forza vi risulta scomoda da trattare in quanto non ha la stessadirezione delle altre, potete sempre scomporla nelle sue componenti lungo altre direzioni. Esufficiente moltiplicare per un seno o un coseno.

Bilanciare i momenti

Se un corpo esteso e in equilibrio statico, allora si avra sicuramente∑

~F = 0, ma non solo.

Si dovra avere anche che rispetto ad un qualsiasi polo scelto, la somma dei momenti∑

~τ

sara 0. Ricordate di scegliere poli intelligenti, per esempio poli in cui il momento delle forzeche non avete voglia di calcolare e 0. Questo accade se vi mettete nel punto di applicazionedi quella forza oppure se semplicemente scegliete un polo lungo quella retta di applicazione.Se siete furbi (e fortunati), potreste far sparire diverse forze fastidiose solo con una sceltaaccurata del polo.

3.1.2 Dinamica del punto materiale

Sistemi di riferimento

Mentre per la statica si ha a che fare con oggetti fermi2, quando si comincia con la dinamicadel punto materiale e opportuno puntualizzare delle cose. Innanzitutto definiamo cose unsistema di riferimento.

Consiglio di leggere la parte sulle coordinate sferiche e curvilinee in generale nella partedi matematica prima di affrontare questo paragrafo.

Definizione 3.1.1 (Sistema di riferimento). Nello spazio in cui viviamo, un sistema di rife-rimento e costituito da un centro, che e un punto dello spazio, eventualmente in movimento,e un sistema di coordinate che permetta di determinare ogni punto dello spazio in modounivoco. Il sistema piu classico e il riferimento cartesiano, costituito da 3 assi ortogonalifissi.

Oltre a queste due caratteristiche, un sistema di riferimento deve anche associare ad ognipunto dello spazio una terna di versori (preferibilmente ortogonali), che non devono esserein generali uniformi nello spazio. Nel caso delle coordinate sferiche, per esempio, variano dapunto a punto.

Per riuscire a fare della Fisica, e necessario in un certo senso dire quando valgono le leggidella fisica e cercare di correggere i casi in cui non valgono. Per farlo, e necessario definireun sistema di riferimento inerziale

2Domandatevi sempre rispetto a cosa.

3.1. MECCANICA 139

Definizione 3.1.2 (Sistema di riferimento inerziale (SRI)). Un sistema di riferimento si diceinerziale se un punto materiale a cui non sono applicate forze si muove di moto rettilineouniforme, ovvero con ~a = 0

La Terra non e un riferimento inerziale, in quanto ruota intorno al Sole e su se stessa, e diconseguenza un oggetto che si muove di moto rettilineo uniforme vero verrebbe visto comeaccelerato da noi. Tuttavia, dato che le accelerazioni sono molto piccole, le leggi valgonocon ottima approssimazione. Vedremo comunque come correggere in modo esatto questiproblemi.

Vorrei far notare che in generale un riferimento rotante non puo essere inerziale. Se dueriferimenti ruotano l’uno rispetto all’altro, quindi, almeno uno dei due non e inerziale.

Esistono davvero i riferimenti inerziali? Questa e una domanda piu da filosofo che dafisico. Infatti, supponendo che ne esista almeno uno, ne esistono infiniti, in quanto se unriferimento 2 si muove a velocita fissata rispetto al riferimento 1, inerziale, allora l’accele-razione di un generico oggetto misurata da 2 e uguale all’accelerazione misurata da 1. Diconsegenza, se vale la legge di inerzia in 1, vale anche in 2.

Quello che interessa ad un fisico e riuscire a capire quando puo applicare certe formulee come correggerle se non puo applicarle. In questo capitolo tratteremo solo riferimentiinerziali. Consultate l’indice per trovare il capitolo sui riferimenti non inerziali, in cui iltutto verra spiegato piu nel dettaglio.

Diagramma di corpo libero Come per la statica, e sempre opporuno fare un disegnogrande e calcolarsi la risultante delle forze, se necessario scomponendo le forze lungo ledirezioni utili. Una volta calcolate le forze, Bisogna usare ~F = m~a per risolvere il moto.

Coordinate cartesiane Le coordinate cartesiane hanno qualcosa di piu rispetto alle altre,molto piu profondo di quanto possiate immaginare ora. In ogni caso, se scegliete un riferi-mento cartesiano con assi fissi, l’accelerazione di un oggetto si esprime molto bene. Infatti,avendo ~F = m~a

Fx = max = mx

Fy = may = my

Fz = maz = mz

Moto del proiettile Questo e un esempio semplicissimo che in realta e molto istruttivo.Consideriamo un punto materiale che si muove in una regione dello spazio in cui e sottopostoad una forza costante ~F = m~g. Consideriamo il problema generico in cui l’oggetto parte dalpunto ~x0 con velocita ~v0. Data l’assoluta invarianza traslazionale del problema, non abbiamonemmeno bisogno di scegliere un sistema di riferimento per trovare il moto dell’oggetto. Lofaremo solo alla fine per ritrovare il risultato che gia conosciamo.

Dato che ~F = m~x, si ha che~x = ~g. Se integriamo una volta si ottiene∫ t

0

~xdt =

∫ t

0

~gdt⇒ ~v(t)− ~v0 = ~gt⇒ ~v(t) = ~v0 + ~gt

Ora possiamo integrare di nuovo per ottenere


∫ t

0

~v(t)dt =

∫ t

0

(~v0 + ~gt) dt⇒ ~x(t)− ~x0 = ~v0t+1

2~gt2

~x(t) = ~x0 + ~v0t+1

2~gt2

Ora per semplicita possiamo scegliere un riferimento in modo che ~x0 coincida con l’origine.In questo modo, il primo termine sparisce e ci rimane

~x(t) = ~v0t+1

2~gt2

Questa formula ci dice in modo chiaro che il vettore posizione si muove solo nel pianogenerato dai vettori ~v0 e ~g. Di conseguenza, la traiettoria e una curva piana.

Prendiamo gli assi fissi del riferimento in questo modo: y parallelo a ~g e di verso opposto ex ortogonale a y e appartenente al piano della traiettoria. L’asse z e evidentemente superfluo.

In questo modo, ritroviamo il risultato che gia conoscevamox(t) = v0 cos θt

y(t) = v0 sin θt− 12gt2

Per vedere che questa e davvero una parabola nel piano x− y, possiamo semplicementeeliminare dal sistema la variabile t ottenendo

t =x

v0 cos θ⇒ y(x) = v0 sin θ

x

v0 cos θ− 1

2g

(x

v0 cos θ

)2

Che e evidentemente una parabola.

Coordinate curvilinee Spesso il problema presenta vincoli o simmetrie tali da renderepoco utile un riferimento cartesiano e molto piu utile un riferimento polare, per esempio.Questi problemi normalmente permettono di scrivere in modo molto semplice le forze mahanno lo svantaggio di cambiare l’espressione dell’accelerazione.

Facciamo un secondo chiarezza su cosa si intende per velocita e accelerazione in altrisistemi di coordinate.

La velocita e l’accelerazione sono vettori, il che vuol dire che esistono di per se e se ioruoto il riferimento, semplicemente sto cambiando le loro proiezioni sui versori che ho scelto.Il vettore accelerazione dunque non e diverso, ma cambia il suo modo di rappresentarlo. Inun riferimento cartesiano e

~a =

xyz

E abbastanza ovvio che in coordinate polari nel piano, definite come

x = r cos θ

y = r sin θ

l’accelerazione non potra essere

3.1. MECCANICA 141

~a =

(r

θ

)In quanto essendo lo stesso vettore rappresentato in modi diversi, dovra quantomeno

avere unita di misura coerenti. Per il calcolo esplicito di come si ottiene la formula vera, sirimanda al capitolo di calcolo vettoriale. Per ora ci limiteremo a riportare la formula 2.5 ecommentarla.

~a =

(r − rθ2

rθ + 2rθ

)Consideriamo a titolo di esempio il moto circolare uniforme. In tal caso, r = θ = 0. Di

conseguenza,

~a =

(−rθ2

0

)= −rθ2r

Ovvero l’accelerazione e centripeta e il suo modulo vale a = rω2, come ci aspettavamo.Ora consideriamo il caso leggermente piu generale in cui un oggetto si muove vincolato suuna circonferenza ma non necessariamente in modo uniforme. In tal caso, avremo solo r = 0.

~a =

(−rθ2

rθ

)Ricordatevi questa cosa quando avete a che fare con un oggetto che si muove su una

circonferenza.Ovviamente le coordinate sferiche sono utili quando si hanno oggetti che si muovono nel

piano. In generale avremo bisogno di 3 coordinate per descrivere completamente il moto diun oggetto. Vediamo quindi le coordinate sferiche, che sono state definite nel capitolo dianalisi vettoriale.

Riportiamo la formula 2.7 per l’accelerazione in coordinate sferichear = r − rθ2 − r sin2 θφ2

aθ = rθ + 2rθ − r sin θ cos θφ2

aφ = r sin θφ+ 2r sin θθ + 2r cos θθφ

In molti casi si ha a che fare con oggetti che si muovono con φ = costante = ω, θ = 0 er = 0. Fisicamente, ci indicano per esempio un pendolo che non si muove su un piano masu una circonferenza, di moto circolare uniforme. In questo caso le equazioni si riducono a

ar = −r sin2 θω2

aθ = −r sin θ cos θω2

aφ = 0

Vorrei far notare che questa accelerazione si puo scrivere come

~a = −r sin θω2

sin θcos θ

0


Che e un vettore di modulo |~a| = ω2r sin θ che punta verso il centro di rotazione (METTIUN DISEGNO). Notare che r sin θ e esattamente il raggio della circonferenza percorsa dalpunto materiale.

Esempio 3.1.1 (Pendolo sferico). Vediamo in modo piu approfondito il pendolo sferico, perfare un esempio di come usare la formula dell’accelerazione in coordinate curvilinee. Comeper il pendolo semplice, non e un problema risolubile in modo esatto. Ci accontenteremo dialcuni casi particolari che siano istruttivi.

Consideriamo quindi un punto materiale sospeso con una fune inestensibile di massatrascurabile, sotto l’effetto della sua forza peso m~g. Ovviamente si avra r = 0, in quanto ilfilo e inestensibile. Scomponiamo le forze lungo i versori del sistema di riferimento sferico.E evidente dal disegno che sia la tensione della fune, sia il peso, stanno nel piano generatodai versori θ, r. Lungo φ non si avranno quindi forze.

Sara quindi

~F =

−T +mg cos θ−mg sin θ

0

Imponiamo r = l = cost e ~F = m~a

g cos θ − Tm

= −lθ2 − l sin2 θφ2

−g sin θ = lθ − l sin θ cos θφ2

0 = l sin θφ+ 2l cos θθφ

La prima equazione e l’unica a includere la variabile T . Di conseguenza, puo essere utilesolo per trovare la tensione una volta risolto il resto del problema. Per questo motivo laignoreremo.

−g sin θ = lθ − l sin θ cos θφ2

0 = l sin θφ+ 2l cos θθφ

Chiamiamo ora per semplicita di notazione ω20 = g

l. Notare che questa e la frequenza di

oscillazione del pendolo semplice.−ω2

0 sin θ = θ − sin θ cos θφ2

0 = sin θφ+ 2 cos θθφ(3.3)

Ora il nostro obiettivo e integrare queste equazioni, per quanto possibile. Per esempio,sarebbe bello avere un’equazione differenziale nella sola variabile θ, riuscendo a esprimere φin funzione di θ e sostituendo.

Notiamo che la seconda equazione sembra quasi la derivata di qualcosa. Infatti, possiamoscriverla come

0 =d

dt

(sin θφ

)+ cos θθφ

Che non e ancora quello che vogliamo. Se moltiplichiamo l’equazione originale per sin θ,tuttavia, otteniamo

3.1. MECCANICA 143

0 = sin2 θφ+ 2 cos θ sin θθφ =d

dt

(sin2 θφ

)Ovvero che

sin2 θφ = cost

Ci si poteva arrivare in un altro modo? Beh, il significato fisico dell’ultima equazionediventa chiaro se la moltiplichiamo per ml2. Infatti

ml2 sin2 θφ = m|~l × ~v| = Lz

Che era abbastanza prevedibile in quanto se prendiamo come polo il punto di sospensione,la tensione non fa momento e il peso e sempre rivolto lungo la verticale, di conseguenza lacomponente z del momento angolare sara conservata.

Possiamo ora sostituire φ nella prima equazione in modo da avere un’equazione differen-ziale nella sola variabile θ.

− ω20 sin θ = θ − sin θ cos θ

(Lz

ml2 sin2 θ

)2

(3.4)

Che, credetemi, non si integra esplicitamente. Possiamo tuttavia studiare qualche casoparticolare, come per esempio quando il filo traccia un cono nello spazio, ovvero quando θ ecostante. In tal caso l’equazione diventa da differenziale ad algebrica

− ω20 sin θ = − cos θ

L2z

m2l4 sin3 θ(3.5)

Prima di procedere, tuttavia, facciamo un piccolo inciso per mostrare la conservazionedell’energia semplicemente partendo dalle equazioni che abbiamo gia. L’energia totale delnostro punto sara

E =1

2mv2 −mgl cos θ

In generale, in coordinate sferiche il modulo della velocita e

v2 = r2 + r2θ2 + r2 sin2 θφ2

Questa formula non e calata dal cielo ma abbiamo semplicemente calcolato il modulodella velocita, con la formula 2.6, nel capitolo di analisi vettoriale. Calcoliamo quindi E.Dato che ci aspettiamo che si conservi, dovrebbe venire identicamente nulla. Ricordiamoche r = l = costante.

E = ml2θθ +ml2 sin θ cos θθφ2 +ml2 sin2 θφφ+mgl sin θθ =

= ml2(θ(θ + sin θ cos θφ2 + ω2

0 sin θ)

+ sin2 θφφ)

Ricordiamo che abbiamo a disposizione le equazioni 3.3 e 3.4 per fare sostituzioni, oltrealla formula per φ in termini di Lz. Usando la prima delle 3.3 otteniamo gia


E = ml2(θ(

2 sin θ cos θφ2)

+ sin2 θφφ)

= φml2(

2 sin θ cos θθφ+ sin2 θφ)

=

= φml2d

dt

(sin2 θφ

)= φ

dLzdt

= 0

Avendo quindi E, l’energia si conserva.

Riprendiamo ora il discorso di prima sulla traiettoria conica. In termini del parametro

adimensionale k2 =L2z

m2l4ω20

l’equazione 3.5 diventa

sin4 θ = k2 cos θ ⇒ (1− cos2 θ)2 = k2 cos θ

Che e in effetti un’equazione di quarto grado in cos θ. Controlliamo alcuni casi notevoli.

1. Se Lz = 0, allora il pendolo sta fermo. Ma se Lz = 0 allora anche k = 0 e quindidobbiamo avere cos θ = 1, ovvero che in effetti sta sospeso in verticale

2. Se togliamo la gravita, allora ω0 → 0, quindi k → ∞. Fisicamente ci aspettiamoquindi che il pendolo in realta si muova di moto circolare a θ0 ≈ π/2 a causa dellaforza apparente centrifuga.

Se vogliamo che l’equazione abbia soluzione, il membro di sinistra e sicuramente sempre≤ 4, quindi dobbiamo avere che cos θ → 0 affinche k2 cos θ rimanga limitato, ovveroθ → π/2

Come accade spesso quando troviamo delle posizioni notevoli di alcuni moti, siamo in-teressati a vedere se sono di equilibrio instabile o stabile e nel secondo caso calcolare lafrequenza delle piccole oscillazioni intorno alla posizione di equilbrio. Vediamo quindi comefare.

Piccole oscillazioni vuol dire che ci aspettiamo che il nostro θ(t) = θ0+α(t) con α piccolo,dove piccolo detto in questo modo significa tutto e niente. Se abbiamo un angolo come inquesto caso, allora di solito angolo piccolo significa α 1, ma se avessimo una lunghezza,per esempio, dovremmo confrontarla con un altro parametro caratteristico del sistema conle dimensioni di una lunghezza. In fisica, dire piccolo senza specificare rispetto a cosa ecompletamente senza senso.

Per vedere quindi se si tratta di una posizione di equilibrio stabile o instabile ci sonoprincipalmente due modi

1. Studiare l’energia potenziale del sistema in funzione della variabile e stabilire se il puntodi equilibrio rappresenta un massimo (instabile) o un minimo (stabile) della funzione

2. Espandere in serie l’equazione del moto al primo ordine e vedere se l’equazione diventaα = −Ω2α (forza di richiamo e quindi stabile) oppure α = Ω2α (forza repulsiva equindi instabile)

3.1. MECCANICA 145

Vorrei far notare che i due modi in realta sono completamente equivalenti in quantoessendo la forza (o il momento, in realta non e davvero importante)

F = −∂U∂θ

Nel punto di equilibrio si avra F = 0. Al primo ordine

F (θ0 + α) = F (θ0) +∂F (θ0)

∂θα = 0− ∂2U(θ0)

∂θ2α

E se U ha un massimo relativo, allora∂2U(θ0)

∂θ2< 0, se e un minimo,

∂2U(θ0)

∂θ2> 0

Espandiamo quindi in serie l’equazione del moto. Notare che θ = θ0 + α⇒ θ = α

−ω20 sin(θ0 + α) = α− cos(θ0 + α)

Lzm2l4 sin3(θ0 + α)

Espandendo in serie, usando sin(θ0 +α) = sin θ0 + cos θ0α e cos(θ0 +α) = cos θ0− sin θ0αAvendo scelto di espandere al primo ordine, bisogna fare attenzione a come espandere

il denominatore dell’equazione che e (sin(θ0 + α))−3. Dato che siamo interessati al primoordine, possiamo scrivere

(sin(θ0 + α))−3 ≈ (sin θ0 + cos θ0α)−3 = sin−3 θ0

(1 +

α

tan θ0

)−3

≈ sin−3 θ0

(1− 3α

tan θ0

)Tutti i termini successivi sono stati completamente ignorati in quanto abbiamo deciso in

partenza di espandere al primo ordine, quindi possiamo ignorare tutti i termini αk con k ≥ 2Siamo finalmente pronti a concludere

−ω20(sin θ0 + cos θ0α) = α− (cos θ0 − sin θ0α)

Lzm2l4 sin3 θ0

(1− 3α

tan θ0

)Al momento questa equazione fa abbastanza ribrezzo, ma e facile vedere che tantissimi

termini si semplificano proprio perche θ0 e una posizione di equilibrio. L’equazione diventa

−ω20 cos θα = α +

L2z

m2l4 sin2 θ0

α +3L2

z cos θ0

m2l4 sin3 θ0 tan θ0

α

Sfruttiamo il fatto che

L2z

m2l4= ω2

0

sin4 θ0

cos θ0

Quindi

−ω20 cos θα = α +

(sin2 θ0

cos θ0

+3 sin θ0

tan θ0

)ω2

0α

E infine

α = −(

4 cos θ0 +sin2 θ0

cos θ0

)ω2

0α


Che e in modo molto evidente un’equazione del tipo α = −Ω2α, ovvero una posizione diequilibrio stabile con pulsazione

Ω2 =

(4 cos θ0 +

sin2 θ0

cos θ0

)ω2

0

Infine ci possiamo domandare se esistono delle condizioni iniziali tali per cui il pendolooscilla intorno alla posizione di equilibrio e traccia un’orbita periodica (con periodo nonnecessariamente di un giro solo), ovvero se esistono condizioni tali per cui il pendolo disegnasempre la stessa linea chiusa nello spazio, se necessario facendo molti giri.

Per trovare la soluzione a questa domanda, dobbiamo imporre che, se ωp e la frequenza dioscillazione intorno alla posizione di equilibrio e ωr e la frequenza di rivoluzione del pendolo,allora deve essere

ωpωr∈ Q possibilmente ∈ N

Noi conosciamo entrambe le frequenze, infatti

ωp =

√4 cos θ0 +

sin2 θ0

cos θ0

ω0

ωr =Lz

ml2 sin2 θ=

ω0√cos θ0

Per cui si deve avere

ωpωr

=√

4 + tan2 θ0 ∈ Q

3.1. MECCANICA 147

3.1.3 Oscillazioni

Come abbiamo fatto nell’esempio precedente, il 3.1.1, capita spesso che venga richiesto dicalcolare la frequenza di piccole oscillazioni intorno alla posizione di equilibrio stabile. Perquanto riguarda le oscillazioni a un grado di liberta, consiglio di guardare l’esempio 2.2.41nel capitolo sull’espansione in serie di Taylor. Questo paragrafo trattera solo il caso a piugradi di liberta.

Modi normali di oscillazione Andiamo a considerare un sistema a piu gradi di libertavicino all’equilibrio. Prendiamo per esempio un sistema composto da 3 molle uguali dicostante elastica k e due masse uguali m, come in figura 3.1

Figura 3.1: Molle accoppiate

Nel disegno, le molle sono a riposo. Chiamiamo x1 la posizione della prima massa rispettoal suo punto di equilibrio, positiva verso destra e x2 la posizione della seconda massa semprerispetto al proprio punto di equilibrio, sempre positiva verso destra. Andiamo a scrivere~F = m~a per questo sistema di oggetti.

mx1 = −kx1 + k(x2 − x1)

mx2 = −kx2 + k(x1 − x2)

Per risolvere questo sistema, in generale avremo bisogno di 4 condizioni iniziali, dueposizioni e due velocita iniziali. In generale il moto di questo sistema sara abbastanzabrutto, ma noi vorremmo poterlo scrivere come sovrapposizione di moti belli per potercicapire qualcosa.

Supponiamo che esistano delle condizioni iniziali per cui l’intero sistema oscilli di motoarmonico con una certa frequenza incognita ω. Al momento niente ci assicura che questo ωesista davvero, ma questo moto e semplice da studiare. Vediamo cosa succede: imponiamoche sia xi = −ω2xi per i = 1, 2

−mω2x1 = −kx1 + k(x2 − x1)

−mω2x2 = −kx2 + k(x1 − x2)

Per fare un po’ di ordine, diamo un paio di nomi alle cose. Chiamiamo

ω20 =

k

m

La frequenza normale di una sola molla. Chiamiamo inoltre

λ =ω2

ω20


Ho solo dato dei nomi per semplicita di notazione (serve molto nei casi piu complessi,credetemi). Riscriviamo il sistema

−λx1 = −2x1 + x2

−λx2 = x1 − 2x2

Questo e un sistema di due equazioni e due incognite dipendenti da un parametro. Noivogliamo che esista una soluzione diversa da (0, 0) in quanto vogliamo un moto che sappiamostudiare. Affinche cio sia possibile, il parametro λ puo assumere solo alcuni valori, altrimentil’unica soluzione del sistema sara (0, 0). Vediamo di trovare questi valori vedendo cosasuccede risolvendo il sistema in modo elementare

x2 = (2− λ)x1

−λ(2− λ)x1 = x1 − 2(2− λ)x1

E chiaro dalla seconda equazione che affinche non si abbia x1 = x2 = 0 si deve avere chei coefficienti della seconda equazione siano uguali

−λ(2− λ) = 1− 4 + 2λ

Che e un’equazione di secondo grado in λ

λ2 − 4λ+ 3 = 0

Che ha come soluzione λ = 1 e λ = 3. Questo vuol dire che esistono effettivamente dellefrequenze per cui il nostro sistema oscilla completamente di moto armonico, a patto di darglile condizioni iniziali giuste! In particolare, se λ = 1, possiamo riscrivere il sistema

−x1 = −2x1 + x2

−x2 = x1 − 2x2

Che sono due equazioni equivalenti che ci dicono che x1 = x2, ovvero le due masse simuovono insieme, tenendo alla stessa lunghezza la molla in mezzo. Fisicamente tutto questoe estremamente sensato in quanto se la molla in mezzo e imperturbata allora entrambe lemasse sono semplicemente attaccate alla propria molla. Imponendo le condizioni inizialigiuste, possiamo far oscillare l’intero sistema di moto armonico di una certa frequenza, inquesto caso ω = ω0. Se invece prendiamo λ = 3,

−3x1 = −2x1 + x2

−3x2 = x1 − 2x2

Che sono di nuovo equazioni equivalenti che dicono x2 = −x1, ovvero le due masse simuovono allo stesso modo ma in controfase. Se ci pensate e molto sensato anche questo,in quanto il centro della molla centrale rimane fermo e quindi ogni massa e come se fosseattaccata a due molle, una a sinistra e una a destra, fissate al muro, una di costante k el’altra di costante 2k3. Di nuovo abbiamo ottenuto delle condizioni iniziali per cui il sistemasi muove completamente di moto armonico.

3Se si taglia a meta una molla la costante elastica raddoppia. Provate a dimostrarlo, e facile. Valgonoin realta formule per le molle analoghe a quelle dei capacitori in serie e in parallelo. Sono molto semplici,provate a mostrarle.

3.1. MECCANICA 149

A questo punto cosa succede al sistema nel caso piu generale? La risposta e una so-vrapposizione delle due cose! Se mettiamo le condizioni come nel primo caso, avremoche

x1 = A cos(ω0t+ φ)

x2 = A cos(ω0t+ φ)

Nel secondo caso invece x1 = A cos(

√3ω0t+ φ)

x2 = −A cos(√

3ω0t+ φ)

Nel caso piu generale il moto sara una somma dei due!x1 = A cos(ω0t+ φ) +B cos(

√3ω0t+ φ1)

x2 = A cos(ω0t+ φ)−B cos(√

3ω0t+ φ1)

Con A,B, φ, φ1 le 4 costanti da determinare dalle condizioni iniziali. Perche questa cosafunziona? Perche in questo caso avevamo un’equazione del moto lineare e di conseguenza lasomma di due soluzioni e ancora una soluzione. Dato che la soluzione per questo sistemadi equazioni differenziali e unica, trovandone una siamo sicuri di averla trovata giusta e diaverle trovate tutte!

Facciamo un po’ di ordine e vediamo di generalizzare il metodo.

1. Noi avevamo un sistema a piu gradi di liberta descritti da un sistema di equazioni delmoto lineari, ovvero

xi =n∑j=1

aijxj

Per determinati coefficienti fissati aij. Notare che non ci sono termini noti in questosistema, ovvero le coordinate xi sono prese rispetto ad una posizione di equilibrio(stabile).

2. Abbiamo supposto che esistano delle condizioni iniziali per cui l’intero sistema oscilladi moto armonico di una certa frequenza incognita dipendente dai parametri aij

3. Abbiamo cercato i valori della frequenza per cui effettivamente questo e possibileimponendo che ogni xi abbia xi = −ω2xi

4. Abbiamo cercato le condizioni iniziali giuste per ogni frequenza

5. Abbiamo scritto le soluzioni del moto particolari

6. Abbiamo scritto le soluzioni del moto generali come somma di quelle particolari.


In particolare i passaggi algebrici intermedi sono stati fatti un po’ a caso, risolvendo unsistema per sostituzione ma facendolo piu o meno a braccio. Esiste un metodo che voi nonsiete tenuti a sapere che utilizza le matrici. All’universita lo vedrete sicuramente e quindi velo espongo.

La formula

xi =n∑j=1

aijxj

Indica esattamente un prodotto fra matrici ovvero e equivalente ax1

x2...xn

=

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n... . . . . . .

...an1 an2 · · · ann

x1

x2...xn

Quando noi andiamo ad imporre xi = −ω2xi, diventa

−ω2

x1

x2...xn

=

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n... . . . . . .

...an1 an2 · · · ann

x1

x2...xn

Ovvero

a11 + ω2 a12 · · · a1n

a21 a22 + ω2 · · · a2n... . . . . . .

...an1 an2 · · · ann + ω2

x1

x2...xn

= 0

Che e un sistema di equazioni che ammette soluzione se e solo se il determinante dellamatrice e uguale a 0. Questo ci da un’equazione di grado n per ω2. Una volta trovati i valoridi ω, si puo sostituire per trovare i vettori giusti. Vediamo l’esempio di prima come diventa

mx1 = −kx1 + k(x2 − x1)

mx2 = −kx2 + k(x1 − x2)⇒(x1

x2

)= ω2

0

(−2 11 −2

)(x1

x2

)

−ω2

(x1

x2

)= ω2

0

(−2 11 −2

)(x1

x2

)⇒(−2 + λ 1

1 −2 + λ

)(x1

x2

)= 0

Che ha soluzione quando il determinante della matrice e 0, ovvero quando

(−2 + λ)2 − 1 = 0

Ovvero per λ = 1 e λ = 3. Buttando questi due valori si ottengono anche le relazioni frax1 e x2.

3.1. MECCANICA 151

Il discorso e finito, ora faro una breve digressione solo per chi ha gia fatto il corso dialgebra lineare. Questo discorso e completamene inutile per chi fa le Olimpiadi ma se vi vadi leggerlo fate pure.

Qualcuno potrebbe domandarsi: esistono sempre i modi normali di oscillazione? Cosa ciassicura che esista sempre il modo armonico del sistema? Non esiste un sistema fisico in cuiil moto non si puo ricondurre a questo sistema semplice? Per rispondere a questa domanda econveniente esprimere il tutto in termini della Lagrangiana del sistema L e delle coordinategeneralizzate qi. Se abbiamo un moto come quello sopra descritto, siamo in un punto vicinoall’equilibrio stabile del sistema, quindi la lagrangiana, almeno vicino a quel punto, si potraespandere fino al secondo ordine ottenendo un’espressione

L = Mij qiqj −Kijqiqj

Dove ho usato la convenzione di Einstein e ho indicato con M e K le due matrici. Iltermine con M sara il termine cinetico mentre il termine con K sara il termine del potenziale.Questa lagrangiana porta alle equazioni del moto

Mij qj = Kijqj

Imporre qi = −ω2qi e equivalente a cercare di diagonalizzare simultaneamente le duematrici Mij e Kij, cosa che spesso e impossibile fare. Tuttavia, per motivi fisici e ovvioche la matrice Mij sia definita positiva in quanto ogni condizione iniziale ha anche unavelocita iniziale e l’energia cinetica e sempre positiva in quanto somma di cose positive.Di conseguenza si deve avere Mij qiqj > 0 ∀qi, qj, ovvero la matrice e definita positiva.Inoltre, per essere in un punto di equilibrio stabile, la matrice Kij deve essere quantomenosemidefinita. Per il terzo principio della dinamica, si deve avere Kij = Kji, quindi la matricedel potenziale e simmetrica. Inoltre, la matrice Mij puo essere anche lei presa simmetricae di conseguenza vale il teorema di diagonalizzazione simultanea, per cui i modi normaliesistono sempre.

Attenzione: La matrice K in generale e solo semidefinita, ovvero puo avere autovalore0. Questa cosa non e da dimenticare in quanto ha un significato fisico rilevante. Frequenza0 indica periodo infinito. Ovviamente la corrispondenza fisica e un moto di traslazionedell’intero sistema senza che le forze interne facciano qualcosa. Pensate a titolo di esempioal modo normale piu stupido che si ha quando mettere su una guida circolare (niente gravita,e nel vuoto) N masse m uguali collegate da molle di costante elastica k e lunghezza a riposonulla (Ogni massa e legata esattamente alla successiva e alla precedente). Il moto piu banaleche puo compiere questo sistema e quello in cui tutte le masse hanno la stessa velocitaangolare Ω rispetto al centro e quindi tutte ruotano insieme tenendo le molle a lunghezzacostante. Ovviamente questo moto e periodico in piu sensi: dopo T = 2π/Ω le masse sonodi nuovo dov’erano, ma il periodo di oscillazione delle molle diventa infinito, ovvero ω = 0


3.1.4 Sfruttare le conservazioni

Quantita di moto

Il riferimento del centro di massa

Energia meccanica

3.1. MECCANICA 153

3.1.5 Problemi

Problema 3.1.1 (Filo che si avvolge (Da Un esercizio al giorno)). Il disco infigura 3.2 e fissato rigidamente ad un piano orizzontale, e ad esso e fissato un filo inestensibile dilunghezza l. All’altro estremo e fissata una massa m che viene lanciata con velocita iniziale dimodulo v0 in direzione perpendicolare al filo. Calcolare la velocita della massa, la sua traiettoria ela tensione del filo in funzione del tempo.

Figura 3.2: Problema 3.1.1

Soluzione: 4.3.1

Problema 3.1.2 (Punti materiali ai vertici di un poligono).N punti materiali stanno ai vertici di un poligono regolare di N lati e all’istante iniziale il

poligono ha lato l. Ogni punto, in ogni istante, si muove sempre verso il punto successivo (in sensoantiorario) con velocita di modulo costante v, uguale per tutti. Trovare la forma delle traiettoriedei vari punti.

Soluzione: 4.3.2

Problema 3.1.3 (Forma della gittata di un cannone).Supponiamo di avere un cannone che spara proiettili in qualsiasi direzione ad una velocia

fissata v0. Il cannone puo regolare l’angolo θ che forma la velocia iniziale con l’orizzontale apiacere. Vogliamo trovare la linea che demarca la zona sicura dalla zona pericolosa, ovvero dovepuo arrivare un proiettile (nello spazio, non solo riferito al terreno) e dove no.

Hint: 4.2.1

Soluzione: 4.3.3

Problema 3.1.4 (Palla appoggiata su emisfera con attrito).Un punto materiale e appoggiato sul punto piu alto di una emisfera fissata al terreno di raggio

R. Viene dato un colpetto infinitesimo al punto. Trovare l’angolo θ rispetto alla verticale in cui ilpunto si stacca dalla emisfera.

Soluzione: 4.3.4

Problema 3.1.5 (Palla appoggiata su emisfera senza attrito).Come il problema precedente, solo che l’emisfera non e fissata al pavimento ma e libera di

muoversi sul pavimento senza attrito. Il punto ha massa m, l’emisfera ha massa M .

Soluzione: 4.3.5


Problema 3.1.6 (IPhO 1, 2003). Vedi figura 3.3. Una corda inestensibile e avvoltaintorno ad un cilindro rigido di raggio R e tenuta orizzontale. La lunghezza della corda e L > 2πRe ha massa trascurabile. In fondo alla corda c’e un punto materiale di massa m. Il punto A e fisso(la corda e legata in quel punto) e indicato in figura. Assumere che la massa si muova sempre nelpiano in figura. L’accelerazione di gravita e ~g.


Sia O il centro del riferimento. Si indichi con P la posizione della particella. Il punto mobile dicontatto fra la corda e il cilindro e Q (vedi figura). Si indichi con s la lunghezza PQ. Si indichinocon r e t i versori radiale e tangente.

Si consideri inoltre lo spostamento angolare θ (vedi figura). Quando θ = 0, la lunghezza s eesattamente L. Si fissi il potenziale gravitazionale a 0 in questo momento. Si indichino inoltre conθ e s le derivate delle quantita sopra definite. A meno che non venga specificato nella domanda, levelocita si considerino rispetto al punto fermo O.

In funzione dei parametri sopra definiti, considerando sempre la corda tesa, trovare

1. La relazione fra θ e s.

2. La velocita ~vQ del punto Q rispetto ad O.

3. La velocita relativa ~v′ fra P e Q.

4. Se ne ricavi la velocita di P , ~v

5. Calcolare l’accelerazione del punto P .

6. Il potenziale gravitazionale U .

7. La velocita vm nel punto piu basso della traiettoria

A questo punto assumere cheL

R=

9π

8+

2

3cot

π

16

8. Calcolare la velocita vS che ha la particella quando la corda e ancora tesa ed e piu cortapossibile.

9. Calcolare la velocita vH che ha la particella nel punto piu alto della traiettoria quando stafacendo il giro della morte.

3.1. MECCANICA 155

Figura 3.4: Problema 3.1.6, 2

Per la prossima parte del problema non si faccia piu riferimento alla figura precedente ma siprenda ora in considerazione la figura 3.4

Stavolta la corda non e fissata ma e libera di muoversi. Le due masse sono m < M . All’inizio lalunghezza indicata in figura e L. All’istante iniziale la massa m viene rilasciata da ferma e lasciatacadere. Assumere che il moto avvenga sempre nel piano e che le due masse non si sboccino.

L’attrito dinamico fra la corda e la superficie e trascurabile ma l’attrito statico e invece moltogrande. Assumere che se la corda si trovi ferma ad un certo punto del moto rimanga poi tale.

Si assuma che il peso si fermi dopo essere caduto di una distanza D, con (L −D) R. Se laparticella e in grado di fare un giro della morte mantenendo entrambe i capi della corda tesi, allorail rapporto α = D

L non puo essere piu piccolo di un certo valore critico αC . Trascurando i terminidi ordine R

L o superiori, trovare un’espressione per αC in termini del rapporto fra le masse mM

Problema 3.1.7 (Modi normali di oscillazione). Lungo un cerchio di raggio a sitrovano due masse identiche m che possono scorrere lungo il perimetro. Le masse sono collegatetra loro con due molle di costante k e lunghezza a riposo nulla, le quali seguono il perimetro delcerchio (potete immaginarle come se le spire fossero avvolte attorno al bordo del cerchio). Perquali condizioni iniziali le due masse compiono un osicillazione armonica alla stessa frequenza ω?Trovare tale frequenza. E se le masse fossero 3 e collegate da 3 molle? E se fossero n?

Soluzione: 4.3.6

Problema 3.1.8.Due palle di raggio R e r < R sono sovrapposte cosı che la piu grande sia sotto e la congiungente

i centri sia verticale (potete pensare che siano separate da un distanza infinitesima). Quella grandeha massa M mentre quella piccola ha massa m < M . Vengono fatte cadere verticalmente da unaltezza h R; dopo l’urto qual’e la massima altezza raggiunta dalla palla piccola?

Ora invece alla palla piccola viene data anche una velocita angolare ω attorno a un asse orizzon-tale passante per il suo centro (tenere presente che visto che le palle sono separate da una distanzainfinitesima, prima dell impatto con il terreno il fatto che la palla piccola ruoti non influenza lapalla grande). Nel ipotesi che tra le palle ci sia un coefficiente d’attrito abbastanza altro tale chenell’urto le palle non possano slittare l’una sull’altra, trovare qual’e questa volta la massima altezzaraggiunta dalla palla piccola dopo l’urto.

Problema 3.1.9 (Moto che accelera su una pista circolare). Una motocicletta(trattarla come un punto materiale) si muove su una pista circolare orizzontale di raggio R, partendoda ferma. Il coefficiente d’attrito statico tra ruote ed asfalto e µ. La motocicletta accelera e, in uncerto momento, raggiunge la massima velocita che le consente di rimanere in pista. Quanta stradaha percorso, come minimo, da quando e partita fino a questo momento?

Soluzione: 4.3.7


Problema 3.1.10 (IPhO 2014, 1.1). Fate riferimento alla figura 3.5. Assumere cheil cilindro di raggio R e massa M rotoli senza strisciare sul pavimento. Assumere invece che non cisia attrito fra il punto materiale m e il cilindro. La massa m viene lasciata cadere da ferma comein figura. Trovare la forza fra la massa m e il cilindro F quando la massa raggiunge il punto piubasso della traiettoria.


Problema 3.1.11 (Senigallia 2012, 1). Immaginiamo una sfera rigida, di raggioR, vincolata a restare fissa. Su di essa incide un fascio costituito da un gran numero di particelleidentiche, anch’esse sferiche e rigide, ciascuna di raggio r e massa m. Le particelle hanno tuttela stessa velocita ~v cosicche non si urtano mai. Si supponga anche che gli urti tra particelle cherimbalzano e quelle del fascio incidente siano trascurabili. La velocita e sufficientemente grande dapoter considerare le traiettorie rettilinee, sia prima che dopo l’urto. Gli urti con la sfera fissa sonoperfettamente elastici, e nell’urto non ci sono forze tangenziali tra le sfere.

Figura 3.6: Disegno del fascio

Si considerino le grandezze rappresentate in figura: b, chiamata parametro d’impatto, e θ,angolo formato tra la direzione di provenienza del fascio incidente e la direzione della particelladiffusa.

1. Si trovi la relazione tra b e l’angolo θ, cioe si trovi la funzione b(θ).

3.1. MECCANICA 157

Il fascio ha una sezione trasversale circolare il cui raggio e molto maggiore del raggio r delleparticelle e maggiore anche del raggio R della sfera fissa. Si indichi con I l’intensita del fascio,cioe il numero di particelle che incidono, nell’unita di tempo, sull’unita di superficie dispostaperpendicolarmente al fascio, e si supponga che I sia uniforme e costante.

2. Si trovi il numero nd(θ) di particelle diffuse, nell’unita di tempo, con un angolo compreso tra

θ e θ + dθ. Per quale valore di θ la funzione nd(θ)dθ ha il massimo?

Figura 3.7: Disegno del rilevatore

Si supponga ora di collocare un rivelatore, cioe un dispositivo che conta le palline in transitoattraverso una certa superficie, ad una distanza D dalla sfera fissa e ad un angolo θ rispetto alfascio incidente. Si supponga che l’area sensibile del rivelatore sia un quadrato che ovviamenteviene disposto perpendicolarmente alla direzione da cui provengono le particelle diffuse. Illato del quadrato, l, sia molto maggiore dei raggi R e r e contemporaneamente molto minoredi D: r,R l D. Si noti che nella figura 2 la scala e molto ridotta rispetto alla figura 1.

3. Si calcoli il tasso di conteggi del rivelatore, nr, cioe il numero di conteggi nell’unita di tempo.

4. In che modo il tasso di conteggi dipende dall’area della regione sensibile del rivelatore? Perquale angolo θ il tasso di conteggi ha il valore massimo? In che modo nr dipende da D?

5. Si consideri un intervallo di tempo ∆t sufficientemente lungo perche sulla sfera fissa incidaun numero molto grande di particelle. Qual e il valore medio della forza che le particelleesercitano sulla sfera?

Problema 3.1.12 (Macchina di Atwood con filo massivo). Considerare unamacchina di Atwood con appese due masse, MA > MB e con un filo di lunghezza 2l+ πR e massanon trascurabile, m. All’istante iniziale le due masse sono ferme alla stessa altezza. Trovare lalegge oraria del moto. Assumere che la puleggia abbia massa trascurabile e raggio R.

Soluzione: 4.3.8

Problema 3.1.13 (Pila di mattoni). Abbiamo a disposizione un numero N dimattoni uguali, con il lato piu lungo di lunghezza 2L. Mettiamo i mattoni uno sopra l’altro,appoggiati senza attrito. Vogliamo sapere a che distanza possiamo mettere al meglio il mattoneN -esimo affinche la pila non cada in funzione di N .

Problema 3.1.14 (Massima deflessione). Consideriamo due masse sferiche, mA edmB, libere di muoversi su un piano senza attrito. La massa mB e ferma al centro del riferimento,mentre mA si muove verso mB con una certa velocita (non rilevante). Se mB > mA, a priori la


massa mA puo anche ritornare indietro da dove e arrivata. Se invece mA > mB, allora esiste unangolo massimo θ (nel riferimento del laboratorio), fra la velocita di arrivo e la velocita dopo ilcolpo. Trovare θ in funzione del rapporto fra le masse.

Hint: Usate il riferimento del CM.Soluzione: 4.3.10

3.1. MECCANICA 159

3.1.6 Corpo rigido

~L, questo sconosciuto Purtroppo al liceo il capitolo sul corpo rigido non viene sempreaffrontato come si deve, anche perche richiede un po’ di matematica e non e per nientesemplice. Vediamo quindi di fare chiarezza su che cosa si puo fare quando si ha un problemache include il corpo rigido.

Definiamo il vettore ~L per un sistema di punti materiali qualsiasi.Innanzitutto abbiamo bisogno di un sistema di riferimento inerziale rispetto a cui pren-

dere tutti i nostri vettori. Per un sistema rotante o accelerato si puo comunque definire ~Lma non varranno le equazioni fondamentali che scrivero fra poco che permettono di risolverei problemi4.

La prima cosa fondamentale da specificare quando si parla di momento angolare especificare rispetto a quale polo viene calcolato. Nella definizione qui sotto indicheremocon ~ri le posizioni dei vari punti in un generico riferimento, mentre con ~rp indichero laposizione del polo nel riferimento. Notare che la posizione del polo puo tranquillamenteessere accelerata, a differenza del nostro sistema di riferimento.

~L =∑i

mi(~ri − ~rp)× (~vi − ~vp)

Dove ~vi e ~vp sono semplicemente ~ ir e ~ pr.

Ora, calcoliamod~L

dt

d~L

dt=∑i

d

dtmi(~ri − ~rp)× (~vi − ~vp) =

=∑i

mi(~vi − ~vp)× (~vi − ~vp) +∑i

mi(~ri − ~rp)× (~ai − ~ap)

=∑i

mi(~ri − ~rp)× (~ai − ~ap) =

=∑i

(~ri − ~rp)×mi~ai −∑i

mi(~ri − ~rp)× ~ap

Consideriamo la seconda sommatoria. Gli unici termini dipendenti da i (che e l’indice su

cui si somma) sono mi e ~ri. Definendo M =∑

imi e ~rcm =∑imi~riM

, il secondo termine dellasomma diventa quindi semplicemente

M(~rcm − ~rp)× ~ap

Ricordando adesso che per ogni particella vale ~Fi = mi~ai, il primo termine diventa invece∑i

(~ri − ~rp)× ~Fi =∑i

~τi = ~τext

4Si puo comunque risolvere un problema in un riferimento accelerato ma bisogna considerare tutte leforze apparenti.


Dove quando abbiamo sommato l’ultima volta si sono semplificati tutti i termini dovutialle forze interne del sistema, in quanto a causa del terzo principio della dinamica compaionosempre a coppie, una volta ~fi e l’altra −~fi. Inoltre, sempre per il terzo principio, sono puresulla stessa retta di applicazione e di conseguenza anche ~τ compare a segni alterni.

Riassumendo, abbiamo ottenuto

d~L

dt= ~τext −M(~rcm − ~rp)× ~ap

Che a volte viene chiamata seconda equazione cardinale della meccanica 5. Al liceo avretevisto sicuramente la versione debole di questa equazione, ovvero quella senza il secondotermine. In molti casi, per fortuna il secondo termine se ne va e possiamo usare l’equazionepiu facile.

Se almeno una delle seguenti condizioni si verifica, allora il secondo termine se ne va el’equazione diventa piu semplice:

1. Quando il polo si muove di moto rettilineo uniforme (~ap = 0)

2. Quando scegliamo come polo il centro di massa (~rcm = ~rp)

3. Quando (~rcm − ~rp) e parallelo a ~ap. (Ci sono davvero pochi casi in cui si usa)

Ora che abbiamo detto come cambia la legge per descrivere il moto di un oggetto, cerchia-mo di dare una formula piu potabile ad ~L per poterlo calcolare piu agevolmente se abbiamoa che fare con oggetti comuni.

Per esempio, se abbiamo un solo punto materiale, ~L = ~r×~p, dove ho indicato la quantitadi moto dell’oggetto con ~p.

Se l’oggetto e un corpo rigido esteso, la situazione si complica di parecchio e nel prossimoparagrafo vedremo perche.

Il calcolo di ~L Siamo interessati a trovare un’espressione per ~L facile da calcolare e dagestire. Proviamo a cercarla.

Scriviamo quindi ~L rispetto al polo P per un generico sistema di punti materiali.

~L =∑i

mi(~ri − ~rp)× (~vi − ~vp) =

=∑i

mi~ri × ~vi −∑i

mi~rp × ~vi −∑i

mi~ri × ~vp +∑i

mi~rp × ~vp =

=∑i

mi~ri × ~vi −M~rcm × ~vp −M~rp × ~vcm +M~rp × ~vp

Ora e utile riscrivere ~ri e ~vi come ~rcm + ~r′i∑i

mi~ri × ~vi =∑i

mi(~rcm + ~r′i)× (~vcm + ~v′i) = M~rcm × ~vcm +∑i

mi~r′i × ~v′i

5La prima e ~F = m~a

3.1. MECCANICA 161

Dove i termini incrociati sono spariti a causa del fatto che∑

mi~r′i =

∑mi~v′i = 0 in

quanto sono la posizione degli oggetti rispetto al centro di massa.

Riscriviamo quindi ~L

~L = M~rcm × ~vcm +∑i

mi~r′i × ~v′i −M~rcm × ~vp −M~rp × ~vcm +M~rp × ~vp =

= M(~rcm − ~rp)× (~vcm − ~vp) +∑i

mi~r′i × ~v′i

= M(~rcm − ~rp)× (~vcm − ~vp) + ~Lcm

Ovvero ~L rispetto ad un qualsiasi polo e la somma di due termini, uno che e il contributodel centro di massa come se fosse un grosso punto materiale e l’altro termine e il momentoangolare rispetto al centro di massa.

Vediamo di calcolare adesso ~Lcm per un corpo rigido, ovvero la parte piu complicata delproblema.

Tensore di inerzia Non e richiesta la conoscenza del tensore d’inerzia alle Olimpiadi diFisica, ma per dare senso al tutto ritengo sia il caso di introdurlo. Non siete tenuti a saperricavare queste formule, ne tantomeno a ricordarvele.

Riscriviamo ~L per un oggetto esteso e rigido. Trattiamolo come un sistema di puntimateriali tenuti insieme da sbarrette inestensibili e di massa nulla. Per ricondurci al casocontinuo bastera cambiare la somma con un integrale.

Rigido significa che prese due particelle a caso, la distanza (in modulo) fra di loro ecostante, ovvero |~ri − ~rj| =costante. Abbiamo visto nel capitolo sul calcolo vettoriale chequando un vettore ha norma costante, allora la sua derivata si calcola

d~v

dt= ~ω × ~v ⇒ d(~ri − ~rj)

dt= ~ω × (~ri − ~rj)

Calcoliamo quindi ~Lcm utilizzando questa formula.

~Lcm =∑i

mi~ri × ~vi =∑i

mi~ri × (~ω × ~ri) =∑i

mir2i ~ω −

∑i

mi~ri(~ri · ~ω)

Ora rinominiamo l’indice i in α in quanto avremo bisogno di i per un altro scopo.

Denotiamo la componente iesima di un vettore con la notazione (~L)i = Li. Per esempio,

la componente z di ~L si scrive quindi Lz

Il prodotto scalare fra due vettori sara quindi ~a ·~b = axbx + ayby + azbz =∑i

aibi, dove

l’indice i assume i valori x, y, z.

Scriviamo quindi la componente iesima di ~L.


(~L)i = Li =

(∑α

mαr2α~ω

)i

−

(∑α

mα~rα(~rα · ~ω)

)i

=

=∑α

mαr2αωi −

∑α

mαrα,i(~rα · ~ω) =

=∑α,j

mαr2αδi,jωj −

∑α

mαrαi

(∑j

rα,jωj

)=∑α,j

mαr2αδi,jωj −

∑α,j

mαrαi(rα,jωj) =

=∑α,j

(mαr

2αδi,jωj −mαrαi(rα,jωj)

)=

(∑α,j

mα(r2αδi,j − rαirα,j)

)ωj =

∑j

Ii,jωj =

Dove Ii,j e la cosa fra parentesi. So bene di non essere stato particolarmente chiaro.Inoltre l’argomento in se e abbastanza complicato di per se. Ora cerchero di spiegarmimeglio.

Il termine che ho rinominato non e altro che una cosa che non include ~ω, ma solo quan-tita legate alla forma geometrica dell’oggetto. Di conseguenza, una volta definita la formadell’oggetto e calcolato questo misterioso Ii,j, calcolare ~Lcm diventa molto semplice.

In particolare all’inizio della seconda riga ho sostituito al termine ωi il termine δi,jωj inquanto stavo cercando di fattorizzare ωj in modo da ottenere qualcosa moltiplicato esatta-mente per lei. Ricordo che δi,j si chiama delta di Kronecker e vale 1 se i = j, 0 altrimenti.

E solo un trucchetto per scrivere le cose in modo piu furbo.L’oggetto Ii,j si chiama tensore d’inerzia e ne sentirete a lungo parlare durante il corso di

Meccanica Classica al secondo anno di Fisica. Per quello che vi riguarda ora, e semplicementeuna matrice, ovvero una tabella 3x3 di numeri che si misurano in kg · m2

Di conseguenza, Ii,j, scelto un’orientazione di assi con l’origine nel centro di massa, avraquesta forma: Ixx Ixy Ixz

Iyx Iyy IyzIzx Izy Izz

E importante capire che il tensore di inerzia e qualcosa che esiste di per se, ma per

scriverlo come una matrice e necessario scegliere un sistema di assi ortogonali con centro nelCM.

Si puo capire questa cosa facendo l’analogo con i vettori. Dati due punti nello spazio,il vettore che li congiunge esiste e basta, ma se io voglio rappresentarlo come una terna dinumeri reali, devo prima scegliere un sistema di assi su cui proiettarlo. Il tensore di inerziafunziona allo stesso modo.

E facilissimo vedere che Ii,j = Ij,i, semplicemente scambiando gli indici nella definizionee vedendo che non e cambiato niente.

Quando un tensore rispetta quell’identita, si dice che il tensore e simmetrico. Durante ilcorso di Algebra Lineare al primo anno scoprirete che qualsiasi tensore simmetrico e diago-nalizzabile, ovvero esiste un’opportuna scelta degli assi per cui il tensore e rappresentato dauna matrice che ha cose sulla diagonale principale e 0 altrove. Questa terna di assi si chiamariferimento degli assi principali.

3.1. MECCANICA 163

Fare considerazioni di simmetria sulla forma dell’oggetto permette di trovare questa con-figurazione di assi in modo semplice. Esiste il modo di trovare questi assi anche nel casogenerale, ma esula completamente dall’obiettivo di queste dispense, in quanto qui siamo giaben oltre cio che e richiesto alle Olimpiadi.

Supponiamo di aver scelto il sistema di assi per cui il tensore e diagonale. Calcoliamoquindi finalmente ~Lcm con la nuova formula. Lx

LyLz

=

Ixx 0 00 Iyy 00 0 Izz

ωxωyωz

=

IxxωxIyyωyIzzωz

E molto intuitivo vedere che nel caso generale ~ω ed ~L non saranno paralleli. Questo puo

essere un grosso problema.Per fortuna, nel caso dei problemi olimpici, accade praticamente sempre che ~ω sia diretta

lungo uno degli assi principali. In questo caso la terna che rappresenta ~ω e fatta da due zerie da un numero. Facendo la moltiplicazione per il tensore di inerzia si vede subito che inquesto caso ~L e ~ω sono paralleli. In tal caso si puo chiamare I la costante di proporzionalitafra i due, chiamarlo momento di inerzia rispetto a quell’asse e ritrovare la formula

~L = I~ω

Con I il momento di inerzia. Come vedete dopo questo lungo ragionamento, questaequazione e ben lontana dal poter descrivere qualsiasi situazione possa capitare, quindi esempre bene controllare prima di usarla a sproposito.

Per completezza e chiarezza, scrivero ora la formula esplicita del tensore in termini di unintegrale in coordinate cartesiane. Non spaventatevi, la formula e brutta ma c’e di peggio.

Iij =

∫V

(r2δij − rirj)ρdV =

=

∫V

((x2 + y2 + z2)− x2

)ρdV

∫V

(−xy) ρdV

∫V

(−xz) ρdV∫V

(−xy) ρdV

∫V

((x2 + y2 + z2)− y2

)ρdV

∫V

(−yz) ρdV∫V

(−xz) ρdV

∫V

(−yz) ρdV

∫V

((x2 + y2 + z2)− z2

)ρdV

=

=

∫V

(y2 + z2

)ρdxdydz

∫V

(−xy) ρdxdydz

∫V

(−xz) ρdxdydz∫V

(−xy) ρdxdydz

∫V

(x2 + z2

)ρdxdydz

∫V

(−yz) ρdxdydz∫V

(−xz) ρdxdydz

∫V

(−yz) ρdxdydz

∫V

(x2 + y2

)ρdxdydz

Come vedete, in ogni casella della matrice c’e un numero espresso da un integrale di

volume. Quando l’oggetto ha una simmetria spiccata, e evidente che i termini incrociaticome xy e yz e zx, se integrati sul volume faranno 0. Inoltre, potete riconoscere nei termini


diagonali il classico termine md2 che gia conoscevate come momento di inerzia rispettoall’asse. Nel caso voi sappiate gia che per motivi di simmetria il vostro tensore dovra esserediagonale, la formula diventa molto piu semplicemente

Iij =

∫V

(y2 + z2

)ρdxdydz 0 0

0

∫V

(x2 + z2

)ρdxdydz 0

0 0

∫V

(x2 + y2

)ρdxdydz

Dove il numero di parametri da conoscere si e ridotto da 6 a 3. Non c’e niente di magico

in questo, in quanto per avere il tensore in forma diagonale abbiamo dovuto ruotare il nostroriferimento ed e noto che per una rotazione in 3D e necessario conoscere esattamente 3 angoli.Dato che 3 + 3 = 6, i gradi di liberta sono rispettati.

Esempio 3.1.2 (Tensore di inerzia di una sfera uniforme). Riscriviamo la definizione di Iij.

Iij =∑α

mα

(r2αδij − rαirαj

)Prendiamo un sistema di assi cartesiani centrati nel centro di massa della sfera, non conta

la loro orientazione nello spazio in quanto la sfera e completamente simmetrica.Con questo sistema di assi, scriviamo tutti i vari termini del tensore di inerzia

r2α = x2 + y2 + z2

rαx = x

rαy = y

rαz = z

La sfera e un sistema continuo, quindi dobbiamo sostituire alla sommatoria un integrale.

Iij =

∫α


)dmα =

∫α


)ρdx dy dz

In tutto avremo 6 oggetti di calcolare, in quanto il tensore di inerzia e una tabelladi 9 numeri, ma e simmetrica rispetto alla diagonale principale, quindi conoscendone 6 liconosciamo tutti.

Calcoliamo Izz

Izz =

∫α

((x2 + y2 + z2)2δzz − z · z

)ρdx dy dz =

∫α

(x2 + y2)ρdx dy dz

E ovvio che e conveniente passare in coordinate sferiche per semplificare il calcolo del-l’integrale.

Ricordiamo che per trasformare il differenziale del volume bisogna moltiplicare per ildeterminante dello Jacobiano del cambio di coordinate. Se non avete capito niente di questafrase, andate a vedere il capitolo sugli integrali in piu variabili.

3.1. MECCANICA 165

dx dy dz = r2 sin θdr dθ dφ

Izz =

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ R

0

ρr2 sin2 θr2 sin θdr dθ dφ = 2πρ

∫ π

0

∫ R

0

r4 sin3 θdr dθ =

=2π

5R5ρ

∫ π

0

sin3 θdθ =2π

5R5ρ

∫ −1

1

−(1− cos2 θ)d cos θ =

=2π

5R5ρ

∫ 1

−1

(1− t2)dt =2π

5R5ρ

4

3=

2

5MR2

Ovviamente basta ruotare il riferimento e per ragioni di simmetria avremo Ixx = Iyy =Izz = 2

5MR2. Calcoliamo quindi Ixy e per ragioni di simmetria sara Iyz = Ixz = Ixy.

Ixy =

∫V

−xyρdxdydz = −ρ∫ R

0

∫ π

0

∫ 2π

0

r sin θ cosφr sin θ sinφr2 sin θdθdφ =

= −ρ∫ R

0

∫ π

0

∫ 2π

0

r4 sin3 θ sinφ cosφdrdθdφ =

= −ρR5

10

∫ 2π

0

∫ π

0

sin3 θ sin(2θ)dθdφ = 0

Concludendo,

I =2

5MR2

1 0 00 1 00 0 1

Esempio 3.1.3 (Tensore di inerzia di una sfera cava). Usiamo l’esempio di prima per otte-nere il momento di inerzia di una sfera cava. Per fare questo, possiamo considerare una duesfere concentriche, una di densita ρ, grande di raggio R e l’altra di raggio r e densita −ρ. Ilmomento di inerzia, essendo l’integrale lineare, sara la somma dei due contributi.

I = I+ + I−

Dove ovviamente I− sara negativo. Per dare senso al tutto, imponiamo che la massatotale della sfera cava sia costantemente M .

M =4π

3(R3 − r3)ρ⇒ ρ =

3

4π

M

R3 − r3

Il momento di inerzia delle sfere sara, secondo la formula calcolata prima

I+ =2π

5ρR5 4

3

I− = −2π

5ρr5 4

3

Quindi


I = I+ + I− =8π

15ρ(R5 − r3) =

8π

15

3

4πMR5 − r5

R3 − r3=

2

5MR5 − r5

R3 − r3

Se ora vogliamo trovare il momento di inerzia di un pallone da basket, per esempio, cheha tutta la massa concentrata sulla superficie, e sufficiente calcolare

I ′ = limr→R

2

5MR5 − r5

R3 − r3

Questa cosa si puo fare in molti modi, per esempio usando la regola di de l’Hopital,espandendo in serie di Taylor, oppure con un truccone algebrico. Faro tutti e 3 per esercizio

limr→R

R5 − r5

R3 − r3= lim

r→R

−5r4

−3r3=

5

3R2

limr→R

R5 − r5

R3 − r3= lim

dr→0

R5 − (R− dr)5

r3 − (r − dr)3= lim

dr→0

−5R4dr + dr2 . . .

−3R2dr + dr2 . . .= lim

dr→0R2 5 + dr . . .

3 + dr . . .=

5

3R2

limr→R

R5 − r5

R3 − r3= lim

r→R

(R− r)(R4 +R3r +R2r2 +Rr3 + r4)

(R− r)(R2 +Rr + r2)=

= limr→R

(R4 +R3r +R2r2 +Rr3 + r4)

(R2 +Rr + r2)=

5

3R2

Per le solite ragioni di simmetria, sara quindi

I =2

3MR2

1 0 00 1 00 0 1

Esempio 3.1.4 (Tensore di inerzia di un cilindro). Calcoliamo il tensore di inerzia di uncilindro omogeneo di raggio R e altezza 2L. Prendiamo l’asse z lungo l’asse del cilindro egli assi x e y perpendicolari a z. E evidente che questi saranno assi principali, per ragioni disimmetria. Calcoliamo Izz

Izz =

∫V

ρ(x2+y2)dxdydz =

∫ L

−L

∫ R

0

∫ 2π

0

ρr2(cos2 φ+sin2 φ)rdφdrdz = 2Lρ·2πR4

4=

1

2MR2

Calcoliamo ora Ixx = Iyy

Ixx =

∫V

ρ(y2 + z2)dxdydz =

∫ L

−L

∫ R

0

∫ 2π

0

ρ(r2 sin2 φ+ z2)rdφdrdz =

= ρ2LR4

4

∫ 2π

0

sin2 φdφ+ ρ2L3

32πR2

2=

1

4MR2 +

1

3ML2

Per cui

I =M

12

3R2 + 4L2 0 00 3R2 + 4L2 00 0 6R2

3.1. MECCANICA 167

Esempio 3.1.5 (Tensore di inerzia di una sbarretta sottile). Consideriamo una sbarrettasottile di lunghezza l e massa m. Scegliamo un riferimento centrato nel CM che abbia l’assex lungo la sbarretta e gli altri due ortogonali al primo. E evidente che saranno assi principali.

Calcoliamo quindi i 3 momenti di inerzia. La massa per unita di lunghezza sara λ = ml

e quindi la massa dm sara dm = λdx

Izz = Iyy =

∫ L/2

−L/2(x2 + y2)λdx =

∫ L/2

−L/2(x2 + z2)λdx =

∫ L/2

−L/2x2λdx =

mL2

12

In quanto sia y, z sono sempre 0 nel volume del solido in questo riferimento.

Ixx =

∫(y2 + z2)λdx =

∫0dx = 0

Quindi il tensore di inerzia sara

I =1

12ML2

0 0 00 1 00 0 1

Teorema degli assi paralleli (Teorema di Huygens-Steiner)

Cosa succede se cerchiamo di calcolare il tensore di inerzia rispetto a 3 assi paralleli agliassi principali ma traslati rispetto ad essi? Questa cosa e gia stata vista precedentementeper il momento angolare, ma ora vogliamo formalizzarla meglio riguardo ai vari momenti diinerzia. Partiamo col ricordare che il tensore di inerzia si calcola rispetto ad assi passantiper il centro di massa, ovvero tali che∫

V

xidx1dx2dx3 = 0

Quindi ricordiamo la definizione di assi principali, ovvero tre assi x1,2,3 scelti in modo che∫V

xixjdx1dx2dx3 = 0 ∀i, j ∈ 1, 2, 3

di conseguenza

Iij = ρ

∫V

xixjdx1dx2dx3 = 0

per ogni coppia (i, j), i 6= j. Il tensore di inerzia rispetto agli assi principali sara cosıdiagonale, e i suoi elementi diagonali saranno dati da

Ikk = ρ

∫D

(x2i + x2

j)dx1dx2dx3

con i 6= j 6= k 6= i. Calcolare il tensore di inerzia rispetto ad assi che non passano per ilc.d.m. non ha senso. Tuttavia ha senso calcolare i momenti di inerzia (ovvero gli elementidiagonali del tensore) rispetto a tali assi.


Fisicamente ci sono delle applicazioni pratiche dirette di quello che stiamo facendo, nonsi tratta di un esercizio puramente di matematica. Infatti, se per esempio vincoliamo unasta a ruotare intorno ad un punto diverso dal suo centro di massa, in generale potra esserefurbo scrivere una cosa come il tensore di inerzia tenendo conto di quel vincolo e sfruttandoil punto fisso.

Proviamo quindi a calcolarli rispetto a degli assi traslati di ~x0 = (x0,1, x0,2, x0,3). Troviamo

Ikk = ρ

∫D

dx1dx2dx3((xi − x0,i)2 + (xj − x0,j)

2)

= ρ

∫D

dV (x2i + x2

j)− 2ρx0,i

∫D

dV xj − 2ρx0,j

∫D

dV xi + ρ(x20,i + x2

0,j)

∫D

dV

= Ikk +M(x20,i + x2

0,j) = Ikk +Md2

Dove negli ultimi passagia abbiamo riconosciuto la massa dell’oggetto ρ∫DdV e la distanza

dell’asse traslato dall’asse principale pari a d2 = (x20,i+x

20,j). Questo teorema, che sicuramente

avrete gia visto sul vostro libro di testo, si chiama teorema degli assi paralleli o teorema diSteiner.

Teorema degli assi perpendicolari

Consideriamo ora il caso di un oggetto sottile, ovvero che abbia tutta la sua massa concen-trata su un piano, e calcoliamo il tensore di inerzia rispetto agli assi principali. Scegliamo ilpiano z = 0 come quello dove giaccia tutta la densita di massa. Avremo

Ixx =

∫D

ρ(y2 + z2)dxdydz =

∫D

σ(y2 + z2)dxdy =

∫D

σy2dxdy

Iyy =

∫D

ρ(x2 + z2)dxdydz =

∫D

σ(x2 + z2)dxdy =

∫D

σx2dxdy

Izz =

∫D

ρ(x2 + y2)dxdydz =

∫D

σ(x2 + y2)dxdy =

∫D

σ(x2 + y2)dxdy

Dove abbiamo posto ρdz = σ dato che l’oggetto e sottile. Da queste relazioni si evince subitoche

Izz = Ixx + Iyy

Ovvero che il momento rispetto all’asse perpendicolare al piano che contiene la massa euguale alla somme degli altri due momenti di inerzia. Questo teorema e detto teorema degliassi perpendicolari, e vale solo se l’oggetto ha tutta la massa concentrata su un piano.

Esempio 3.1.6. Consideriamo un disco piano di spessore trascurabile, raggio R e massa M .Vogliamo calcolare il momento di inerzia rispetto ai suoi assi principali.

Indichiamo con z il versore ortogonale al piano del disco. E una cosa nota che I = 12MR2,

ma visto che state leggendo queste dispense per imparare rifaro il conto. Indichiamo con tlo spessore infinitesimo del disco. Ovviamente ci serve solo per fare l’integrale, poi spariraall’interno del termine con la massa.

Izz =

∫V

(x2 + y2)ρdxdydz =

∫ t

0

∫x2+y2≤R2

(x2 + y2)ρdxdydz = ρt

∫x2+y2≤R2

(x2 + y2)dxdy

3.1. MECCANICA 169

A questo punto e ovviamente piu pratico passare in coordinate polari piane

Izz = ρt

∫ 2π

0

∫ R

0

r2rdrdφ = 2πρt

∫ R

0

r3dr =1

2πR4tρ =

1

2(tπR2)R2 =

1

2MR2

A questo punto dobbiamo calcolare Ixx e Iyy. Dal teorema appena mostrato noi sappiamoche

Ixx + Iyy = Izz

Ma e ovvio per motivi di simmetria che Ixx = Iyy, per cui

Ixx = Iyy =1

4MR2

Dato che io finche non vedo non credo, faro il conto esplicito, anche se e brutto, permostrare che i conti tornano. In questo caso se calcoliamo Ixx dobbiamo per ogni puntoandare a calcolare la sua distanza d dall’asse x e sommare i contributi dmd2 per ogni massettadm. Ovviamente la simmetria circolare precedente e stata rotta quindi dovremo fare unintegrale leggermente piu rognoso.

Ixx =

∫V

dmd2 = ρt

∫ R

0

∫ 2π

0

(r cos θ)2 rdrdθ = ρt

∫ R

0

∫ 2π

0

r3 cos2 θdrdθ

L’integrale del coseno quadro su un periodo e esattamente π. L’altro integrale si fa comeprima e quindi

Ixx = ρtπ

∫ R

0

r3dr =1

4MR2

Energia cinetica

Di solito i problemi si risolvono con ottime considerazioni di conservazioni di energia e deri-vati. Sarebbe quindi bello avere un’espressione per l’energia cinetica in termini di quantitaappena definite come il tensore di inerzia e il momento angolare. Calcoliamoci quindi l’e-nergia cinetica di un oggetto esteso sommando i contributi di tutte le massette dm che locompongono e cerchiamo di vedere se troviamo un risultato con una forma accettabile.

K =1

2

∫V

|~V |2dm

Ovviamente al solito possiamo scrivere ~V = ~Vcm +~v, per ogni particella. Facendo questasostituzione,

K =1

2

∫V

(V 2cm + 2~Vcm · ~v + v2

)dm =

1

2V 2cm

∫V

dm+ ~Vcm ·∫V

~vdm+1

2

∫V

v2dm

A questo punto, il primo integrale e banale in quanto e la massa totale del nostro oggetto,M . Il secondo integrale e nullo, proprio perche ~v e la velocita rispetto al centro di massa,


che e definito in modo che quel coso sia nullo. Il terzo integrale e la parte piu interessanteche adesso andiamo a vedere. Innanzitutto pero notiamo una cosa fondamentale: l’energiacinetica di un corpo rigido si puo scrivere come somma di due termini, uno come se il nostrocorpo rigido fosse un grosso punto materiale che si muove di velocita ~Vcm piu un contributodovuto alla rotazione intorno al centro di massa, ovvero per ogni corpo rigido

K =1

2MV 2

cm +Krot

A questo punto e utile andare a vedere come esprimere Krot in termini di cose chesappiamo. Dato che il corpo e rigido, avremo ~v = ~ω × ~r

Krot =1

2

∫V

(~ω × ~r)2 dm =1

2

∫V

((~ω × ~r) · (~ω × ~r)) dm =

=1

2

∫V

(~ω · (~r × (~ω × ~r))) dm = ~ω · 1

2

∫V

(~r ×~(~ω × ~r)

)dm =

1

2~ω · ~L

Vorrei far notare che nel caso piu generale, ~ω e ~L non sono paralleli, per cui non potremofar sparire il prodotto scalare. Possiamo tuttavia scrivere il tutto in termini del tensore diinerzia. Infatti,

Li =∑j

Iijωj ⇒ K =1

2

∑i

ωiLi =1

2

∑i,j

Iijωiωj

Siano x1, x2, x3 i 3 versori che indicano la direzione degli assi principali del corpo. Indi-chiamo con ωi la componente i esima di ~ω, ovvero ωi = ~ω · xi. Se scegliamo gli assi principali,il tensore diventa diagonale per cui

K =1

2

∑i=j

Iijωiωj =1

2I11ω

21 +

1

2I22ω

22 +

1

2I33ω

23

Che, in un caso molto particolare coincide con quella che sicuramente conoscete, ovveroK = 1

2Iω2. Questo caso si ottiene semplicemente imponendo che il nostro corpo rigido

possa ruotare solo intorno ad uno dei tre assi principali, facendo in modo che due delle 3componenti della formula che ho scritto sopra siano identicamente nulle.

Equazioni di Eulero

Noi abbiamo sempre definito il momento angolare in un sistema di riferimento inerziale, inquanto permette di formulare leggi sensate e facili da scrivere. Purtroppo, quando si trattail corpo rigido il riferimento degli assi principali riserva troppi vantaggi per abbandonarlo.Se si dovesse descrivere il moto di un corpo rigido in un sistema fisso, il tensore di inerziasarebbe variabile nel tempo in quanto la matrice che lo rappresenta dipende dalla direzionedegli assi del riferimento rispetto alla direzione del corpo!

Capite bene che gia la parola tensore spaventa, un tensore variabile e raccapricciante.Inoltre il calcolo esplicito del tensore d’inerzia richiede molti integrali nel caso generale, chesono molto fastidiosi da fare. E quindi preferibile trovare un modo per descrivere il moto delcorpo rigido in un sistema di riferimento in cui gli assi principali non ruotino.

3.1. MECCANICA 171

Non e strettamente necessario mettersi nel sistema di riferimento solidale al corpo perottenere questa situazione. Spesso e facile trovare dei sistemi di riferimento rotanti in cui ilcorpo si muove bene, ovvero gli assi principali rimangono fissi.

Supponiamo di aver trovato questo riferimento e chiamiamolo 2, mentre il riferimentofisso lo chiamiamo 1.

Chiamiamo Ω la velocita angolare con cui il sistema 2 ruota intorno al sistema 1. Sianoxi i versori degli assi principali del corpo. Allora ~Lcm sara

~Lcm = L1x1 + L2x2 + L3x3

Per fortuna, nel riferimento degli assi principali si ha Li = Iiωi

~Lcm = I1ω1x1 + I2ω2x2 + I3ω3x3

Per cui,

d~Lcmdt

= I1ω1x1 + I2ω2x2 + I3ω3x3 + ~Ω× (I1ω1x1 + I2ω2x2 + I3ω3x3) =δ~L

δt+ ~Ω× ~L

Dove ilδ~L

δte una notazione che non ho mai usato prima e che vuol semplicemente dire

quello che c’e scritto prima. Non mi piace molto usarla in quanto puo confondere masemplifica di molto la notazione.

La seconda equazione cardinale della meccanica ci dice anche che

d~Lcmdt

= ~τcm

Se proiettiamo il momento delle forze sugli assi principali, otteniamo le equazioni diEulero

τ1 = I1ω1 + Ω2I3ω3 − Ω3I2ω2

τ2 = I2ω2 + Ω3I1ω1 − Ω1I3ω3

τ3 = I3ω3 + Ω1I2ω2 − Ω2I1ω1

Nel caso particolare in cui scegliamo il sistema di riferimento solidale con il corpo, sisemplificano leggermente, in quanto Ω = ω

τ1 = I1ω1 + ω2ω3(I3 − I2)

τ2 = I2ω2 + ω3ω1(I1 − I3)

τ3 = I3ω3 + ω1ω2(I2 − I1)


Problemi

Problema 3.1.15 (Moneta su un tavolo).

Problema 3.1.16 (Palla sul giradischi). Questo problema e tratto dal Morin.Supponiamo di avere una sfera uniforme di massa m appoggiata su un giradischi che ruota con

velocita angolare Ω. La sfera rotola senza strisciare sul giradischi. Mostrare che la sfera si muovesu una circonferenza (vista nel riferimento del laboratorio) e la percorre con una velocita angolare

ω =2

7Ω.

Hint: 4.2.2

Problema 3.1.17 (Corda avvolta sul tavolo (Morin)).

Problema 3.1.18 (Moto di un dipolo elettrico in campo magnetico (APhO 2001, 2)).

Possiamo schematizzare un dipolo elettrico come una sbarretta rigida di lunghezza ~l ai cui capisono attaccati due cariche, una +q e l’altra −q. Il verso di ~l e fatto in modo che il vettore vadadalla carica negativa a quella positiva.

Il tutto e immerso in un campo magnetico uniforme ~B = B0z.

1. Scrivere la forza ~F agente sul dipolo in termini della velocita del centro di massa ~vcm e dellavelocita angolare di rotazione intorno al centro di massa ~ω (e di ~B ovviamente).

2. Scrivere il momento delle forze rispetto al centro di massa ~τ in funzione delle stesse quantita.

3. La forza esterna sul centro di massa non e ovviamente nulla (altrimenti non te l’avremmofatta calcolare al punto 1), quindi la quantita di moto del dipolo non si conserva. Trovareun’altra quantita ~P , simile alla quantita di moto, che si conservi nel moto in campo magnetico.Scrivere inoltre la conservazione dell’energia meccanica totale E.

4. Mostrare che la quantita J = (~rcm × ~P + I~ω) · ~B e una costante del moto (~P e la quantitatrovata al punto 3 e I e il momento di inerzia rispetto al centro di massa del dipolo).

5. All’istante iniziali il dipolo si trova cosı: il suo centro e al centro del riferimento, ~vcm = 0, ~lpunta la direzione x e ~ω = ω0z

Se ωc < ωc, il dipolo non riesce a compiere un giro completo intorno al suo centro di massa.Trovare ωc.

6. Qual’e la massima distanza lungo x che riesce a percorrere il dipolo in termini di un genericoω0?

7. Trovare la tensione della sbarretta. Esprimerlo in termini di ω.

Problema 3.1.19. Considera una panca priva di massa su cui sono poggiati (inposizioni simmetriche rispetto al centro della panca) due cilindri identici di massa m raggio a emomento di inerzia rispetto all’asse I = βma2. Sopra i due cilindri e poggiata un altra pancaidentica e sopra di essa altri due cilindri identici e cosı via formando un sistema infinito. Ciascunocilindro puo rotolare senza scivolare rispetto a ciascuna panca con cui e a contatto. A un certomomento la prima panca viene spinta orizzontalmente cosı da muoversi con un accelerazione a0.Trovare l’accelerazione lineare dei cilindri all’ n−esimo piano (il primo piano e n = 1 ).

Soluzione: 4.3.11

3.1. MECCANICA 173

3.1.7 Gravitazione

Il problema dei due corpi Parleremo in questo capitolo del problema dei due corpi,ovvero un sistema fisico composto da solo due oggetti che interagiscono, la cui interazionedipende dalla distanza fra i centri dei due oggetti, per esempio due stelle che si ruotanointorno per attrazione gravitazionale, ma anche una stella e un pianeta o semplicementel’elettrone intorno al nucleo.

Trattare due oggetti invece di uno e decisamente un problema. Solitamente e moltodifficile integrare l’equazione del moto per un corpo solo, figurarsi due. Vedremo subito cheper fortuna il problema dei due corpi si puo ricondurre in modo rapido ad un problema conun corpo solo. Vediamo come:

Supponiamo di avere 2 oggetti di massa ma,mb, posizione in un riferimento ~ra, ~rb evelocita ~va, ~vb. Supponiamo inoltre che l’energia potenziale del sistema dipenda solo dalladistanza fra le due masse.

Scriviamo energia, quantita di moto e momento angolare (rispetto al centro del riferi-mento) del sistema.

~P = ma~va +mb~vb~L = ma~ra × ~va +mb~rb × ~vbE =

1

2mav

2a +

1

2mbv

2b + U(|~ra − ~rb|)

Cambiamo variabili per semplificarci le cose:~rcm :=ma~ra +mb~rbma +mb

~r = ~rb − ~ra

Con ovvia definizione di ~vcm e ~r. Riscriviamo le 3 quantita in funzione delle nuovevariabili.

~P = (ma +mb)~vcm~L = (ma +mb)~rcm × ~vcm +

mamb

ma +mb

~r × ~r

E =1

2(ma +mb)v

2cm +

1

2

mamb

ma +mb

r2 + U(r)

Dove e conveniente definire µ, massa ridotta del sistema, in questo modo

1

µ=

1

ma

+1

mb

E ora evidente che questa scelta di coordinate e migliore. Infatti, ~P = ~Fext = 0, quinditroviamo che ~vcm e costante. Niente ci vieta quindi di metterci nel riferimento (inerziale) delcentro di massa, in cui le espressioni si semplificano di molto.

~L = µ~r × ~r

E =1

2µr2 + U(r)


Ovvero, possiamo trattare il problema come se avessimo un solo corpo di massa µ che simuove in un campo centrale. Una volta che avremo trovato ~r e ~r, potremo tornare indietro

invertendo le coordinate e ritrovando ~ra =µ

ma

~r e ~rb = − µ

mb

~r

Conservazione di ~L e di E Consideriamo ora un oggetto che si muove in campo centrale~F (r) = F (r)r. Mostriamo innanzitutto che il momento angolare rispetto al centro delriferimento si conserva.

d~L

dt= ~τ = ~r × ~F = ~r × F (r)r = 0

In quanto ~F e ~r sono paralleli. Il fatto che il momento angolare si conservi ha unanotevole conseguenza fisica che poi semplifica di molto la trattazione del problema. ~L eun vettore che si conserva, per cui, oltre a conservarsi il modulo di L = rv sin θ, la partedavvero interessante e che si conserva la direzione di ~L. Questo implica immediatamente chela traiettoria sia una curva piana.

Vediamo ora di mostrare rapidamente che effettivamente un campo centrale qualsiasi econservativo, cosa che ho dato per scontato fin’ora ma non del tutto ovvia.

Condizione necessaria e sufficiente affinche esista un potenziale 6 e che ~∇ × ~F = 0.Scriviamo il rotore in coordinate cartesiane e controlliamo per esempio la componente z(sara completamente simmetrico sulle altre componenti.)

(~∇× ~F )z =∂Fy(r)

∂x− ∂Fx(r)

∂y=∂(F (r)

y

r

)∂x

−∂(F (r)

x

r

)∂y

=

=yF ′(r)

r

∂r

∂x− xF ′(r)

r

∂r

∂y− yF

r2

∂r

∂x+xF

r2

∂r

∂x

Ora ricordiamo che r =√x2 + y2 + z2, per cui

∂r

∂x=

x√x2 + y2 + z2

=x

re analogamente

per y. Per cui

(~∇× ~F )z = xyF ′(r)

r2− xyF

′(r)

r2− xy F

r3+ xy

F

r3= 0

In questo calcolo vi era assoluta simmetria fra le coordinate, quindi il calcolo delle al-tre componenti del rotore dara lo stesso risultato. Di conseguenza, ogni campo centrale econservativo. Potremo quindi sempre scrivere l’energia potenziale.

Una dimostrazione migliore si puo fare prendendo un cammino a caso e vedendo chel’integrale di linea della forza non dipende dal percorso ma solo da partenza e arrivo, sem-plicemente scomponendo il cammino in tratti infinitesimi quasi rettilinei. La dimostrazionela trovate su qualsiasi libro di testo elementare.

6Se il dominio e un aperto semplicemente connesso. Questa condizione non e patologica come la maggiorparte delle ipotesi in Analisi, purtroppo. Esistono esempi molto concreti di campi vettoriali a rotore nullo suun dominio non semplicemente connesso che non ammettono potenziale. L’esempio piu semplice e il campomagnetico generato da un filo rettilineo infinito percorso da corrente. Su tutto lo spazio tranne il filo vale~∇× ~H = µ0

~J = 0, ma ~H non ammette potenziale, in quanto facendo la circuitazione lungo una circonferenzache contiene il filo non otteniamo zero.

3.1. MECCANICA 175

Il potenziale efficace La conservazione di ~L permette di fare una sostituzione intelligenteche semplifichera i conti in molte occasioni.

Scriviamo l’energia totale di una massa puntiforme che si muove in campo centrale

E =1

2mv2 + U(r) =

1

2mv2

r +1

2mv2

t + U(r)

Dove ho scomposto la velocita in due componenti ortogonali, ovvero la velocita radiale(r) e la velocita perpendicolare al raggio vettore 7(rθ)

Il modulo di ~L sara proprio mrvt = mr2θ. E intelligente a questo punto sostituire θ conL, in quanto l’energia totale passa da una funzione di due variabili, r e θ, ad una funzionedi una sola variabile, molto piu facile da gestire.

Scriviamo quindi l’energia totale:

E =1

2mr2 +

L2

2mr2+ U(r)

Vorrei far notare che fin’ora non abbiamo ancora utilizzato il fatto che si tratti dellaforza gravitazionale, ma abbiamo semplicemente parlato di una generica forza centrale, diconseguenza questa formula continua a valere per qualsiasi potenziale centrale.

Facciamo ora alcune considerazioni sulla forza di gravita a partire da questa formula.Sostituendo U , si ottiene

E =1

2mr2 +

L2

2mr2− GMm

r

A sinistra di questa uguaglianza abbiamo una costante, l’energia totale, mentre a destra

c’e una funzione di r ed r. Disegnamo il grafico di Ueff =L2

2mr2−GMm

r, riportato in figura

3.8. E evidente che una volta fissato il potenziale efficace e l’energia, i valori che si possonoraggiungere sul grafico sono quelli che stanno sotto la linea che indica l’energia, in quantoviene aggiunto il termine 1

2mr2 che e sempre positivo.

Ora e evidente che se E = E4, c’e un solo punto del grafico che tocca la retta orizzontale.Di conseguenza, dovra essere r = cost. Il punto in questione si ottiene imponendo

−∂Ueff∂r

= 0

e se fate i conti vi accorgerete che questa equazione e equivalente a imporre che la forzadi gravita sia centripeta. Avete ottenuto l’orbita circolare.

Se invece E = E3, si vede che c’e solo un intervallo limitato di r raggiungibili. Diconseguenza, sicuramente l’orbita sara limitata. Per il caso della gravita avremo che eun’ellisse. Ovviamente i valori limiti raggiungibili sul grafico per r corrispondono al casofisico di afelio e perielio.

Se E = E2 = 0, si vede dal grafico che e possibile raggiungere r → ∞, mentre versosinistra si puo raggiungere solo un certo rmin e non 0, a causa della conservazione del momentoangolare.

Se E = E1 > 0, allora come prima avremo che l’orbita non e limitata.

7Attenzione! Questa non e la velocita tangenziale. La velocita e sempre tangente la traiettoria. Questacomponente della velocita si ottiene proprio proiettando su una retta perpendicolare al raggio vettore


Figura 3.8: Grafico del potenziale efficace

Piccole oscillazioni intorno all’orbita stabile E interessante studiare che cosa succedead un corpo in orbita circolare se il suo moto viene leggermente perturbato. Per studiare checosa succede in un intorno dell’orbita circolare, e utile espandere in serie di Taylor al primoordine le forze che agiscono sulla massetta.

Se siamo su un’orbita circolare, vorra dire che

~F (r0)− ~Fc(r0) = 0

Dove ~F e il campo centrale e ~Fc e la forza centripeta. Espandiamo in serie la forza.

∆F =∂F (r0)

∂r∆r − ∂Fc(r0)

∂r∆r

Essendo F = ma

m∆r =

(∂F (r0)

∂r− ∂Fc

∂r

)∆r = ±mω2∆r

Il ± e dovuto al fatto che a priori non sappiamo se l’orbita sara stabile o instabile. Diconseguenza, il segno di quel termine determinera se una piccola variazione del moto causaun danno irreparabile oppure se semplicemente fa oscillare intorno all’orbita stabile.

Se poi ci accorgiamo che

F − Fc = −∂Ueff∂r

Troviamo un’espressione ancora piu semplice per quello che volevamo

3.1. MECCANICA 177

m∆r = −∂2Ueff (r0)

∂r2∆r

Di conseguenza,

ω =

√− 1

m

[∂2Ueff∂r2

]r=r0

Il problema di Keplero Poniamoci ora l’obiettivo trovare la forma delle orbite piu gene-

rale per un oggetto di massa µ che si muove in campo centrale U = −kr

. Scriviamo l’energia

totale usando il potenziale efficace.

E =1

2µr2 +

L2

2µr2− k

r

Abbiamo mostrato che l’energia e una costante del moto. Derivandola rispetto al tempodovremo quindi ottenere 0.

E = 0 = µrr − L2

µr3r +

k

r2r = r

(µr − L2

µr3+k

r2

)Ovviamente la soluzione r = 0 non e quella piu generale, in quanto rappresenta solo il

caso di orbita circolare. Possiamo quindi scartarla per cercarne una piu generica.

µr =L2

µr3− k

r2

Essendo noi interessati ad una dipendenza del tipo r(θ) e non r(t), e utile pensare dicambiare la variabile di derivazione di r.

dr

dt=dr

dθ

dθ

dt

Ma noi ricordiamo che

L = µr2θ ⇒ θ =L

µr2

Riscriviamo quindi la nostra equazione

µd

dθ

(L

µr2

dr

dθ

)L

µr2=

L2

µr3− k

r2

Per riuscire ad integrare questa cosa, l’esperienza insegna che e utile cambiare variabile

u =1

r

µd

dθ

(Lu2

µ

(− 1

u2

du

dθ

))Lu2

µ=L2u3

µ− ku2


L2

µ

d2u

dθ2= −L

2

µu+ k

d2u

dθ= −u+

kµ

L2

E sono sicuro che questa siete capaci di integrarla.

u(θ) = A cos(θ + φ) +kµ

L2

Ora ricordiamo come abbiamo definito u e troviamo finalmente

r(θ) =

L2

kµ

1 +B cos θ

Dove ho semplicemente fatto un cambio di variabile per ottenere una costante piu bella.Se confrontiamo ora questa equazione con quella di una conica in coordinate polari con unfuoco nell’origine, di eccentricita ε 8

r(θ) =l

1− ε cos θ

capiamo subito che cosa descrive la nostra funzione. Viene dato da ricavare nel problema3.1.26 il valore di ε in funzione di E,L. Per ora accontentiamoci del risultato

ε =

√1 +

2EL2

k2µ

Vorrei far notare che se ε = 0, fisicamente abbiamo che l’orbita e circolare, per cuitroviamo la relazione

2EL2

k2µ= −1

Dove il segno meno non vi deve spaventare in quanto l’energia e evidentemente negativa.Se abbiamo un’orbita ellittica, sara 0 < ε < 1. Per l’orbita parabolica, dovremo avere ε = 1e di conseguenza E = 0. Questo e fisicamente sensato in quanto noi vogliamo il caso limitedi orbita ellittica, ovvero un’orbita che arriva a ∞ con velocita nulla, ovvero con energia

E = − k

∞+

1

2µ · 02 = 0

Per una generica orbita iperbolica, avremo ε > 1 e quindi E > 0. Queste cose valgono

per qualsiasi campo di forze centrale che sia del tipo F =k

r2ma non vale in generale per altri

andamenti della forza. Vorrei far notare che non ho mai fatto assunzioni riguardo il segnodi k, per cui le orbite saranno coniche anche in caso di forza repulsiva. Quando andiamoa calcolare l’energia totale, avremo semplicemente in questo caso la somma di due oggetti

8Vedi l’appendice per piu dettagli su questa formula

3.1. MECCANICA 179

positivi, per cui in caso di forza repulsiva avremo sempre E > 0 e di conseguenza le orbitesaranno sempre delle iperboli.

Concludiamo calcolando il periodo dell’orbita. Ovviamente ha senso domandarsi questacosa solo per orbite chiuse, per cui ellissi. Consideriamo la quantita

dA

dt=

1

2r2θ

Che rappresenta l’area spazzata nell’unita di tempo 9 Se scriviamo

L = µr2θ

E evidente che

dA

dt=

L

2µ= costante

Per cui, se integriamo su un periodo otterremo l’area dell’ellisse10. Se questo ha i duesemiassi lunghi a > b, la sua area sara A = abπ

∫ τ

0

dA

dtdt = abπ∫ τ

0

L

2µdt = a2π

√1− ε2

L

2µτ = a2π

√−2EL2

k2µ

τ = 2πa2

√−2Eµ

k2

Per calcolare E, possiamo utilizzare il teorema del viriale, che verra trattato fra un paiodi paragrafi, oppure semplicemente scrivere

E =1

2µr2 +

L2

2µr2− k

r

Se imponiamo r = 0, fisicamente stiamo trovando i punti di massima e minima distanzadal centro dell’orbita 11.

E =L2

2µr2− k

r

Che e un’equazione di secondo grado in r.

r2 +k

Er − L2

2µE= 0

9E l’area dA di un triangolino isoscele di lati r, r, rdθ diviso per dt.10Vorrei far notare che la formula precedente e in effetti la seconda legge di Keplero. Notate che e

equivalente alla conservazione del momento angolare.11Se r(t) = 0, allora abbiamo che r < 0 per t < t e r > 0 se t > t, ovvero siamo in un minimo, oppure il

contrario, ovvero siamo in un massimo. Fisicamente non esistono punti di flesso per il problema di Keplero.


r1,2 = − k

2E±

√k2

4E2+

L2

2µE= − k

2E

1±

√1 +

2EL2

k2µ

= − k

2E(1± ε)

Se ora ricordiamo che in un ellisse

a =1

2(r1 + r2)

Troviamo

a = − k

2E⇒ E = − k

2a

Tornando quindi al calcolo del periodo,

τ = 2πa2

√−2Eµ

k2= 2πa2

√−2µ

k2

(− k

2a

)= 2πa

32

√µ

k

Che prende il nome di terza legge di Keplero. Se trattiamo il caso della gravita, k =Gm1m2, µ = m1m2

m1+m2

τ = a32

2π√G(m1 +m2)

Ovvero

τ 2 ∝ a3

Il vettore di Lenz ~A Nel moto in campo centrale abbiamo trovato la conservazione delvettore ~L, che fornisce 3 quantita conservate, le sue proiezioni lungo gli assi, e l’energia totaleE, che e un’altra quantita indipendente dal momento angolare, per un totale di 4 quantitaindipendenti. Ce n’e ancora un’altra, indipendente dalle prime due, che non abbiamo ancoraconsiderato.

Andiamo a considerare il vettore ~A definito come

~A = ~p× ~L+ kmr

Dove al solito k = −GMm. Andiamo a calcolared ~A

dt

d ~A

dt=d~p

dt× ~L+ km

dr

dt=

k

r2r × Lz + kmθθ =

k

r2θ(−L+mr2θ

)= 0

In quanto per l’appunto si ha L = mr2θ. Questo vettore ~A viene chiamato vettore diLenz ed e il vettore che fornisce l’ultima quantita conservata che manca all’appello. Inparticolare, fornisce una sola quantita indipendente dall’energia e dal momento angolare.Vediamo perche.

Innanzitutto, il vettore ~A − kmr e ortogonale a ~L, per cui sta nel piano dell’orbita e diconseguenza anche ~A e nel piano dell’orbita. Inoltre, possiamo dire ancora qualcosa sullasua direzione. Infatti, se consideriamo

3.1. MECCANICA 181

~A · ~p = ~p× ~L · ~p+ kmr · ~p = kmr · ~p

Diventa evidente che ~A · ~p = 0 se e solo se r · ~p = 0, ovvero il vettore di Lenz punta in unpunto dell’orbita molto preciso, ovvero un punto di inversione. Sara afelio o perielio?

Andiamo a calcolare il modulo di ~A. Noi sappiamo gia che e costante, perche abbiamomostrato che il vettore intero ~A e costante, cosa molto piu forte. Inoltre ci aspettiamo chesia strettamente legato alle costanti E ed L che gia conosciamo, altrimenti avremmo troppecostanti del moto. Per questo, anche se all’inizio non sembrano tornare i conti, sforziamocidi far tornare fuori un oggetto che contenga quei due termini in quanto sappiamo gia chedeve uscire una cosa simile.

| ~A|2 = ~A · ~A = (~p× ~L)2 + k2m2 + 2kmr · ~p× ~L = p2L2 + k2m2 + 2kmr · (pyx− pxy)L =

Abbiamo sfruttato che ~p ed ~L sono gia perpendicolari, quindi sappiamo che il modulo delloro prodotto vettore sara semplicemente il prodotto dei moduli. Inoltre adesso dobbiamocercare di far saltare fuori ~L anche nell’altra espressione. Per farlo dobbiamo fare un po’ digiochini

= p2L2 + k2m2 + 2km

r(pyx− pxy)L = p2L2 + k2m2 − 2

km

rL2 =

A questo punto possiamo raccogliere L2 ed accadra la magia

= L2

(p2 +

2mk

r

)+ k2m2 = 2mEL2 +m2k2

Infatti ricordiamo che

E =p2

2m− k

r

Con molta fatica abbiamo finalmente trovato il modulo

A =√

2mEL2 +m2k2

Vi state chiedendo perche l’ho fatto? Perche se ora consideriamo la quantita

~A · r

Dato che ~A e costante,

(~p× ~L+ kmr

)· r = ~A · r = A cos θ ⇒ L2

r+ km = A cos θ ⇒ 1

r=

A

L2cos θ +

km

L2

Che assume la forma consueta

r =L2

km

1 + Akm

cos θ


Che ci da la forma dell’orbita, come avevamo ricavato prima in forma differenziale. Daquest’ultima possiamo infine dire che il vettore di Lenz punta al perielio in quanto per θ = 0si ha che r e piu piccolo che in θ = π.

Il vettore di Lenz e una peculiarita dell’orbita 1/r. In tutti gli altri campi centrali c’e gia laconservazione del momento angolare e dell’energia totale, ma in questo caso vi e appunto unaquantita in piu, legata strettamente alla potenza 1/r, che conservandosi permette alle orbitedi chiudersi. Il teorema di Berthrand generalizzera di parecchio questo risultato concludendoche gli unici potenziali centrali che portano a orbite chiuse stabili sono i potenziali −1/r e r2,corrispondenti per l’appunto al problema di Keplero e al potenziale generato da una molla.

Il teorema del viriale

Teorema 3.1.1 (Teorema del viriale).

Si consideri un sistema di n particelle di massa mi, velocita ~vi e posizione ~ri. Si consideri

la quantita G =n∑i=0

mi~ri ·~vi. ConsideriamodG

dt=

n∑i=0

mi~ri ·~ai+n∑i=0

mi~vi ·~vi =n∑i=0

~ri · ~Fi+2K.

Consideriamo ora il valore medio didG

dtsu un intervallo di tempo [0, τ ].

⟨dG

dt

⟩=

1

τ

∫ τ

0

dG

dtdt =

G(τ)−G(0)

τ=

⟨n∑i=0

~ri · ~Fi

⟩+ 2〈K〉

Sotto ipotesi molto blande, per esempio che il sistema si muova di moto periodico (in talcaso G(τ) = G(0)) oppure semplicemente limitato (si fa tendere τ →∞) allora si ottiene larelazione ⟨

n∑i=0

~ri · ~Fi

⟩+ 2〈K〉 = 0

Puo sembrare inutile ma nel caso di campo centrale con dipendenza da r del tipo U = krα

(~F = −αkrα−1r)12 la formula diventa

α〈U〉 = 2〈K〉Nel caso di potenziale coulombiano, 〈U〉 = −2〈K〉. Formula inutile? Vediamo...

Esempio 3.1.7. E data la massa del sole Ms, il suo raggio Rs. Stimare la temperatura mediadel Sole. Trattarlo come una palla di gas (idrogeno) monoatomico di densita uniforme 13.

Soluzione: l’energia potenziale del sistema viene data da calcolare nel problema 3.1.20 e

vale U = −3GM2s

5Rs. L’energia interna di un gas perfetto monoatomico e K = N 3

2kBT , dove

N = Ms

mpdove mp e la massa del protone. Applichiamo il teorema del viriale.

3GM2s

5Rs

= 3Ms

mp

kBT ⇒ T ≈ 3 · 106K

12Per esempio il potenziale coulombiano o gravitazionale13Trattare la densita del Sole come uniforme e una stima estremamente grossolana, ma in questo momento

ci interessa solol’ordine di grandezza.

3.1. MECCANICA 183

Diffusione da campo centrale

Forze di marea

Questo paragrafo e estremamente facoltativo.Abbiamo sempre trattato gli oggetti su cui agisce la forza di gravita come puntiformi e

fin’ora non ci siamo mai posti il problema di un corpo esteso soggetto a gravita. Direi che eora di farlo. Consideriamo quindi una massa molto grande, puntiforme, di massa M , postaad una distanza ~R dal centro di massa di un oggetto esteso di massa m che sta nel volumeV . Inoltre, consideriamo il caso in cui 3

√V R, per esempio un satellita in orbita intorno

alla Terra oppure la Luna stessa. Andiamo a calcolare l’energia potenziale dell’oggetto inorbita espandendo in serie l’energia la termine opportuno.

METTI UN DISEGNOParametrizziamo ogni punto del nostro oggetto esteso con il vettore ~r rispetto al centro

di massa dell’oggetto. Di conseguenza, il generico punto determinato da ~r distera ~R+~r dallamassa M . Inoltre, dato che ~r e preso rispetto al centro di massa, avremo che∫

V

~rdm = ~0

Calcoliamo quindi l’energia potenziale

Uogg(~R) =

∫V

− GM

|~R + ~r|dm = −GM

∫V

dm√R2 + r2 + 2~R · ~r

= −GMR

∫V

dm√1 + 2R · ~r

R+( rR

)2

A questo punto e opportuno espandere il termine dentro l’integrale ad un ordine oppor-

tuno nella variabile t =r

R 1

Ricordiamo che

(1 + x)α ≈ 1 + αx+α(α− 1)

2x2 + ...

Nel nostro caso, α = −12

e quindi

(1 + x)−12 = 1− 1

2x+

3

8x2 + ...

Vediamo quindi che cosa succede se espandiamo al primo ordine, ovvero prendendo solox e trascurando x2

Uogg ≈ −GM

R

∫V

(1− R ~r

R

)dm = −GM

R+GM

R2R

∫V

~rdm = −GMR

Che e la stessa cosa che vedremmo se il nostro oggetto fosse puntiforme. Evidentementeabbiamo approssimato in modo troppo grossolano per vedere qualcosa, ma comunque questoci dice che la gravita si comporta abbastanza bene per oggetti estesi ma non troppo grandi,in quanto il primo termine di approssimazione e comunque nullo. In pratica, bisogna andarea vedere l’ordine successivo per riuscire ad accorgersi che abbiamo un oggetto esteso e nonun oggetto puntiforme.


Di conseguenza, andiamo a vedere al prossimo ordine di approssimazione cosa succede.Terremo quindi in considerazione tutti e soli i termini di grado ≤ 2.

Uogg ≈ −GM

R

∫V

(1− R ~r

R− 1

2

( rR

)2

+3

8

(2R · ~r

R

)2)dm =

= −GMR

+ 0− GM

2R3

∫V

(3(R · ~r)2 − r2

)dm

U = −GM2R3

∫V

(3(R · ~r)2 − r2

)dm (3.6)

Il primo termine e quello che approssima il nostro oggetto come puntiforme. Il secondo eil termine che fa 0 per il motivo che abbiamo detto prima, l’ultimo integrale e il primo terminediverso da 0 che compare nell’espansione e rappresenta quello che volevamo. Esistono delleespressioni piu belle per questo risultato che vedremo fra qualche riga. Per ora cerchiamosolo di capire come e fatto questo potenziale.

Prendiamo un sistema di riferimento cartesiano centrato nel CM dell’oggetto con l’assex che punta verso la massa M . Di conseguenza sara R = −x. Inoltre sara r2 = x2 + y2 + z2.Il potenziale sara quindi (togliendo il primo termine, che al momento non ci interessa)

Uogg = −GM2R3

∫V

(2x2 − y2 − z2

)dm

Ora, per esempio, potrebbe essere interessante cercare di capire che forma assume uncorpo deformabile lasciato in orbita. Diventera una sfera o un ellissoide dopo lungo tempo?E se diventa un ellissoide, lungo quali assi e schiacciato?

Consideriamo quindi solo una massetta dm appartenente al corpo e vediamo le forzeagenti su di essa. Ovviamente

Udm = −GM2R3

(2x2 − y2 − z2

)dm

e dato che ~F = −~∇U

~Fdm =GM

R3(2xx− yy − zz) dm

Come potete ben vedere dal disegno 3.9, la piccola differenza di distanza dalla grandemassa M porta a rendere il satellite piu schiacciato in un verso che in un altro, seguendo laforma del disegno.

Vediamo ora rapidamente una cosa interessante ma che potete tranquillamente saltare inquanto non capitera mai in una gara.

Notiamo innanzitutto che

r2 − (R · ~r)2

e la distanza del punto r dall’asse R. E facile da vedere in quanto quell’espressione eproprio il teorema di Pitagora.

Se ora consideriamo quindi

3.1. MECCANICA 185

Figura 3.9: Grafico della forza di marea

∫V

(r2 − (R · ~r)2

)dm

Questo e esattamente il momento di inerzia rispetto all’asse R, che denoteremo con IR.Riprendendo l’equazione 3.6

U = −GM2R3

∫V

(3(R · ~r)2 − 3r2 + 2r2

)dm = −GM

2R3

(−3IR + 2

∫V

r2dm

)Ma, scelta una terna di assi principali xi,∫

V

r2dm =

∫V

x21 + x2

2 + x21 + x2

3 + x22 + x2

3

2dm =

1

2(I3 + I2 + I1)

Per cui possiamo esprimere U in termini dei suoi momenti rispetto agli assi principali e almomento rispetto all’asse R (che passa sempre per il centro di massa, in quanto lo abbiamoscelto cosı)

U = −GM2R3

(I1 + I2 + I3 − 3IR)

Se consideriamo quindi un corpo in orbita, a meno di costanti additive, il termine utiledel potenziale e

U =3GM

2R3IR

Infatti, il termine standard che va come 1r

serve semplicemente a tenere in orbita l’oggetto.Il termine dei 3 momenti di inerzia invece e solo una costante additiva, che non e importante.

Viene da se che se cerchiamo una posizione di equilibrio stabile dobbiamo trovare unminimo del potenziale al variare dell’orientazione nello spazio del nostro oggetto.

FINIRE DI DIRE IN MODO SEMPLICE

Tidal lock


Il problema dei tre corpi

Purtroppo quando si ha a che fare con tre oggetti interagenti fra di loro con forza gravitazio-nale il problema non si semplifica abbastanza da essere risolto. E circa da quando Newtonha capito come funziona la gravitazione che si prova ad integrare il moto dei 3 corpi e nes-suno ci e riuscito, quindi vi sconsiglio di provarci14. In alcuni casi particolari il problema sisemplifica di parecchio facendo alcune approssimazioni, per esempio nella ricerca dei puntidi Lagrange.

I punti di Lagrange Consideriamo due corpi di masse M1 ≥M2 interagenti per gravita.Come abbiamo visto precedentemente, i due corpi ruoteranno attorno al centro di massa delsistema seguendo quello che abbiamo detto paragrafi fa. Consideriamo il caso in cui entrambei corpi seguono un’orbita circolare, ovvero mantenendosi ad una distanza R costante l’unodall’altro.

Aggiungiamo ora a questo sistema un’altra massa m M1 e quindi anche m M2. Ilmoto dei due oggetti 1 e 2 non verra perturbato dalla presenza della nuova massa. Vogliamovedere se esistono dei punti notevoli in cui la massa m si trova in equilibrio stabile, ovvero seesistono dei punti tali per cui la massa m sia ferma rispetto alle altre due masse e rimangalı vicino in caso di piccole perturbazioni.

Chiaramente la ricerca dei punti sara effettuata nel piano dell’orbita, in quanto se lamassa m fosse fuori dal piano, sicuramente la risultante delle forze punterebbe verso il pianoe quindi non saremmo in equilibrio.

Prendiamo come sistema di riferimento un riferimento cartesiano inerziale centrato nelcentro di massa di M1,M2. Indichiamo con ~A e ~B la posizione dei corpi 1 e 2. I due corpiruoteranno attorno al centro di massa con velocita angolare Ω. La posizione sara quindi

~A = RA(cos Ωt, sin Ωt)~B = −RB(cos Ωt, sin Ωt)

Dove ovviamente RA = R µM1

e analogo per B. Notare che non stiamo supponendo le due

masse una molto maggiore dell’altra. Indichiamo con ~P la posizione della massa m.

~P = r(cos θ, sin θ)

Dato che ci interessera l’energia potenziale gravitazionale, calcoliamo la distanza dalledue masse di m.

rA = |~PA| = |(r cos θ −RA cos Ωt, r sin θ −RA sin Ωt)| =

√r2 +R2

A − 2rRA cos(θ − Ωt)

rB = |~PB| = |(r cos θ +RB cos Ωt, r sin θ +RB sin Ωt)| =√r2 +R2

B + 2rRB cos(θ − Ωt)

Scriviamo la lagrangiana L del sistema. Dato che imponiamo il vincolo esterno dellemasse che si muovono senza perturbazione, stiamo imponendo un vincolo esterno quindi ciaspettiamo che dipenda espressamente dal tempo, motivo per cui l’energia in generale nonsi conservera.

14Almeno per ora.

3.1. MECCANICA 187

L =1

2mr2 +

1

2mr2θ2 +

GMAm

rA+GMBm

rBNotare che la dipendenza da θ, t e nascosta nei termini rA ed rB. Calcoliamo quindi le

derivate parziali per scrivere le equazioni del moto di Lagrange. Evidentemente i parametriliberi sono θ ed r.

∂L∂θ

= −GMAm

r2A

∂rA∂θ− GMBm

r2B

∂rB∂θ

∂L∂θ

= mr2θ

d

dt

∂L∂θ

=∂L∂θ⇒ −GMAm

r2A

∂rA∂θ− GMBm

r2B

∂rB∂θ

=d

dt

(mr2θ

)(3.7)

∂L∂r

= mr

∂L∂r

= mrθ2 − GMAm

r2A

∂rB∂r− GMBm

r2B

∂rB∂r

d

dt

∂L∂r

=∂L∂r⇒ mr = mrθ2 − GMAm

r2A

∂rB∂r− GMBm

r2B

∂rB∂r

(3.8)

Ovviamente non abbiamo nessuna intenzione di risolvere esplicitamente l’equazione nelcaso generale in quanto sara praticamente impossibile. Ci limitiamo a considerare il caso chevogliamo noi, ovvero θ = Ω = costante e r = 0. Di conseguenza le due equazioni del motosi semplificano molto e otteniamo

GMAm

r2A

∂rA∂θ

= −GMBm

r2B

∂rB∂θ

mrΩ2 =GMAm

r2A

∂rA∂r

+GMBm

r2B

∂rB∂r

Calcoliamo ora le derivate parziali che avevo lasciato implicite per evitare di avere contimostruosi e risolviamo il sistema.

GMAm

r2A

∂rA∂θ

= −GMBm

r2B

∂rB∂θ⇒

GMAm

r2 +R2A − 2rRA cos(θ − Ωt)

2rRA sin(θ − Ωt)

2√r2 +R2

A − 2rRA cos(θ − Ωt)=

− GMBm

r2 +R2B + 2rRB cos(θ − Ωt)

−2rRB sin(θ − Ωt)

2√r2 +R2


D’ora in poi chiamero α = θ − Ωt in quanto chiaramente ci interessa solo la posizionerelativa degli oggetti che stanno ruotando. La prima soluzione e sinα = 0 che fornisceα = 0, π. Cercheremo poi gli r corrispondenti, ora troviamo tutte le soluzioni per α. Dopoaver semplificato l’espressione rimane

MARA

(r2 +R2A − 2rRA cosα)

32

=MBRB

(r2 +R2B + 2rRB cosα)

32


Ma dato che abbiamo scelto come centro il centro di massa, MARA = MBRB. Quindidevono essere uguali i denominatori

R2A − 2rRA cosα = R2

B + 2rRB cosα

(RA −RB)(RA +RB) = 2r(RB +RA) cosα

cosα =RA −RB

2r

Notare che questo risultato ha la simmetria che deve effettivamente avere. Se io mandoα in α + π, scambio il ruolo delle due masse. Il risultato torna perche il coseno cambia sisegno. E sempre buona norma fare controlli di simmetria sulle soluzioni per cercare errori.

Usiamo l’altra equazione per trovare gli r corrispondenti ai vari valori di α che abbiamotrovato.

rΩ2

G=MA

r2A

∂rA∂r

+MB

r2B

∂rB∂r

rΩ2

G=

MA

r2 +R2A − 2rRA cos(θ − Ωt)

2r − 2RA cos(θ − Ωt)

2√r2 +R2

A − 2rRA cos(θ − Ωt)+

+MB

r2 +R2B + 2rRB cos(θ − Ωt)

2r + 2RB cos(θ − Ωt)

2√r2 +R2


rΩ2

G=

MA(r −RA cosα)

(r2 +R2A − 2rRA cosα)

32

+MB(r +RB cosα)

(r2 +R2B + 2rRB cosα)

32

(3.9)

Ora sostituiamo i valori di α che abbiamo trovato prima per risolvere l’equazione.

1. α = 0

rΩ2

G=

MA(r −RA)

(r2 +R2A − 2rRA)

32

+MB(r +RB)

(r2 +R2B + 2rRB)

32

rΩ2

G=

MA

|r −RA|+

MB

|r +RB|

2. α = πrΩ2

G=

MA(r +RA)

(r2 +R2A + 2rRA)

32

+MB(r −RB)

(r2 +R2B − 2rRB)

32

rΩ2

G=

MA

|r +RA|+

MB

|r −RB|

3. cosα = RA−RB2r

3.1. MECCANICA 189

rΩ2

G=

MA

(r −RA

RA −RB

2r

)(r2 +R2

A − 2rRARA −RB

2r

) 32

+

MB

(r +RB

RA −RB

2r

)(r2 +R2

B + 2rRBRA −RB

2r

) 32

rΩ2

G=MAr −MARA

RA −RB

2r(r2 +RARB)

32

+MBr +MBRB

RA −RB

2r(r2 +RARB)

32

Ma come prima MARA = MBRB per definizione di centro di massa. Quindi,

rΩ2

G=

(MA +MB)r

(r2 +RARB)32

(r2 +RARB)32 =

G(MA +MB)

Ω2

Ma il membro a destra e esattamente il semiasse maggiore dell’orbita alla 32. Dato che

le due masse sono distanti R,

r2 +RARB =R2

4

r =

√R2

4−RARB

Esprimiamo il risultato in termini delle masse MA,MB e della massa ridotta µ

r =

√R2

4−R2 µ2

MAMB

= R

√1

4− µ2

MAMB

Calcoliamo ora le proiezioni sugli assi x e y per dare una stima del disegno che potrebbevenir fuori.

x = r cosα =RA −RB

2= R

MAMB

MA +MB

(1

MA

− 1

MB

)2

=R

2

MB −MA

MA +MB

y = r√

1− cos2 α = r

√1−

(RA −RB

2r

)2

=

√R2

4−RARB −

R2A +R2

B − 2RARB

4


Problemi

Problema 3.1.20 (Energia interna di una sfera tenuta insieme per interazione gravitaziona-le). Consideriamo una sfera di densita uniforme e massa totale M . A questo sistemae ovviamente associata un’energia potenziale, definita come

U = L

Dove L e il lavoro compiuto per assemblare questo sistema facendo arrivare tante piccole mas-sette dm dall’infinito e lasciando il sistema fermo alla fine della costruzione 15. Calcolare U infunzione della massa M , del raggio della sfera R e di costanti fondamentali.

Soluzione: 4.3.12

Problema 3.1.21 (IPhO 2, 2011, Bangkok).Uno ione di massa m, carica Q si muove con una velocita iniziale v c da una grande distanza

fino ad arrivare vicino ad un atomo neutro di massa M m e di polarizzabilita elettrica α. Ilparametro di impatto e b, come in figura 3.10.

L’atomo e istantaneamente polarizzato dal campo elettrico ~E generato dallo ione in arrivo. Ilrisultato di questa polarizzazione e che l’atomo diventa un dipolo elettrico di momento di dipolo~p = α~E. Si ignori ogni perdita radiativa e ogni ritardo nell’informazione in questo problema.

1. Si calcoli il campo elettrico ~Ep ad una distanza r dallo stesso lungo la direzione ~p (per ladefinizione di dipolo elettrico c’e un paragrafo in questo libro nel capitolo di elettrostatica)

2. Si calcoli la forza ~F agente sullo ione dovuta alla polarizzazione dell’atomo. Si mostri che eattrattiva indipendentemente dal segno di Q.

3. Si trovi un’espressione per la distanza minima rmin a cui arriva lo ione.

4. Se il parametro di impatto b e minore di un certo valore critico b0 allora lo ione continueraa cadere in spirale sull’atomo. In questo caso lo ione verra neutralizzato e l’atomo caricato.Questo processo e chiamato charge exchange interaction. Qual e la sezione d’urto A = πb20di questo fenomeno?

Soluzione: 4.3.13


15Ovviamente e anche uguale a meno il lavoro per scomporre il sistema portando ogni sua parte all’infinito.

3.1. MECCANICA 191

Problema 3.1.22. Un corpo si trova in un orbita ellittica di eccentricita ε1 attornoa una stella. Quando si trova nel pericentro un urto gli fornisce un impulso radiale che trasformal’orbita in una di eccentricita ε2. Trovare l’angolo formato tra gli assi maggiori delle due orbite.

Soluzione: 4.3.14

Problema 3.1.23. Due masse m1 e m2 interagiscono solo gravitazionalmente.Vengono fatte partire da ferme distanti inizialmente d tra di loro. Dopo quanto si scontrano?

Soluzione: 4.3.15

Problema 3.1.24. In un piano orizzontale e praticata una cavita circolare, di raggioR e profondia h. I bordi della cavita sono arrotondati, ed un punto materiale di massa m e vincolatoa muoversi sulla superficie risultante. Inizialmente il punto materiale si muove all’esterno dellacavita, con velocita di modulo v0 e parametro d’urto (cioe la distanza tra la retta in cui si muovee una retta parallela passante per il centro della buca) b . Determinare le quantita conservate, e ladeviazione angolare che il corpo subisce dopo essere uscito dalla buca.

Soluzione: 4.3.16

Problema 3.1.25 (Moto dentro una sfera). Immaginate una particella in gradodi muoversi dentro la Terra, da considerare una sfera di massa M e raggio R, senza interagire conil terreno ma solo per gravita, come se la Terra fosse una palla di fluido senza resistenza. Qual ela forma della traiettoria della particella m, date le condizioni iniziali? Il moto e periodico? Cheperiodo?

Soluzione: 4.3.17

Problema 3.1.26 (Cambio di orbita). In questo problema tratteremo un satellitein orbita intorno alla Terra che accende per un tempo molto breve i motori per cambiare l’orbita.

E utile usare la formula che descrive una conica con un fuoco nell’origine in coordinate polari:

r(θ) =l

1− ε cos(θ)

Dove l e ε sono costanti. l e chiamato semilunare, mentre ε e l’eccentricita dell’orbita. Ricor-diamo, per completezza, che una conica puo essere:

Una circonferenza se ε = 0

Un ellisse se 0 < ε < 1

Una parabola se ε = 1

Un’iperbole se ε > 1

Esprimere ε ed l in funzione di L modulo del momento angolare ed E per una generica orbita(potete prenderla ellittica).

All’inizio il satellite si trova in orbita circolare geostazionaria. Trovare rT , il raggio dell’orbitadel satellite. Sono dati la massa della Terra MT e il periodo TT = 1 giorno (definizione di orbitageostazionaria).

Il satellite accende i motori per un’istante molto breve. La spinta fa variare la sua velocita diuna quantita in modulo ∆v = βvT .

Primo caso: La spinta dei motori avviene in direzione radiale (si butta il carburante verso ilSole).


Secondo caso: La spinta dei motori avviene in direzione tangenziale (l’astronave accelera inavanti).

Trovare la nuova eccentricita dell’orbita e l’angolo che il semiasse della nuova orbita formacon la velocita prima della spinta in entrambe i casi. Trovare βlim che permette all’astronave diabbandonare l’orbita terrestre (trascurare la presenza degli altri pianeti e del Sole).

Soluzione: 4.3.18

Problema 3.1.27. Tre corpi (considerati come punti materiali) di masse m1, m2 em3 interagiscono tra di loro solo gravitazionalmente. Sotto quali condizioni sulle mutue posizioni esulla velocita angolare i tre corpi ruotano rigidamente attorno al centro di massa comune? Soluzione:4.3.19

Potenziali modificati

Problema 3.1.28 (Vela solare).Consideriamo un satellite con un grosso specchio piano in grado di riflettere la luce solare,

orientabile a piacimento. Lo specchio ha area A. Il satellite, specchio incluso, ha massa m Mdove M e la massa del Sole. Inizialmente il satellite si trova ad una distanza r0 dal Sole, suun’orbita circolare. Trascurare la presenza degli altri pianeti. Ad un certo punto il satellite apre lavela solare, facendo in modo da tenere sempre lo specchio rivolto esattamente verso il Sole.

Parte 1Il Sole ha un’intensita I0, misurata alla distanza r0, definita come potenza per unita di area.

Trovare il valore minimo di A che permette al satellite di abbandonare il sistema solare.

Se il satellite non rivolge piu in modo esatto lo specchio verso il Sole ma fa in modo che lanormale allo specchio formi un angolo α variabile a piacimento α ∈ [−π/2, π/2], dire che cosasuccede.

Parte 2E facile mettere dei dati numerici per accorgersi che si possono rapidamente raggiungere rela-

tivistiche una volta abbandonato il sistema solare. Per questo motivo non e piu possibile che laforza esercitata dalla pressione di radiazione dipenda solo dalla posizione del satellite e non dallasua velocita.

Consideriamo quindi una sorgente monocromatica di fotoni che emette fotoni ad una frequenzafissa ν nel suo riferimento. Consideriamo uno specchio di massa m, tale che hν mc2 rivolto versola sorgente che si allontana dalla stessa ad una velocita v (usate β che e meglio). Lo specchio vienecolpito da una quantita di fotoni n per unita di tempo, con il tempo misurato nel riferimento dellasorgente.

Trovare l’accelerazione dello specchio nel riferimento della sorgente in funzione di β, n, ν,m

Usare il risultato appena trovato per esprimere la forza agente sul satellite in funzione dellasua distanza dal Sole r e della sua velocita v (e degli altri parametri rilevanti)

FINIRESoluzione da finire: 4.3.20

Problema 3.1.29 (Moto in potenziale di Yukawa). Un oggetto di massa m simuove in una nebulosa che interagisce con lui solo gravitazionalmente. Il potenziale a cui e soggettala massa e centrale e dato dalla formula

U(r) = U0r0

re− rr0

3.1. MECCANICA 193

1. Trovare il raggio dell’orbita circolare stabile r1

2. Trovare la distribuzione di massa nello spazio che genera questo potenziale

3. Trovare la frequenza delle piccole oscillazioni intorno all’orbita circolare stabile

Problema 3.1.30 (Potenziale di Einstein). Chiamiamo rs = 2GMc2

il raggio diSchwartzschild. Ai fini di questo problema non e importante sapere come si ricava questo risultato.

La teoria della relativita generale prevede diversi cambiamenti nelle equazioni della gravitazionedi Newton. Il potenziale ”classico” che deriva dalle equazioni di Einstein per una massa puntiformenel campo di una massa M m e

U(r) = −mc2

2

(rsr

+rsL

2

m2c2r3

)1. Trovare la distribuzione di massa che genera questo potenziale

2. Trovare i raggi delle orbite circolari e discuterne la stabilita

Per r rs il potenziale si comporta come quello newtoniano. L’effetto del termine aggiuntivosi vede su lunghi periodi di tempo in quanto instaura un moto di precessione dell’orbita.

3. Trovare, con le dovute approssimazioni, il valore ∆φ che rappresenta l’angolo fra il semiassemaggiore dell’orbita prima e dopo una rivoluzione completa intorno al Sole in funzione delsemiasse maggiore dell’orbita a, della sua eccentricita ε 1 (quindi l’orbita e quasi circolare)e di rs

La teoria della RG prevede inoltre che la luce venga deflessa di un certo angolo dai campigravitazionali. L’angolo previsto e

∆φ =2rsr0

Dove r0 e la distanza minima del fotone dalla stella. Proviamo a mostrare questa formulausando il potenziale dato.

4. Trovare la deflessione classica dovuta solo al termine newtoniano

5. Trovare la deflessione dovuta al termine aggiuntivo

6. Il risultato e conforme alla formula data?

Problema 3.1.31 (Precessione dell’orbita). Consideriamo un oggetto che si muovein un potenziale

U(r) = −U0

(r0

r− εr

20

r2

)Trovare la forma delle orbite.Soluzione: 4.3.21


3.1.8 Sistemi a massa variabile

Cosa succede quando ~F = m~a non funziona piu? In questa sezione vediamo rapidamente cosasuccede se abbiamo dei sistemi a massa variabile, ovvero oggetti che perdono o acquistanomassa durante il loro moto. Quello che io consiglio di fare in ogni caso e di considerare ilsistema in due istanti di tempo molto vicini, t e t+ dt e scrivere

~Fextdt = ~p(t+ dt)− ~p(t)

Che e esattamente ~F = m~a per l’intero sistema di corpi. Con questo non si sbaglia.Consiglio di fare i problemi qui sotto per prendere dimestichezza. Se non vi vengono, leggetele soluzioni e cercate di fare gli altri.

Problema 3.1.32 (Equazione del razzo). Abbiamo un razzo che si muove nellospazio in assenza di gravita. All’istante t0 = 0 la massa del razzo e m0 e la sua velocita rispettoalla Terra e v0 = 0. Il razzo espelle carburante ad una velocita relativa u costante ed espelle massa

ad un tasso costantedm

dt= R. Scrivere l’equazione del moto e trovare la legge oraria.

Soluzione: 4.3.22

Problema 3.1.33 (Caduta di una corda). Una fune inestensibile di massa m elunghezza L e appoggiata su un tavolo privo di attrito. Un’estremita della fune sporge dal tavolodi una lunghezza x0. Trovare l’equazione del moto e risolverla. Trovare il tempo τ che impiega lacorda ad essere completamente fuori dal tavolo.

Soluzione: 4.3.23

Problema 3.1.34 (Goccia d’acqua in una nuvola). Possiamo schematizzare unagoccia d’acqua come una sfera di densita λ, immersa in un liquido di densita ρ. La goccia d’acquacade sotto l’effetto della gravita ~g e cadendo aumenta la sua massa e il suo volume. Assumere chela goccia rimanga sferica durante tutta la caduta e trascuare ogni tipo di attrito con l’aria.

Trovare l’equazione del moto e risolverla. (L’equazione del moto e brutta, non scoraggiatevi.)

Hint : 4.2.3

Soluzione: 4.3.24

Problema 3.1.35 (Caduta di una corda (staffetta 82)). Una catena di lunghezzaL e densita σ Kg/m e mantenuta nella posizione mostrata in figura 3.11, con un’estremita attaccataad un supporto. Si assuma che solo una parte di corda di lunghezza trascurabile parta da sottoil supporto. La corda viene rilasciata. Trovare la forza che il supporto esercita sulla corda, infunzione del tempo.

Soluzione: 4.3.25

Problema 3.1.36 (Razzo e gravita).Un razzo parte da fermo a terra. Espelle carburante ad una velocita relativa ~u costante, sempre

verso il basso. Trascurare la rotazione della Terra e ogni tipo di attrito con l’aria. Assumere inoltre~g costante.

1. Scrivere l’equazione del moto del razzo

Assumere ora che la massa del razzo segua la legge m(t) = m0(1−αt), ovvero la massa vieneespulsa a tasso costante.

3.1. MECCANICA 195


2. Calcolare numericamente il rapporto mm0

quando il razzo ha raggiunto la velocita di fuga dalla

Terra. Usate la massa della Terra MT = 6 · 1024kg e RT = 6, 37 · 106m. Per la velocita diespulsione u, e ragionevole pensare che si tratti di una velocita tipica delle molecole in un

gas perfetto usato come combustibile. Assumete quindi che sia u =√

3RTµ , con µ = 2g/mol,

ovvero idrogeno molecolare (T = 300K).

3. A che altezza si trova il razzo al punto 2? E ragionevole l’assunzione ~g = cost?

Soluzione: 4.3.26


3.1.9 Sistemi di riferimento non inerziali

Per quanto mi riguarda, io preferisco sempre lavorare in sistemi di riferimento inerziali inquanto poi non capisco mai da che parte mettere le forze apparenti fastidiose come la forzadi Coriolis, ma dato che spesso qualche persona vi obbliga a fare un problema mettendosi inun riferimento non inerziale, sara bene scrivere qualcosa a riguardo.

Consideriamo quindi due sistemi di riferimento, S e S1, ovvero due terne di versoriortogonali, che saranno x, y, z e x1, y1, z1. Siamo interessati a legare quantita notevoli comeaccelerazione e velocita misurate nei due sistemi di riferimento. Se uno dei due e inerziale el’altro no, in uno varra ~F = m~a, nell’altro no ma troveremo qual e il termine correttivo chefa funzionare il tutto.

In particolare, considerero il sistema S1 inerziale e il sistema S no. Tuttavia, fino allaformula 3.11 il tutto e completamente simmetrico ed indipendente dal fatto che un riferimentosia inerziale o meno, si tratta solo di cinematica e non di dinamica

Figura 3.12: I due sistemi di riferimento

Come si vede dalla figura, il vettore ~R indica la posizione del centro del riferimentosenza pedice visto dal riferimento con il pedice. Immaginiamo di conoscere per esempiola traiettoria di un oggetto misurata dal riferimento senza pedice, ovvero conosceremo unvettore

~x(t) =

x(t)

y(t)

z(t)

= x(t)x+ y(t)y + z(t)z

Vogliamo scoprire che cosa vede il riferimento S1 in funzione di ~x e di ~R. In generale,la posizione ~x1(t) misurata nel riferimento S1 sara semplicemente la somma vettoriale delledue posizioni, ovvero

~x1(t) = ~R(t) + ~x(t)

A questo punto, andiamo a considerare anche l’eventualita che un riferimento ruoti ri-spetto all’altro. Questo vuol dire che i tre versori x, y, z, misurati dal sistema S1 non sonofissi ma variano nel tempo. L’espressione che abbiamo scritto subito sopra non cambiama quando andiamo a scriverla in termini delle componenti, e opportuno indicare che anchei versori sono funzioni del tempo, per ricordarsene

3.1. MECCANICA 197

~x1(t) = ~R(t) + x(t)x(t) + y(t)y(t) + z(t)z(t)

Questo e fondamentale quando noi andiamo a calcolare la velocita misurata nel sistemaS1

~v1(t) =d

dt~x1(t) =

d~R(t)

dt+dx(t)

dtx(t)+

dy(t)

dty(t)+

dz(t)

dtz(t)+x(t)

dx(t)

dt+y(t)

dy(t)

dt+z(t)

dz(t)

dt(3.10)

Andiamo a quantificare la rotazione del sistema S per chiarire le idee. Indichiamo con ~Ωla velocita angolare di rotazione del sistema S misurata dal sistema S1. Ricordiamo che laderivata di un generico versore che ruota e

dx

dt= ~Ω× x

Se non siete convinti di questa formula, e stata spiegata nella parte di matematica, nellasezione di analisi vettoriale. Andiamo ad analizzare meglio che cosa ce scritto nella formula3.10. Innanzitutto, scrivendo la derivata dei versori in termini di ~Ω, il termine

x(t)dx(t)

dt+ y(t)

dy(t)

dt+ z(t)

dz(t)

dt

Diventa

~Ω× (x(t)x(t) + y(t)y(t) + z(t)z(t)) = ~Ω× ~x(t)

La quantita

dx(t)

dtx(t) +

dy(t)

dty(t) +

dz(t)

dt

Di solito viene indicata con la notazione

δ~x

δt

Che e una notazione ad hoc usata semplicemente per indicare proprio quello che c’e scrittoe niente di piu. Vorrei farvi notare che questo termine e esattamente la velocita misuratanel sistema S, in quanto si fa solo la derivata delle componenti considerando gli assi fissi.Per questo motivo la chiamero ~v. Riassumendo,

~v1 =d~R

dt+ ~v + ~Ω× ~x

Dove ricordiamo che i vettori ~x e ~v sono misurati nel sistema S mentre ~v1 e ~R nel sistemaS1

A questo punto possiamo andare avanti a derivare per riuscire ad ottenere una relazionefra le accelerazioni nei due sistemi di riferimento. Deriviamo di nuovo,

~a1 =d~v1

dt=d2 ~R

dt2+d~v

dt+d~Ω

dt× ~x+ ~Ω× d~x

dt


Ma di nuovo ~v e ~x sono misurati nell’altro riferimento quindi la loro derivata conterraper lo stesso motivo il termine con il prodotto vettore

~a1 =d2 ~R

dt2+δ~v

δt+ ~Ω× ~v +

d~Ω

dt× ~x+ ~Ω×

(δ~x

δt+ ~Ω× ~x

)Ma di nuovo

δ~x

δt= ~v

δ~v

δt= ~a

In quanto sono effettivamente velocita e accelerazioni misurate in quel riferimento. An-diamo quindi a riscrivere la formula

~a1 = ~a+d2 ~R

dt2+ 2~Ω× ~v +

d~Ω

dt× ~x+ ~Ω×

(~Ω× ~x

)(3.11)

Che ci dice finalmente che cosa vede un osservatore nel sistema S1 in base a quello chevede il sistema S. Ricordo tuttavia che Ω e misurato dal sistema S1 e ci dice quanto ruotail sistema S considerando il sistema S1 fermo. Attenzione ai segni!

Se ora supponiamo che il sistema S1 sia inerziale, possiamo moltiplicare a destra e sinistraper m, la massa della particella che si muove, e ottenere

~F = m~a+md2 ~R

dt2+ 2m~Ω× ~v +m

d~Ω

dt× ~x+m~Ω×

(~Ω× ~x

)Se ora andiamo a ricavare l’accelerazione nel sistema S

~a =~F

m− d2 ~R

dt2− 2~Ω× ~v − d~Ω

dt× ~x− ~Ω×

(~Ω× ~x

)Troviamo finalmente quello che ci serviva, ovvero la correzione di ~F = m~a in un sistema

che non e inerziale. Vediamo che ci sono diversi termini correttivi chiamate forze apparenti,andiamo a vederli uno per uno.

d2 ~R

dt2

Questo termine e dovuto all’accelerazione relativa dei due sistemi di riferimento. Peresempio, se siete in auto e accelerate in avanti vi sentirete schiacciati contro il sedile.

d~Ω

dt× ~x

Questo termine viene chiamato forza azimutale ed e quasi sempre nullo in quanto di solitosi considerano riferimenti con ~Ω = cost

~Ω×(~Ω× ~x

)Questo e il termine centripeto (o centrifugo, dipende come lo vedete). Questa e la forza

che vi spinge verso l’esterno quando fate una curva in automobile. In realta e il sedile che

3.1. MECCANICA 199

esercita una forza nel verso opposto per mantenervi in traiettoria, ma quello che vedete voie una forza centrifuga.

SPIEGA CON DISEGNO. OMEGA E X PERPENDICOLARI

~a =~F

m− ~Ω(~Ω · ~x) + Ω2~x =

~F

m+ Ω2~x

Ma nel riferimento dell’automobile voi siete fermi sul sedile, quindi ~a = 0. Affinche siapossibile, deve esserci una forza ~F vera

~F = −mΩ2~x

Che avendo un segno meno va verso il centro della traiettoria e non verso fuori, quindi ecentripeta. L’ultimo termine e

2~Ω× ~v

Che viene chiamato forza di CoriolisFINISCI DI DIRE COSE


3.1.10 Fluidodinamica

Derivazione del teorema di Bernoulli In fluidodinamica c’e praticamente una solaequazione da utilizzare. Sarebbe bene conoscere le ipotesi in cui e applicabile, in modo dasapere quando si puo usare e quando no. Per questo motivo faro una breve dimostrazio-ne. Non e assolutamente necessario conoscere questa dimostrazione, va benissimo quellariportata sull’Halliday-Resnick.

Teorema 3.1.2 (Teorema di Bernoulli). Sia ρ la densita del fluido, ~v la velocita, p lapressione, φ il potenziale gravitazionale per unita di massa (in genere gh). Sotto alcune

ipotesi la quantita1

2ρv2 + p + ρφ e una costante nel fluido. Nella dimostrazione enuncero

man mano le ipotesi.

Dimostrazione: consideriamo un volume V di fluido abbastanza regolare, delimitato dauna superficie ∂V , altrettanto regolare. Scriviamo ~F = m~a per questo volume di fluido.

Prima di farlo, calcoliamo prima ~a =d~v

dt.

In un fluido, ~v(~x, t) e una funzione di 4 variabili. Ora cerchero di convincervi che ~a 6= ∂~v∂t

.Il ragionamento non e difficile. Vi basta pensare che voi non state guardando la velocitadi una particella, voi state guardando un campo di velocita. Pensate ad un rubinetto dacui esce acqua. Appena sotto il rubinetto il getto d’acqua avra una sezione S che diventerasempre piu piccola man mano che si scende a causa della gravita. Una volta raggiunto lo statostazionario evidentemente si avra ∂~v

∂t= 0 ma e altrettanto evidente che una goccia d’acqua che

esce dal rubinetto accelera. In particolare, e facile vedere che nel caso stazionario il campo divelocita in questo esempio dipenda dal punto nello spazio in cui siamo. Sara quindi plausibiletrovare nell’espressione dell’accelerazione termini come ∂v

∂xo simili. Andiamo a fare il calcolo

esplicito.Capiamo rapidamente che tipo di accelerazione stiamo cercando. Noi vorremo andare a

scrivere ~F = m~a, che vale sicuramente per un sistema di punti ma per un oggetto conti-nuo e un attimo piu fumoso. Cerchiamo quindi di seguire una particella sola e calcoliamol’accelerazione di quella.

Consideriamo quindi una particella del fluido che si muove seguendo la generica leggeoraria ~x(t) = (x(t), y(t), z(t)).

La velocita della particella sara quindi

~v = ~v(~x(t), t) = ~v(x(t), y(t), z(t), t)

Che e una composizione di funzioni. Come vi ho insegnato a fare nel capitolo di analisi

in piu variabili, possiamo adesso calcolared~v

dt

d~v

dt=∂~v

∂x

dx

dt+∂~v

∂y

dy

dt+∂~v

∂z

dz

dt+∂~v

∂t=∂~v

∂xvx +

∂~v

∂yvy +

∂~v

∂zvz +

∂~v

∂t= (~v · ~∇)~v +

∂~v

∂t

Supponiamo che il fluido sia sottoposto solo a forze di pressione e al suo peso. Diconseguenza,

~F =

∫V

ρ~gdV −∮∂V

pd ~A =

∫V

−ρ~∇φdV −∫V

~∇pdV = −∫V

(ρ~∇φ+ ~∇p)dV

3.1. MECCANICA 201

m~a =

∫V

ρ~adV

Mettendo insieme le due equazioni otteniamo∫V

(ρ~a+ ~∇p+ ρ~∇φ)dV = 0

Per ora l’unica ipotesi che abbiamo fatto e che il volume sia regolare. Ora possiamosubito togliere questa ipotesi notando che l’equazione che abbiamo scritto vale per ognivolume regolare. Di conseguenza, cio che deve essere 0 e cio che sta dentro l’integrale.Ovvero

ρ~a+ ~∇p+ ρ~∇φ = 0

ρ(~v · ~∇)~v + ρ∂~v

∂t+ ~∇p+ ρ~∇φ = 0 (3.12)

Dove nell’ultima equazione abbiamo sostituito ~a.Ora cominciano le ipotesi del teorema: poniamoci nel caso stazionario, ovvero poniamo

∂~v

∂t= 0. Questo fisicamente vuol dire che se guardo il fluido ora o fra mezz’ora non sono in

grado di notare differenze.Usiamo inoltre un’identita vettoriale

~v · ~∇~v =1

2~∇(v2)− ~v × (~∇× ~v)

Ora la seconda ipotesi: ρ e uniforme. Questo vuol dire che posso portarla dentro e fuoridal gradiente a piacimento.

~∇(

1

2ρv2 + p+ ρφ

)− ρ~v ×

(~∇× ~v

)= 0

Ora, se il fluido e irrotazionale, il membro di destra e nullo e quindi1

2ρv2 + p + ρφ e

costante in tutto il fluido. Altrimenti possiamo moltipicare scalarmente l’equazione per ~v.Questo fisicamente vuol dire muoversi su una linea di flusso 16.

Otteniamo quindi che

~v ·(~∇(

1

2ρv2 + p+ ρφ

)− ρ~v ×

(~∇× ~v

))= 0

ma il secondo termine e 0 perche e ortogonale a ~v, quindi

~v ·(~∇(

1

2ρv2 + p+ ρφ

))= 0

Ovvero1

2ρv2 + p+ ρφ e costante su ogni linea di flusso.

16Linea di flusso vuol dire il percorso che segue il liquido. Immaginate di colorare una piccola parte delfluido. Dopo un po’ questo si sara spostato e avra tracciato una linea. La linea disegnata e la linea di flusso.


Vorrei far notare che se siamo in condizioni statiche, ovvero fluido fermo (v = 0),l’espressione 3.12 si semplifica e otteniamo

~∇p = −ρ~∇φ (3.13)

Che si chiama legge di Stevino. Se l’unica forza in gioco e la gravita, si riconducebanalmente a p = ρgh

Viscosita

Le equazioni di Navier-Stokes

3.1. MECCANICA 203

Problemi

Problema 3.1.37 (Rendimento di una ciminiera (IPhO 2010, Croazia)).

Problema 3.1.38 (Misurazioni complicate). Siete al centro di una piscina riempitad’acqua (densita ρ) ed avete un cilindro di area di base S, altezza H e massa m. Come potetemisurare la superficie della piscina restando fermi dove siete? Questo metodo e applicabile permisurare la superficie del mare? Perche?

Soluzione: 4.3.27

Problema 3.1.39 (IPhO fluido conduttore in campo magnetico).

Problema 3.1.40 (Senigallia 1, 2013). La viscosita e una proprieta che quantificala resistenza dei fluidi allo scorrimento relativo di uno strato di fluido sull’altro. Il coefficiente diviscosita dinamico µ e definito considerando la forza che occorre applicare ad uno strato di fluidoper farlo scorrere ad una velocita diversa rispetto ad un altro strato, adiacente al primo, posto aduna distanza ∆x, ovvero

µ =F∆x

S∆v

dove F e la forza applicata, ∆v la differenza di velocita tra i due strati e S la porzione consideratadi superficie di contatto tra i due strati. Per un’ampia classe di liquidi, la viscosita e indipendentesia dal rapporto F/S (chiamato sforzo di taglio) sia dal rapporto ∆v

∆x (gradiente di velocita): questiliquidi vengono chiamati liquidi newtoniani.

Si vuole studiare la velocita di un liquido newtoniano, di densita ρ, che sotto l’azione della forzadi gravita scorre su una parete verticale, formando un cosiddetto velo d’acqua di piccolo spessores. La natura del fluido e irrilevante. A tal fine si consideri una certa quantita di questo fluido, dialtezza h e larghezza l molto minori dell’altezza e della larghezza della parete. Si supponga che laporzione considerata sia sufficientemente lontana dai bordi della parete.

In condizioni di regime, il flusso e stazionario e, se lo spessore s e piccolo, anche laminare. Diconseguenza, il vettore velocita e in ogni punto del velo d’acqua sempre parallelo all’asse y.

Essendo la porzione di liquido considerata lontana dal bordo superiore della parete, la velocitarisulta indipendente anche da y. Ovviamente, pero, la velocita dipende dalla distanza dalla parete:v = v(x). A causa delle forze di adesione tra liquido e parete, si puo assumere che la velocitadell’acqua a contatto con la parete sia nulla: v(0) = 0. Si consideri un piano σ parallelo alla parete,a distanza x da essa, con 0 < x < s.

1. Si ricavi la forza peso agente sulla porzione del velo d’acqua compresa tra x e s.

2. Si ricavi la forza d’attrito viscoso agente lungo il piano σ sulla porzione del velo d’acquacompresa tra x e s.

3. Dalla considerazione che ci si trova in condizione di regime, si determini la dipendenza delmodulo della velocita v dalla distanza x dalla parete.

4. Si ricavi la portata volumetrica del velo d’acqua, relativamente alla porzione considerata.

Soluzione: 4.3.28

Problema 3.1.41 (Secchio che ruota). Un secchio cilindrico di raggio R e altezza2H e riempito di acqua (densita ρ) fino all’altezza H. Con un momento esterno viene messoin rotazione a velocita costante ~Ω. Dopo un breve periodo di transizione, si raggiunge lo statostazionario. L’acqua ovviamente si spalmera sulle pareti.


Trovare un espressione analitica per la forma della superficie descritta dal pelo dell’acqua.

Dire per quale valore di Ω l’acqua tocca il bordo dell’acqua tocca il fondo oppure l’acquatraborda dal secchio.

Trovare la pressione sul fondo del secchio.

Soluzione: 4.3.29

Problema 3.1.42 (Forma del contenitore). Un recipiente a simmetria cilindricacontiene acqua. Un piccolo buco praticato sul fondo causa la lenta fuoriuscita del liquido. Sinota che la velocita a cui si abbassa il pelo dell’acqua e dh

dt = costante. Determinare la forma delrecipiente.

Soluzione: 4.3.30

Problema 3.1.43 (Effetto Magnus). Una palla da baseball viene lanciata con unforte effetto. In particolare, la palla viene lanciata con una velocita ~v parallela al terreno e conuna ~ω perpendicolare al terreno. La pallina ha raggio r, massa m. La densita dell’aria e ρ e ladistanza percorsa dalla pallina e L (trascurare ~g). Stimare la deviazione orizzontale della pallina∆x assumendo subito ∆x L. Siete autorizzati ad approssimare in modo brutale.

Soluzione: 4.3.31

3.2. TERMODINAMICA 205

3.2 Termodinamica

Purtroppo la termodinamica viene fatta in terza superiore solitamente, quando non si hanessuno strumento matematico per affrontarla. Vorrei affrontarla in modo piu dettagliato,dando delle basi teoriche e strumenti di analisi che permettono di fare le cose per bene inmodo da capire davvero cosa si sta facendo e non fare le cose a caso come a scuola. Viconsiglio di dimenticare quello che sapete in quanto facendo termodinamica a scuola, in cuisi parla solo di gas perfetti, si acquisiscono alcuni automatismi, come per esempio che inun’adiabatica pV γ = cost che sono troppo specifici e possono portarvi ad errori quando sifanno i problemi se non usati con accortezza.

Prime definizioni ed esempi

Definizione 3.2.1. Un sistema termodinamico e un insieme di oggetti in grado di scambiareenergia con l’ambiente17 sotto forma di calore e lavoro.

Per esempio, un pistone con una parete mobile che contiene un gas di qualsiasi tipo e un si-stema termodinamico. Un solido con una certa capacita termica e un sistema termodinamico.Un elastico e un sistema termodinamico.

Quando si parla di sistemi termodinamici, e molto importante definire che cos’e lo statodi un sistema. Per esempio, se abbiamo N particelle massive, per descrivere completamenteil sistema in un certo istante dobbiamo dare la posizione e la velocita di ogni particella,ovvero 6N parametri, uno per ogni componente della velocita.

Ovviamente pensare di fare una cosa del genere per un gas, che ha ≈ 1023 particelle eimpensabile e bisogna trovare un modo alternativo di dare una descrizione del sistema.

Per continuare l’esempio del gas, e ragionevole pensare che dei parametri adeguati possanoessere la pressione p, il volume V e la temperatura T . Ora ho fatto questo esempio inquanto dovrebbe essere noto a tutti, ma i 3 parametri non sono per niente scelti a caso.Infatti, pressione e volume sono i due parametri che possono variare per permettere al gas discambiare energia sotto forma di lavoro, mentre la temperatura vedremo e cio che permettelo scambio di energia sotto forma di calore.

Se avessimo preso come esempio un elastico, invece, i parametri piu sensati per descri-vere lo stato del sistema sarebbero stati la lunghezza del filo l, la sua tensione τ e la suatemperatura T . Vorrei far notare che la temperatura compare sempre, mentre al posto dipressione e volume in questo caso abbiamo lunghezza e tensione. Come prima, il prodottolunghezza per tensione ci da un lavoro, ovvero il modo che ha l’elastico di scambiare energiasotto forma di lavoro, mentre la temperatura ci parla del calore.

Vorrei inoltre far notare che le grandezze p, V e τ, l, sono a coppie una intensiva e unaestensiva. Vedremo piu avanti che anche la temperatura avra la sua variabile coniugata,ovvero un altra variabile f tale che Tf abbia le dimensioni di un lavoro e f sia estensiva, adifferenza di T che e intensiva.

In termodinamica si assume sempre una cosa fondamentale, ovvero che il sistema sia inequilibrio istante per istante, ovvero che istante per istante le proprieta del sistema sianoomogenee. Per esempio, per un gas si intende che la temperatura e la pressione del gas sianole stesse in tutto il gas.

17Per ambiente si intende ”Tutto il resto”, ovvero il resto dell’universo, oppure semplicemente gli oggettiche gli stanno intorno.


Infine, per un sistema termodinamico si assume sempre che esista un’equazione di stato,ovvero una relazione che leghi i parametri termodinamici togliendo un grado di liberta alsistema.

Per esempio, per un gas perfetto abbiamo i parametri p, V, T . L’esistenza di un’equazionedi stato ci dice che in realta abbiamo bisogno solo di due di questi parametri per descriverecompletamente il sistema, in quanto possiamo ricavare il terzo.

L’equazione e ovviamente la famigerata pV = nRT , di cui discuteremo a lungo.

Calore Spesso molta gente si domanda che cosa sia il calore. La risposta e che e sempli-cemente una forma di scambiare energia fra due corpi che non e il lavoro. Se andiamo aguardare a livello molecolare che cosa accade quando avviciniamo due corpi a temperaturadiversa vedremo che le molecole del corpo a temperatura maggiore avranno una velocitaquadratica media maggiore e metterli in contatto fara urtare le molecole dei due corpi, tra-smettendo energia cinetica dal corpo caldo al corpo freddo. La termodinamica non si occupaprincipalmente di questo ma semplicemente di descrivere il processo dal punto di vista ma-croscopico. Di conseguenza, tutto cio che c’e da sapere sul calore e che e un modo perscambiare energia.

Capacita termica Spesso in alcuni esercizi viene chiesto di calcolare la capacita termicaa qualcosa costante di alcuni oggetti. Vediamo innanzitutto di definire che cose la capacitatermica.

Cq =

(Q

dT

)q

Ovvero la capacita termica e il rapporto fra il calore assorbito da una sostanza e la suavariazione di temperatura, tenendo costante qualcosa. Vedremo piu volte con i gas che il aqualcosa costante e fondamentale per definire qualcosa che abbia senso, in quanto la quantitadi calore scambiata puo essere diversa a seconda di come viene effettuato lo scambio. Peresempio, per un gas perfetto, cv 6= cp, dove ho indicato le capacita termiche a volume epressione costanti. Si puo ovviamente definire la capacita termica specifica

cq =Cqm

Se si tratta di capacita per unita di massa, fratto n se e molare.

Energia interna Cio che interessa davvero per la termodinamica non e l’energia internaassoluta di un sistema, quanto la sua variazione. La prima cosa importante da dire e chel’energia interna e sempre una variabile di stato, ovvero ∆U dipende solo dai due statitermodinamici, quello di partenza e quello di arrivo, indipendentemente dal percorso perandare da uno all’altro, ovvero e un differenziale esatto.

Molto spesso e utile provare a trovare un’espressione esplicita per l’energia interna diun sistema termodinamico. Per esempio, solo per un gas perfetto l’energia interna eU = ncV T . Ribadisco solo per un gas perfetto. In questa espressione cV si chiama calorespecifico a volume costante e ne parlero nel capitolo sui gas perfetti. Per ora vi basta sapereche e un multiplo di R.


In generale sarebbe bello trovare un’espressione per U . Prendiamo per esempio un sistematermodinamico descritto dai parametri p, V, T . Possiamo sperare di trovare un’espressionedell’energia interna in funzione dei parametri termodinamici, ovvero vorremmo trovare ingenerale

U = U(p, V, T )

Tuttavia, avendo a disposizione un’equazione di stato, in realta uno dei 3 a scelta frap, V, T puo sparire con una sostituzione, in modo che U sia funzione di 2 variabili invece che3, cosa che la rende piu maneggevole, ovvero

U(p, V, T ) = U(p, V ) = U(T, V ) = U(p, T )

Scrivere dU nei 3 casi porta a 3 scritture diverse, che sono la stessa cosa ma possonorendere i conti piu o meno facili a seconda della situazione.

dU(p, T ) =∂U

∂TdT +

∂U

∂pdp

dU(V, T ) =∂U

∂TdT +

∂U

∂VdV

dU(p, V ) =∂U

∂VdV +

∂U

∂pdp

Sfruttando l’equazione di stato e le prossime equazioni che incontreremo, vi mostrero unmodo per trovare U in funzione delle variabili opportune.

3.2.1 Primo principio della termodinamica

Il nome e molto pomposo ma il significato del primo principio della termodinamica e sem-plicemente la conservazione dell’energia totale.

Il principio afferma che dato un sistema termodinamico che interagisce con l’ambiente,la variazione della sua energia interna U e legata nel modo seguente al calore scambiato dalgas con il sistema (con la convenzione che se il gas prende calore allora Q > 0) e al lavorocompiuto dal gas L.

∆U = Q− L (3.14)

E importante definire bene le convenzioni sui segni. Per esempio i chimici di solito usano∆U = Q+L in quanto non considerano il lavoro fatto dal gas ma il lavoro fatto sul gas, chee esattamente −L. Io usero sempre la formula 3.14, come qualsiasi altro libro di fisica.

E molto utile scrivere il primo principio in forma differenziale, ovvero scrivere la stessaequazione per un processo di scambio infinitesimo.

dU = Q− L (3.15)

Ho utilizzato la invece della d per il calore e il lavoro per un motivo molto importanteche discutero in seguito.

Facciamo un esempio per chiarificare le idee. Prendiamo quindi un gas perfetto chiuso inun pistone di sezione S, con una parete mobile. Affinche il sistema sia all’equilibrio istante


per istante deve esserci una forza esterna contro il pistone che bilanci la forza di pressionedovuta al gas. Se la parete del pistone si sposta di dx, il lavoro compiuto dal gas e Fdx, mase F controbilancia la pressione, allora L = pSdx = pdV . Se al posto del gas ci fosse statol’elastico, il lavoro sarebbe stato invece L = τdl

Trasformazioni termodinamiche Abbiamo detto precedentemente che un sistema ter-modinamico e caratterizzato fra le altre cose da un’equazione di stato. E interessante studiareche cosa succede al sistema quando vengono variati lentamente i suoi parametri mediantestimoli esterni (per esempio facendo lavoro sul sistema). E abbastanza ovvio che senza ul-teriori indicazioni c’e almeno un grado di liberta di troppo in questa definizione, in quantoi parametri sono almeno 3 (temperatura di sicuro piu altri 2 per lo scambio di lavoro), unoe legato agli altri dall’equazione di stato ma il terzo e libero.

Quando si compie una trasformazione termodinamica e quindi molto importante definirecome avviene la trasformazione e non solo il suo stato iniziale e il suo stato finale. Per fareun esempio, prendiamo un gas perfetto nel solito pistone mobile. Se io dico solamente cheall’inizio pressione e volume sono p0, V0 e alla fine 2p0, V0, in generale non ho idea di che cosasia successo in mezzo e non so come il sistema ha interagito con l’ambiente e quindi il lavoroe il calore scambiati.

Addirittura, e possibile fare trasformazioni che dopo un po’ riportino il sistema al suostato iniziale e questo non vuol dire assolutamente che non vi sia stato scambio di energiafra ambiente e sistema. Anzi, questo e il tipo di trasformazioni che si trattano piu spesso.Si chiamano trasformazioni cicliche e sono comuni perche e facile farne tante di fila. Peresempio, il motore a scoppio delle automobili fa esattamente una trasformazione ciclica.

Per rappresentare una trasformazione termodinamica e molto utile utilizzare un diagram-ma. Supponiamo per semplicita che i parametri siano 3, per esempio p, V, T . Scelto uno deipiani p − V , T − V , p − T , ogni punto del piano rappresenta uno e uno solo stato termo-dinamico, a causa dell’equazione di stato. Una trasformazione termodinamica sara quindirappresentabile da una curva in uno di questi piani, a patto che la trasformazione sia len-ta, ovvero che in ogni istante siano ben definiti i parametri del sistema. Una trasformazionesiffatta si dice quasistatica. Un’esplosione per esempio non e una quasistatica.

Uno dei 3 piani in particolare e preferibile nella maggior parte dei casi (ma non e di certoobbligatorio usare solo quello), ed e il piano p − V . Viene scelto questo piano in quanto se

mettiamo sull’asse x il volume e sull’asse y la pressione abbiamo che L =

∫γ

pdV , dove γ e

la curva che rappresenta la trasformazione, ovvero esattamente l’area sottesa dal grafico diγ.

Osservazione. Questo e esattamente il motivo per cui ho utilizzato L invece di dL. Quandouso il intendo che in realta non ho un differenziale esatto.

Se L fosse un differenziale esatto, vorrebbe dire che il lavoro compiuto dal gas per andareda un certo stato ad un altro stato non dipende da come ci vado, cosa assolutamente falsa se

uno guarda il significato geometrico dell’integrale

∫pdV . Basta prendere una curva chiusa

nel piano p− V per capire che il lavoro dipende strettamente dalla trasformazione.Il volume, invece, e eccome un differenziale esatto, in quanto la variazione di volume di

un sistema dipende solo dal volume iniziale e dal volume finale (capitan ovvio?). Il fattoche sia L = pdV , ovvero un differenziale non esatto uguale al prodotto di un differenziale


esatto per un’altra funzione ci fa capire che in questo caso e possibile trovare una funzioneche renda esatto un differenziale.

E possibile dimostrare che questa cosa si puo fare sempre, ovvero dato un differenziale nonesatto f(x, y) esiste sempre una funzione g(x, y) tale che dh = g(x, y)f sia un differenzialeesatto.

Essendo Q = dU + L, e ovvio che anche Q non e un differenziale esatto, in quantosomma di uno esatto e uno no. Possiamo quindi sperare di trovare una funzione decente ftale che fQ sia un differenziale esatto, molto piu facile da trattare. Scopriremo nel prossimocapitolo che la funzione esiste ed e anche molto bella.

Trasformazioni comuni Ci sono alcune trasformazioni in particolare che sono facili daeffettuare in laboratorio e che quindi sono le piu studiate. In generale e sensato aspettarsiche siano delle trasformazioni in cui si tiene fissato uno dei parametri e si fanno variare glialtri.

Per esempio, se abbiamo un sistema descritto da p, V, T , sicuramente avremo la possibilitadi fare agevolmente delle trasformazioni a pressione costante (le isobare) e trasformazioni avolume costante (isocore). La prima si disegna sul piano p−V come un segmento orizzontale,mentre la seconda come un segmento verticale. Vorrei far notare che non ho minimamentenominato i gas in questa frase. Il fatto che esistano trasformazioni isobare e che sianorappresentate da segmenti nel piano p− V e indipendente dal sistema che si usa, basta chevenga descritto da quei 3 parametri.

Per una trasformazione isocora, ovviamente dV = 0 e di conseguenza se si puo scambiarelavoro solo con scambi di volume, si avra L = 0 in questa trasformazione.

Di conseguenza per una isocora varra:

dU = Q⇒ ∆U = Q

Ovvero in questa particolarissima trasformazione, abbiamo che la variazione dienergia interna e uguale al calore scambiato. ”Ma come, un differenziale esatto e uguale aduno non esatto?” NO. Semplicemente noi abbiamo fatto gli integrali su una trasformazioneestremamente specifica, ovvero un segmento verticale nel piano p− V .

In una trasformazione isobara invece semplicemente p = costante = p0. Quindi

dU = Q− p0dV ⇒ ∆U = Q− p0∆V

Vorrei far notare di nuovo che non ho mai supposto che il mio sistema termodinamicofosse un gas, tantomeno un gas perfetto.

Altre due trasformazioni estremamente importanti sono le isoterme (temperatura costan-te) e le adiabatiche (Q = 0), ma hanno un’importanza tale che ne parlero piu a fondo nelprossimo paragrafo.

Cicli termodinamici E molto utile studiare che cosa succede quando la nostra trasforma-zione termodinamica e ciclica, ovvero la trasformazione ritorna allo stato iniziale dopo averinteragito con il sistema. Chiamiamo γ la curva chiusa che rappresenta la trasformazione.Varra il primo principio della termodinamica


dU = Q− L⇒∫γ

dU =

∫γ

Q−∫γ

L

Ma dato che la trasformazione e ciclica, ovvero lo stato iniziale e uguale allo stato finale

e U e di stato, si ha

∫γ

U = U(A)− U(A) = 0

Di conseguenza,

Qciclo = Lciclo

Questa equazione e vera per qualsiasi trasformazione ciclica.Siamo interessati tuttavia a capire quanto una trasformazione termodinamica sia utile.

Supponiamo di avere a disposizione due corpi di grande capacita termica18 a temperaturediverse, Tc > Tf . Noi vorremmo costruire una macchina termica, ovvero un oggetto ingrado di scambiare calore e lavoro con l’ambiente mediante un’opportuna trasformazionetermodinamica, in questo caso prendendo calore dal corpo caldo, cercando di trasformarne ilpiu possibile in lavoro e cedendo quello inutilizzabile al corpo freddo. Quello che vorremmocapire e quanto il nostro motore funziona bene, ovvero quantificare quanta dell’energia presadal corpo caldo finisce in lavoro e quanta viene sprecata in trasmissione di calore al corpofreddo.

In generale, una macchina termica puo operare con molte sorgenti, ciascuna alla suatemperatura. Si definisce quindi il rendimento della macchina come il lavoro compiuto in unciclo diviso per il calore totale assorbito in un ciclo, ovvero

η =Lciclo

Qassorbito

E molto importante sottolineare il fatto che nella definizione di lavoro c’e solo il caloreassorbito. La macchina termica, durante la trasformazione in generale scambiera calore conle varie sorgenti. Quando si calcola il rendimento bisogna individuare tutti e soli i momentiin cui la macchina sta assorbendo calore dalle sorgenti e farne la somma.

Se stoltamente ci dimenticassimo di prendere solo il calore assorbito e invece prendessimotutto il calore scambiato, otterremmo che η = 1 per qualsiasi ciclo, in quanto abbiamoricavato prima che in un ciclo ∆U = Q−L = 0, quindi avremmo η = L

L= 1. Evidentemente

non e molto utile definire una cosa che vale sempre 1.E utile ricavare un’espressione alternativa del rendimento usando questo fatto:

Qciclo = Qassorbito +Qceduto

Dove il secondo termine e evidentemente negativo. Per chiarezza, si puo scrivere

Qciclo = Qassorbito − |Qceduto|

Di conseguenza, il rendimento diventa

η = 1− |Qceduto|Qassorbito

Evidentemente una quantita minore di 1.

18Oggetti siffatti si chiamano bagni termici


Il ciclo di Carnot Consideriamo un ciclo termodinamico fatto in questo modo:

1. Dal punto A al punto B il sistema segue una trasformazione adiabatica (Q = 0) incui compie lavoro positivo (nel caso di sistema che scambia volume con l’ambiente, ilsistema si espande).

2. Dal punto B al punto C il sistema segue una trasformazione isoterma in cui vienecompiuto lavoro sul sistema (compressione) alla temperatura Tf .

3. Dal punto C al punto D il sistema segue un’altra adiabatica in cui viene fatto lavorosul sistema (compressione).

4. Dal punto D al punto A il sistema segue un’altra isoterma in cui il sistema compielavoro (espansione) alla temperatura Tc.

Se tutte e 4 le trasformazioni vengono effettuate in modo reversibile, ovvero in modoche sia possibile ripercorrerle all’indietro senza che nel sistema o nell’universo sia cambiatonulla, allora questo ciclo viene chiamato Ciclo di Carnot. E importante notare che unamacchina termica che segue il ciclo di Carnot scambia calore solo con due sorgenti, una atemperatura Tc e l’altra a temperatura Tf .

L’altra cosa estremamente importante che portera a risultati sorprendenti e che non homai parlato di gas perfetto per seguire un ciclo di Carnot. Qualsiasi sistema termodinami-co puo eseguire questo ciclo ed utilizza solo delle trasformazioni che puo seguire qualsiasisistema.

Cio che intendo e che per esempio per eseguire una isobara c’e bisogno che il sistemaabbia come parametro la pressione e il volume, cosa comune ai gas ma non cosı banale peresempio per un fluido, in cui controllare la pressione e piu complicato e tantomeno per unelastico, per esempio, che non e nemmeno descritto dal parametro pressione.

Un ciclo di Carnot invece utilizza solo delle isoterme e delle adiabatiche. Queste nei varipiani p− V, τ − l possono essere rappresentate dalle curve piu bizzarre ma qualsiasi oggettole puo fare, in quanto un sistema per essere termodinamico deve essere in grado di poterscambiare energia sotto forma di calore.

Le cose piu interessanti su questo particolare ciclo verranno a galla nel prossimo capitolo.Per ora diciamo solo che il rendimento di un ciclo di Carnot e

η = 1− Qf

Qc

In quanto la macchina termica scambia calore solo con due sorgenti, in un caso assorben-dolo e nell’altro cedendolo. (Ovviamente abbiamo preso Qf > 0)

3.2.2 Secondo principio della termodinamica

Il secondo principio della termodinamica si puo formulare in un milione di modi diversi,tutti equivalenti. Il concetto che ci sta dietro e che non e possibile creare il moto perpetuodi seconda specie, ovvero un motore che riesca a generare energia dal nulla.

Postulato 3.2.1 (Postulato di Clausius). DEVO SCEGLIERE QUALE VERSIONE EQUI-VALENTE SCRIVERCI. IL SUCCO E CHE NON SI GENERA LAVORO DAL NIENTE


Le conseguenze di questo banale postulato sono davvero incredibili. Prendiamo peresempio due macchine termiche che operino solo con due sorgenti a temperatura Tc, Tf , ilprimo un motore reversibile mentre il secondo un motore qualsiasi.

Allora vale:

Il rendimento del secondo motore e ≤ del rendimento del primo motore

Se il secondo motore e reversibile, allora il rendimento e uguale.

Vediamo di dimostrare questa cosa. Scriviamo intanto in formule la prima parte. Chia-miamo 1 il primo motore, 2 il secondo e indichiamo con c, f le temperature e i calori scambiatirispettivamente con la sorgente calda e fredda.

η2 ≤ η1 ⇒ 1− Qf2

Qc2

≤ 1− Qf1

Qc1

Scegliendo N,N ′ abbastanza grandi, si puo avere

N ′

N=Qc2

Qc1

Ora consideriamo quindi un ciclo termodinamico ottenuto combinando N ′ cicli del primomotore fatto funzionare a rovescio (possiamo perche e reversibile) e N del del secondo.

Il lavoro totale compiuto sara

Ltot = NL2 −N ′L1

Il calore ceduto alla sorgente fredda sara

Qf = NQf2 −N ′Qf1

Mentre il calore preso dalla sorgente calda

Qc = NQc2 −N ′Qc1 = 0

Essendo

Ltot = Qc −Qf = −Qf

Otteniamo subito che non puo essere Ltot > 0 in quanto se cosı fosse avremmo trovatoun motore che non fa altro che prendere calore dalla sorgente termica fredda e trasformarloin lavoro.

Di conseguenza

Ltot ≤ 0⇒ Qf ≥ 0⇒ NQf2 −N ′Qf1 ≥ 0

Qf2

Qf1

≥ N ′

N=Qc2

Qc1

⇒ Qf2

Qc2

≥ Qf1

Qc1

⇒ 1− Qf2

Qc2

≤ 1− Qf1

Qc1

η2 ≤ η1


E cosı la prima parte e mostrata. Per la seconda e sufficiente scambiare le parti deimotori, in quanto se anche il secondo e reversibile, possiamo scambiare ovunque gli 1 con 2e viceversa e ottenere la disuguaglianza nel verso opposto.

η1 ≤ η2 ⇒ η1 = η2

Questo risultato e di fondamentale importanza per la termodinamica. Ci dice che duequalsiasi motori, se operano solo fra due sorgenti e sono reversibili hanno lo stesso rendimento,indipendentemente dal tipo di motore. Che sia un motore a scoppio, un elastico o un gas difotoni, non fa differenza.

Questo ci suggerisce che il rendimento per motori fatti cosı deve essere funzione solo delletue temperature Tc, Tf .

Di conseguenza

η = f(Tf , Tc)

E chiaro che se noi riusciamo ad esprimere esplicitamente questa funzione per un motoreper cui e facile da calcolare, abbiamo fatto bingo in quanto abbiamo trovato il rendimento diun qualsiasi motore reversibile che operi fra le temperature Tc, Tf . Finalmente qui entrano ingioco i gas perfetti in quanto per loro e facile calcolare il rendimento di un ciclo di Carnot. Ilcalcolo dettagliato verra fatto nel paragrafo sui gas perfetti ma immagino gia che conosciatela formula

η = 1− TfTc

Valida per qualsiasi motore reversibile che scambi calore solo con due sorgenti,a temperatura Tf , Tc.

Sara utile per il prossimo paragrafo scrivere la stessa formula in funzione dei caloriscambiati con le due sorgenti

Qf

Qc

=TfTc

3.2.3 Entropia

Consideriamo un motore termodinamico M che operi con un numero qualsiasi di sorgenti,ognuna a temperatura Ti. Con ciascuna scambia un calore con segno Qi. Durante un ciclo,

il calore totale scambiato dalla macchina sara∑i

Qi.

Consideriamo ora nmotori di Carnot19, ciascuno che operi fra la temperatura Ti e un’altratemperatura T0 uguale per tutti. Prendiamo i motori di Carnot in modo che scambino conciascuna delle sorgenti tranne T0, esattamente una quantita di calore −Qi, in modo dacontrobilanciare quello che fa il motore M . In pratica stiamo aggiungendo motori in modoche ogni sorgente abbia come risultato complessivo il non scambiare calore con nessuno.

19Va bene un qualsiasi motore reversibile che operi solo fra due temperature, prendiamo un Carnot persemplicita.


La sorgente a temperatura T0, quella diversa, scambiera quindi una quantita di calore

Q0 = −∑i

Qi,0, dove

Qi,0 =T0

TiQi

Dove ho usato la formula del rendimento, che vale per ogni motore reversibile che operifra solo due temperature.

Q0 = −T0

∑i

Qi

Ti

Se io vado a considerare il sistema composto dai motori di Carnot piu il motore Me lo considero un sistema termodinamico unico, questo ha come unico risultato quello diricevere una quantita di calore Q0 con la sorgente a temperatura T0, in quanto tutti gli altricalori con le sorgenti a temperatura Ti si sono semplificati proprio grazie alla scelta accuratadelle dimensioni dei motori di Carnot. Di conseguenza, se fosse Q0 > 0, saremmo riuscitiad estrarre calore da un corpo a temperatura uniforme creando lavoro, cosa assurda per ilsecondo principio della termodinamica.

Di conseguenza,

−T0

∑i

Qi

Ti≤ 0⇒

∑i

Qi

Ti≥ 0

Se il motore M e un motore reversibile, vale anche la disuguaglianza opposta, semplice-mente facendo andare all’indietro il motore. Quindi, se M e reversibile,∑

i

Qi

Ti= 0

Se il motore non scambia calore con un numero finito di sorgenti, ma con un numeroinfinito, la somma va sostituita con un integrale e la formula diventa∮

γ

Q

T= 0

Dove γ rappresenta la curva chiusa che rappresenta il ciclo termodinamico.L’unica cosa che abbiamo supposto per ricavare questa equazione e che il motore fosse

reversibile, ma non abbiamo detto niente a riguardo del ciclo. Di conseguenza, questa equa-zione vale per ogni ciclo termodinamico reversibile, ovvero per ogni curva chiusa.Questa non e un’affermazione da poco, abbiamo appena trovato un differenziale esatto.

Abbiamo finalmente trovato un fattore integrante per il calore, ovvero se chiamiamo

dS =Q

T, dS e un differenziale esatto. Ci tengo a rimarcare per l’ennesima volta che in

tutte queste assunzioni non abbiamo mai detto che tipo di sistema termodinamico abbiamousato e non abbiamo mai dato un’equazione di stato. Di conseguenza questo risultato eestremamemente generale.

Nel caso di trasformazioni non reversbili (non cicliche), non vale l’uguaglianza, ma solola disuguaglianza, ovvero


∫dS ≥

∫rev

dS = ∆Srev

Nel caso di quelle cicliche l’espressione si semplifica, ovvero∮dS ≥

∮rev

dS = ∆Srev = 0

DIRE COSE SUL FATTO CHE S E DI STATO MA SE NON CONOSCO LA TRA-SFORMAZIONE HO SOLO UNA DISUGUAGLIANZA

Il fatto che dS sia un differenziale esatto ci permette di trovare un’espressione esplicitaper S a meno di una costante additiva. Per fare un esempio, calcoliamo S(T, V ) per un gasperfetto e commentiamo il risultato.

dS =Q

T=dU

T+p

TdV = ncv

dT

T+nRT

V TdV = ncv

dT

T+ nR

dV

V

Questo normalmente sarebbe un integrale di linea, ma noi abbiamo gia mostrato conargomenti fisici che dS e un differenziale esatto, per cui l’integrale lo possiamo fare diretta-mente fra stato iniziale e finale, senza preoccuparci del percorso, esattamente come quandosi calcola il lavoro per un campo conservativo, facendo la differenza di potenziale.

∆S =

∫ b

a

dS =

∫ b

a

ncvdT

T+

∫ b

a

nRdV

V= ncv ln

TbTa

+ nR lnVbVa

Per fare una considerazione fisica interessante e utile sostituire alla temperatura la pres-sione e fare manipolazioni algebriche.

∆S = ncv lnpbVbpaVa

+ ncv ln

(VbVa

) Rcv

= ncv lnpbV

1+ Rcv

b

paV1+ R

cva

Ricordiamo che γ =CpCv

=Cv +R

Cve una costante adimensionale che viene utilizzata per

caratterizzare il gas. L’espressione di γ e cosı semplice solo per gas perfetti, non usatela asproposito.

∆S = ncv lnpbV

γb

paVγa

Valida per qualsiasi trasformazione reversibile ma solo per un gas perfetto.

La cosa interessante da notare e che esiste una particolare trasformazione reversibile in

cui ∆S = 0, ovvero quella in cui pV γ = costante 20. Del resto, dS =Q

T⇒ Q = TdS. Se

dS = 0, anche Q = 0. Abbiamo appena ricavato l’equazione che lega pressione e volume inuna adiabatica.

20In questo caso l’argomento del logaritmo e costantemente 1


Sfruttare i differenziali esatti Il fatto che dS sia un differenziale esatto ci permet-tera di fare diversi conti che permetteranno di trovare molte cose in piu sui nostri sistemitermodinamici.

Riscriviamo innanzitutto il primo principio della termodinamica per un sistema che falavoro con p, V .

dU = TdS − pdV ⇒ dS =1

TdU − p

TdV

Supponiamo ora di avere a disposizione un’equazione di stato, per chiarirci le ideeprendiamo quella dei gas perfetti,

pV = nRT

Questa legge verra derivata piu avanti per via cinetica, prendiamola ora per buona ecerchiamo di sfruttarla per ottenere cose.

Quello che vogliamo ottenere adesso e una espressione per l’energia interna del gas, peresempio in termini del volume e della temperatura, ovvero cerchiamo

U = U(V, T )⇒ dU =∂U

∂TdT +

∂U

∂VdV

Sostituiamo nel primo principio della termodinamica.

dS =1

T

(∂U

∂TdT +

∂U

∂VdV

)+p

TdV =

1

T

∂U

∂TdT +

1

T

(∂U

∂V+ p

)dV

Ma dS e un differenziale esatto quindi deve valere la condizione 2.9.21 Quindi

∂

∂V

(1

T

∂U

∂T

)=

∂

∂T

(1

T

(∂U

∂V+ p

))⇒ 1

T

∂2U

∂V ∂T= − 1

T 2

(∂U

∂V+ p

)+

1

T

(∂2U

∂T∂V+∂p

∂T

)I due termini con la derivata seconda si elidono in quanto quando si fa una derivata

parziale non conta l’ordine di derivazione22, quindi quello che rimane e

∂U

∂V= −p+ T

∂p

∂T

Questa equazione vale in generale. Per un gas perfetto, si ha p = nRT/V , quindi∂p

∂T= nR/V e quindi troviamo che

∂U

∂V= 0

Per un gas perfetto. Quello che ci dice questa equazione e che

U(T, V ) = U(T )

21Quando un differenziale e esatto le sue derivate miste devono essere uguali. Questo deriva dal fatto chequando si fa una derivata seconda non conta l’ordine di quale derivata fare per prima.

22Per il teorema di Schwartz


Ovvero per un gas perfetto l’energia interna dipende solo ed esclusivamente dalla tempe-ratura! Vuol dire che se voi avete un gas perfetto e lo fate espandere senza fargli compierelavoro (per esempio liberandolo in una stanza inizialmente vuota), la sua energia interna noncambia e quindi nemmeno la sua temperatura.

Ovviamente questo risultato vale solo per i gas perfetti. Esistono altre sostanze per cuie vero, ma in generale non e cosı.

Per via puramente termodinamica non e possibile dire altro su questa correlazione fraenergia e gli altri parametri. Per via cinetica invece si puo arrivare a mostrare che questarelazione e lineare, ovvero

U ∝ T

In particolare, la costante di proporzionalita vale

U = ncV T

Dove n e il numero di moli e cV dipende dal gas. Ne parlero in dettaglio nel capitolodedicato ai gas perfetti.

Il piano T −S Abbiamo gia parlato del piano p−V in cui rappresentare le trasformazionitermodinamiche. Ora che abbiamo finalmente introdotto l’entropia, e interessante utilizzareil piano in cui l’asse x indica l’entropia del sistema S, mentre l’asse y indica la temperaturaT . Data una curva in questo piano, l’area sottesa varra TdS = Q. Quindi l’area sottesa dalgrafico indica il calore scambiato dal motore con l’universo, positivo se la curva va a destra,negativo se va a sinistra. Consideriamo ora una curva bella, ovvero una curva chiusa chenon si intrecci. L’area che sta sotto la curva e sopra l’asse S, inclusa quella dentro la curva,rappresenta ovviamente il Qass, ovvero tutto il calore assorbito dal sistema in un ciclo, inquanto noi andiamo a considerare solo l’area quando la curva va verso destra.

L’area sotto il grafico e non dentro la curva sara quindi il calore ceduto all’universo, perlo stesso motivo. Risulta evidente ora, dato che

L = Qass −Qced

che l’area dentro la curva e il lavoro effettuato nella trasformazione.Fissiamo ora due temperature a caso Tf , Tc. Siamo interessati a capire qual’e la curva

che rappresenta un ciclo di rendimento massimo che sia sempre compresa fra le temperatureTc, Tf . Dobbiamo quindi massimizzare l’area dentro cercando di tenere piccola l’area sotto,in quanto

η =L

Qass

Si puo dimostrare ma e molto sensato pensare che la figura ottimale sia un rettangoloche ha i lati paralleli agli assi, uno a Tf e l’altro a Tc.

Questo ciclo termodinamico e quindi fatto da due trasformazioni a temperatura costantee da due a entropia costante, ovvero adiabatiche. Abbiamo appena scoperto che il ciclo diCarnot e il piu efficiente fra i motori che operano con varie sorgenti ma tutte a temperaturacompresa fra Tf e Tc.


Calcoliamo ηcarnot in questo piano23.

η = 1− Qf

Qc

= 1− ∆S · Tf∆S · Tc

= 1− TfTc

Effettivamente non dipende da nient’altro se non dalle temperature e la formula e semprequella.

3.2.4 Potenziali termodinamici

Questo paragrafo sui potenziali termodinamici e il successivo sulle identita di Maxwell sonofacoltativi. Li ritenevo interessanti e li ho aggiunti ma non dovrebbero uscire in una gara24.

Quando noi scriviamo l’energia interna di un gas U , possiamo scriverla usando il primoprincipio della termodinamica.

dU = TdS − pdV

Per cui abbiamo per forza ∂U

∂S= T

∂U

∂V= −p

Dal primo principio sembra che le variabili naturali per esprimere l’energia interna sianoU(S, V ). Non sempre puo essere pratico lavorare con queste due variabili, spesso potremmotrovarci meglio ad utilizzare altre funzioni di stato che non sono l’energia ma ci assomigliano,che si riescono ad esprimere meglio con variabili diverse.

Per esempio, se inventiamo la funzione H = U + pV , possiamo calcolare dH

dH = dU + pdV + V dp = TdS + V dp

Di conseguenza, le variabili naturali di H sono H(S, p). La funzione H, essendo sommadi due funzioni di stato, e a sua volta una funzione di stato e quindi il suo differenziale eesatto. Questa funzione viene chiamata entalpia.

Se consideriamo ora G = H − TS, possiamo calcolare dG

dG = dH − TdS − SdT = V dp− SdT

Ovvero le variabili naturali di G sono G(p, T ). Come l’entalpia, la funzione G e di statoe viene chiamata energia libera di Gibbs.

Infine, se definiamo F = U − TS, calcoliamo dF

dF = dU − TdS − SdT = pdV − SdT

Di conseguenza le variabili naturali di F sono F (V, T ). Come le altre due, F e di statoe viene chiamata energia libera di Helmoltz.

23Questo e un po’ barare in quanto abbiamo definito S dopo che avevamo gia calcolato il rendimento diun Carnot in particolare. Semplicemente controlliamo che non ci siano contraddizioni.

24In realta nemmeno la tensione superficiale dovrebbe uscire in una gara IPhO, ma 2 anni su 3 unadomanda c’e.


Vediamo ora di dare un significato fisico a queste funzioni, dopo averne dato una defini-zione.

Per esempio, consideriamo una trasformazione in cui la temperatura del nostro sistemaviene mantenuta costante dall’esterno. Scriviamo il primo principio della termodinamica.

dU = TdS − L⇒∫γ

(dU − TdS) = −∫γ

L⇒ ∆F = −L

Dove γ rappresenta una trasformazione reversibile. Se la trasformazione non e reversi-bile ma e generica, non vale l’uguaglianza ma solo una disuguaglianza,

∆F ≤ −L⇒ L ≤ −∆F

Se sul sistema non viene compiuto lavoro alcuno, si ha semplicemente

∆F ≤ 0

Per cui il punto a minima energia libera di Helmoltz e il punto di equilibrio stabile incaso di trasformazione forzatamente isoterma.

Ora facciamo la stessa cosa per l’energia libera di Gibbs. Supponiamo stavolta che sia lapressione esterna sia la temperatura siano mantenuti costanti.

dU = TdS − pdV ⇒∫γ

(dU − TdS + pdV ) = 0⇒ ∆G = 0

Dove come prima vale il segno di ugualianza per ogni trasformazione se e solo se latrasformazione e reversibile. In caso contrario, come prima vale la disuguaglianza

∆G ≤ 0

E quindi come prima si ha che il punto a minima energia libera di Gibbs e di equilibriostabile se sia pressione sia temperatura vengono mantenuti costanti.

Esempio 3.2.1 (Equazione di Clapeyron). Consideriamo un passaggio di fase, ovvero peresempio il passaggio da fase gassosa a liquida di una sostanza. La trasformazione avviene atemperatura esterna e pressione esterna costanti, per cui l’equilibrio sara nella posizione diminima energia libera di Gibbs.

Il nostro obiettivo e vedere come cambia il punto in cui avviene un passaggio di fase,ovvero la pressione e la temperatura, in funzione dei parametri esterni. Per esempio, sapeteche a pressione piu bassa, l’acqua bolle prima. Vogliamo dare ora una stima quantitativa diquesta variazione.

La prima cosa da fare e cercare di capire in che equilibrio si trovano la fase liquida egassosa ad una certa temperatura fissata e una volta fatto questo, far variare i parametriesterni per vedere cosa succede.

Consideriamo separatamente la fase liquida e gassosa e definiamo l’energia libera di Gibbsper unita di massa per entrambe

Gl = mlgl

Gg = mggg


Per cuiG = mlgl(T, p) +mggg(T, p)

Se siamo in un punto di minimo, ovvero nell’equilibrio, avremo dG = 0. Inoltre, se variala massa di una delle due sostanze, si avra, dalla conservazione della massa

ml +mg = m⇒ dml = −dmg

G+dG = (ml+dml)gl+(mg−dml)gg = mlgl+mggg+dml(gl−gg) = G+dml(gl(T )−gg(T ))

Per cui deve essere

dml(gl(T, p)− gg(T, p)) = 0⇒ gl(T, p) = gg(T, p)

Ma dG = V dp− SdT

vldp− sldT = vgdp− sgdT ⇒dp

dT=sg − slvg − vl

=T∆S

T (vg − vl)Ma nel passaggio di fase la temperatura rimane costante quindi T∆S e esattamente il

calore scambiato durante la trasformazione, che e il calore latente per unita di massa λ, percui si ottiene l’equazione di Clapeyron

dp

dT=

λ

T (vg − vl)(3.16)

Questa equazione ci da un’idea di come costruire un grafico delle fasi per una datasostanza.

Rappresentiamo sul piano p−T i vari stati di aggregazione sotto cui puo presentarsi unasostanza.

Come vediamo in figura 3.13, l’equazione di clapeyron ci da la pendenza delle lineedisegnate in figura. Conoscendo quindi la posizione del punto triplo, ovvero il punto in cuicoesistono le tre fasi, siamo in grado di dare approssimativamente un disegno che indichidove il nostro oggetto e liquido piuttosto che gassoso.

Vorrei far notare che l’acqua e un materiale anomalo, in quanto la densita del ghiaccioe piu bassa di quella dell’acqua, quando di solito un materiale si dilata aumentando latemperatura. Di conseguenza, la linea che separa la fase liquida da quella solida ha pendenzanegativa, al contrario di quello che accade di solito.

Se ora parliamo del passaggio di stato da liquido a gassoso, possiamo sperare di averevg vl, per cui l’equazione di Clapeyron si semplifica e otteniamo

dp

dT=

λ

Tv=

λ

T Vn

=λ

T RTp

⇒ dp

dT=

pλ

RT 2

Se ora separiamo le variabili e integriamo questa equazione, otteniamo

∫ p

p0

dp

p=

∫ T

T0

λ

RT 2dT ⇒ p = p0e

−λ

R

(1

T− 1

T0

)(3.17)

Che, definito uno stato di riferimento p0, T0, ci dice come varia la pressione a cui un fluidoe in equilibrio con la sua fase gassosa.


Figura 3.13: Diagramma di fase per l’acqua

Identita di Maxwell Possiamo sfruttare ora il fatto che le varie funzioni che abbiamodefinito precedentemente fossero funzioni di stato per ricavare delle relazioni utili fra le variederivate delle quantita termodinamiche che abbiamo definito. Dubito che possa mai servirviuna di queste formule in una gara, ma almeno avete qui elencato delle uguaglianze cheprendono il nome di Identita di Maxwell. L’utilita di queste relazioni e che in laboratorio emolto semplice misurare qualcosa, per esempio pressione temperatura e volume, ma moltodifficile misurare qualcos’altro, per esempio entropia ed energia interna. Queste identitapermettono di misurare solo cose semplici.

dU = TdS − pdV ⇒(∂T

∂V

)S

= −(∂p

∂S

)V

dH = TdS + V dp⇒(∂T

∂p

)S

=

(∂V

∂S

)p

dF = −SdT − pdV ⇒(∂S

∂V

)T

=

(∂p

∂T

)V

dG = −SdT + V dp⇒(∂S

∂p

)T

= −(∂V

∂T

)p

Costanti di equilibrio (chimica) Cerchiamo di schematizzare una reazione chimica inmodo termodinamico, cercando di trovare una relazione che ci dica cosa succedera durantela reazione. Consideriamo


nr1R1 + nr2R2 + ...nrnRn np1P1 + np2P2 + ....+ npmPm

Dove R e P rappresentano i vari reagenti e prodotti. Schematizzero il problema con ilmetodo della scatola di Van’t Hoff.

Immaginiamo di avere un recipiente di volume V0 in cui avviene la reazione e diversicanali da sinistra da cui arrivano i reagenti e diversi a destra da cui escono i prodotti. Latemperatura esterna viene mantenuta costante e uguale a T .

I reagenti arrivano con pressione nulla. Il lavoro che faranno entrando sara

L =∑i

piVi =∑i

nriRT

Uscendo, i prodotti faranno un lavoro opposto

L = −∑i

piVi = −∑i

npiRT

Per cui, il lavoro totale sara la somma

L = RT

(∑i

nri −∑j

npj

)Dato che la temperatura viene forzatamente mantenuta costante, se agiamo in modo

reversibile avremo

∆F = −LL’espressione per l’energia libera di Helmoltz e

F = U − TSChe per un gas perfetto vale

F = ncV T − T (ncV lnT + nR lnV )

∆F = Fp − Fr

∑i

npicVpiT − T (npicVpi lnT + npiR lnVpi)−∑j

nrjcVrjT − T (nrjcVrj lnT + nrjR lnVrj) =

= −RT

(∑i

nri −∑j

npj

)Sfruttiamo le proprieta dei logaritmi per portare in un unico blocco il termine con i

volumi e isoliamolo portandolo a destra.

= −RT lnVnp1p1 V

np2p2 ...V

npnpn

Vnr1r1 V

nr2r2 ...V

nrnrn


3.2.5 Cenni di meccanica statistica

Queste due paginette in cui introduco in modo qualitativo la Meccanica Statistica probabil-mente farebbero rabbrividire chiunque abbia seguito un corso serio. Tuttavia, questa brancadella fisica ha come prerequisito circa tutto il secondo anno di universita, quindi cerchero didirvi le cose un po’ a braccio come le sapevo io quando facevo le Olimpiadi.

Cambio di prospettiva Il percorso della spiegazione di Termodinamica che ho fattonei paragrafi precedenti parte da concetti tipici della Meccanica come l’energia e concetticomuni come la temperatura per dare una descrizione dei fenomeni e poi scoprire cose comel’entropia. La Meccanica Statistica parte completamente al contrario, fa ragionamenti distatistica per definire subito l’entropia e in funzione di questa la temperatura. Vediamo inmodo spiccio come si procede.

Molteplicita di una configurazione

Entropia Per diversi motivi e piu utile passare dalla molteplicita Ω di una configurazionead una quantita diversa, il suo logaritmo. Definiamo quindi l’entropia S di un sistema come

S = kB ln Ω

Dove ovviamente kB e la costante di Boltzmann. Notare che dato che la molteplicitae moltiplicativa il suo logaritmo diventa additivo, di conseguenza se ho due sistemi dimolteplicita Ω1 e Ω2, la molteplicita complessiva sara Ω1 ·Ω2, mentre l’entropia sara S1 +S2.

Inoltre, dato che lo stato piu probabile di un sistema corrisponde al massimo dellamolteplicita, dato che il logaritmo e monotono, corrispondera anche al massimo dell’entropia.

Temperatura Consideriamo un sistema isolato composto da due sottosistemi inizialmenteseparati di energie E1, E2 ed entropie S1, S2. Mettiamo in contatto i due sistemi e cerchiamodi prevedere che cosa succedera. Dato che il sistema e isolato, si conservera l’energia totale.Di conseguenza,

E = E1 + E2 = cost

Ovvero l’energia totale e una costante del sistema. Le energie non sono quindi indi-pendenti ma legate da quell’equazione. Vogliamo sapere come si distribuiranno le energiequando si sara raggiunto l’equilibrio. Per fare una cosa sensata esprimiamo quindi una delledue in funzione dell’altra in modo da avere un solo grado di liberta. Sara quindi

E2 = E − E1

Noi sappiamo che lo stato di equilibrio corrisponde al massimo di entropia del sistema.Di conseguenza, dato che il nostro parametro libero e E1, dovra essere

S(E1) = S1(E1) + S2(E1)

in un massimo. Ovviamente per trovare il massimo poniamo uguale a zero la derivata


dS(E1)

dE1

= 0⇒ dS1

dE1

+dS2

dE1

= 0⇒ dS1

dE1

+dS2

dE2

dE2

dE1

= 0⇒ dS1

dE1

=dS2

dE2

Dove abbiamo cercato di tenere patate con patate e carote con carote, ovvero abbiamocercato di trovare delle combinazioni di parametri che dipendano da un solo sistema e nonda due. Lasciare scritto dS2

dE1era corretto ma poco utile. Definiamo quindi il parametro

temperatura

T =∂E

∂S

La condizione precedente ci dice quindi che all’equilibrio si deve avere

T1 = T2

Come ci aspettavamo dalla termodinamica classica.

Il teorema di Boltzmann Questo e a mio parere l’unica parte che dovete ricordare ancheper le Olimpiadi in quanto e bene che la sappiate. A volte vi puo salvare. La dimostrazionedi questo teorema riportata qui e fatta un po’ a caso ma e comunque meglio di niente.

Consideriamo un sistema molto grande (per esempio un gas) e un suo sottosistema moltopiccolo (per esempio poche molecole), che abbiano rispettivamente energie E ed E1, conE1 E. La molteplicita del sistema totale sara il prodotto delle molteplicita dei duesistemi piu piccoli, quello ad energia E1 e quello grande che avanza ad energia E − E1

Ωtot = Ω(E − E1) · Ω(E1)

Andiamo a prendere il logaritmo dell’equazione sopra ed espandiamo ricordando cheE1 E

ln Ωtot = ln Ω(E − E1) + ln Ω(E1) = ln

(Ω(E)− ∂Ω(E)

∂E1

E1

)+ ln Ω(E1) =

= ln

(Ω(E)

(1− 1

Ω(E)

∂Ω(E)

∂E1

E1

))+ ln Ω(E1)

Ricordiamo ora che

1

f(x)

df(x)

dx=

d

dx(ln f(x))

Usate ora la regola di derivazione della funzione composta per controllare che e vero.Scriviamo quindi

ln

(Ω(E)

(1− ∂ ln Ω(E)

∂E1

E1

))+ ln Ω(E1)

Ma ln Ω = S/kB quindi

ln

(Ω(E)

(1− E1

kBT

))+ ln Ω(E1) = ln Ω(E)− E1

kBT+ ln Ω(E1)


Chiamiamo ora

β =1

kBT

Notare che ha le dimensioni di 1/energia

ln Ωtot = ln Ω(E)Ω(E1)e−βE1

Togliendo i logaritmi,

Ωtot = Ω(E)Ω(E1)e−βE1

Ma, per motivi che non ricordo, Ω(E1) varia molto lentamente se E1 E, quindi siaΩ(E) sia Ω(E1) sono costanti. Dato che la molteplicita della configurazione e direttamenteproporzionale alla sua probabilita, si ottiene quindi

P (E1) ∝ e−βE1

Troverete piu o meno ovunque espressioni in cui c’e un e−ERT . Ricordatevi che e una cosa

sensata.

La funzione di partizione Consideriamo un sistema che puo assumere un insieme discretodi stati energetici Ei. La probabilita di ogni stato sara a temperatura fissata

Pi = Ce−βEi

Dove C e la costante di normalizzazione che rende la somma delle probabilita uguali a 1.In particolare,

C =1∑

i

e−βEi

Dove la sommatoria e estesa a tutti gli stati che puo assumere il sistema.

L’energia media del sistema sara ricavabile da una media pesata, ovvero

〈E〉 =

∑i

Eie−βEi

∑i

e−βEi

Dove abbiamo semplicemente fatto la media pesata di tutti i valori che puo assumere.Notiamo ora che

∂

∂βe−βEi = −Eie−βEi

Possiamo quindi riscrivere la formula per l’energia


〈E〉 =

∑i

∂

∂β− e−βEi∑

i

e−βEi= −

∂

∂β

∑i

e−βEi∑i

e−βEi

Diamo ora un nome

Z =∑i

e−βEi

Z si chiama funzione di partizione del sistema. Vedremo che ricompare in praticamenteogni formula in cui si ricavano quantita macroscopiche. Vediamo che quindi

〈E〉 = −

∂Z

∂β

Z= −∂ lnZ

∂β

Esempi di cose belle che si ricavano in meccanica statistica In fondo la legge dei gasperfetti e ragionevole, che motivo c’e di dimostrarla? Non importa, io lo faccio comunque.Consideriamo un sistema di N particelle uguali e indistinguibili tutte di massa m, puntiformi,che si muovono vincolate dentro un volume V . Troviamo la funzione di partizione del sistemae vediamo poi cosa riusciamo a tirarne fuori. Innanzitutto possiamo scrivere l’energia totaleE del sistema

E =N∑i=1

|~pi|2

2m

Possiamo quindi scrivere la funzione Z. A questo punto barero un sacco perche ci sonotroppi argomenti che non vi ho spiegato che servono per comprendere pienamente quello chesto per fare e non vale la pena impararli per le Olimpiadi. La Meccanica Statistica ha comebase fondante la Meccanica Hamiltoniana, in modo da dare delle basi matematiche solide.Grazie a queste basi risulta evidente quali sono le variabili in gioco (per esempio perche siintegra su N~pdN~x e non su altro) che sono tutte cose estremamente interessanti e utili, manon per i problemi olimpici. Per ora fidatevi di quello che faccio, ci sono basi matematichesolide e non e fatto a caso, e solo spuegato un po’ a caso perche non avete gli strumenti percapirlo.

Z =1

N !h3N

∫exp[−βE]dΓ =

1

N !h3N

∫exp

[−β

N∑i=1

|~pi|2

2m

]dN~p dN~x

A questo punto e evidente per le proprieta dell’esponenziale che questo e un prodotto diintegrali indipendenti e uguali. Per questo si scrivera quindi

Z =ZN

1

N !h3N

Dove Z1


Z1 =

∫R3

∫V

exp

[−β|~p|

2

2m

]d~p d~x = V

∫R3

exp

[−β|~p|

2

2m

]d~p =

= V

∫R3

exp

[−β(p2

x + p2y + p2

z)

2m

]dpx dpy dpz =

= V

(2m

β

) 32∫R3

exp[−(x2 + y2 + z2)

]dx dy dz

= V

(2πm

β

) 32

Sono andato un po’ veloce su questi conti perche tanto ho zingarato prima, quindi nonvaleva la pena fare le cose troppo per bene. In ogni caso in questo modo abbiamo un’e-spressione per Z. A questo punto possiamo finalmente calcolare l’energia interna del gasU

U = −∂ lnZ

∂β= − ∂

∂βln

(ZN

1

N !h3N

)= −N ∂ lnZ1

∂β=

= −N ∂

∂β

(lnV − 3

2ln

β

2πm

)=

3N

2β=

3

2kBT

Beh, non male, abbiamo gia ritrovato una cosa che avevamo dato come definizione tempofa in Termodinamica. Si puo fare di piu: andiamo a ricavarci da Z(V, T )25 anche la pressionedel gas p. Per farlo, dobbiamo essere un po’ cauti, in quanto sappiamo che le variabili ”buone”per U sono S e V . Una persona affrettata potrebbe dire ”io so che p = −∂U

∂V. In questo

caso U non dipende dal volume, quindi la pressione e zero.”. Parlando in questo modo sicommetterebbe un errore in quanto la nostra espressione per U non e in termini delle suevariabili canoniche ma della temperatura, che non e ne S ne V . Per fare questo ragionamentodovremmo prima trovare un’espressione di S, buttarla nell’espressione sopra e poi poter farela derivata.

Agiamo in modo diverso. Ricordiamo che esiste anche un potenziale termodinamico chesi chiama energia libera di Helmholtz, F , che e definita come

F = U − TSE possibile mostrare che in un certo senso questo potenziale e il piu legato alla funzione

di partizione Z, infatti si ha

F = −kBT lnZ

La dimostrazione di questa formula non e complicatissima ma non la faro in questomomento. Per un approfondimento consultate [7] in bibliografia. Inoltre e utile notare cheF ha come variabili canoniche proprio V, T , esattamente come Z. Se ricordiamo che poi valep = −∂F

∂V, allora si arriva subito a

25Perche sono queste le variabili indipendenti? E un’altra domanda a cui non risponderemo qui, al secondoanno di Universita avrete le risposte.


p =∂

∂VkBT lnZ = NkBT

∂

∂VlnZ1 =

NkBT

V⇒ pV = NkBT

Come ci aspettavamo.26

26Perdonatemi tutti i passaggi dove ho barato clamorosamente. La teoria dietro la Meccanica Statistica ecomplessa e articolata. Questo voleva essere solo un assaggio.


3.2.6 Gas perfetti

Teoria cinetica In questo paragrafo cercheremo di dare una descrizione microscopica deigas perfetti, per trovare dei risultati che ci saranno molto utili in seguito.

Consideriamo un gas composto da N palline molto piccole, ognuna di massa m, noninteragenti fra di loro, racchiuse in una scatola cubica di lato L.

Ogni volta che una pallina colpisce un lato della scatola, rimbalza elasticamente tornandoindietro. Nell’urto, la sua quantita di moto cambia e quindi la scatola dovra esercitare unaforza sulle palline e viceversa.

Consideriamo la scatola cubica posizionata in un riferimento cartesiano con un verticedel cubo nel centro del riferimento e gli assi paralleli agli spigoli. Consideriamo la faccia delcubo a x = 0 costante. Quando una pallina urta contro la parete, la quantita di moto lungox passa da −px a px, mentre le altre due componenti rimangono invariate.

La forza che deve esercitare la parete sulla pallina sara quindi

F = 2px∆t

Ma la pallina che urta la parete in un tempo ∆t non e una sola, il gas e composto damiliardi di molecole, di conseguenza la forza sara

F =2npx∆t

Dove n e il numero di molecole che urtano la parete in un tempo ∆t. Ora e necessariodire quanto vale questo n.

n sara n =1

2Nvx∆t

L, ovvero vedo quanta strada fa una pallina, la divido per L e so

quante volte ha colpito la faccia giusta. Il fattore 1/2 deriva dal fatto che la pallina colpisceuna volta la faccia di sinistra e una volta la faccia di destra, per cui la distanza in realta e2L.

Quindi

F = Nmv2

x

L

Noi siamo piu interessati alla pressione piu che alla forza, ed essendo F = pA, otteniamo

p = Nmv2

x

V

In questa stima, tuttavia, abbiamo assunto che tutte le palline avessero la stessa velocita,cosa che in generale non e assolutamente vero, di conseguenza a v2

x dobbiamo sostituire unvalore medio.

p = Nm〈v2

x〉V

Notare che il valore medio non e 〈vx〉2 bensı 〈v2x〉, ovvero l’ordine logico delle cose da fare

e prima fare il quadrato, poi la media, non prima la media e poi il quadrato. Se non sieteconvinti che venga una cosa diversa, vi consiglio di leggere il capitolo di statistica di questovolume, nella parte di matematica.


Ora e arrivato il momento di fare un po’ di considerazioni fisiche su questo gas. Lavelocita delle particelle, come vedremo piu tardi, e estremamente alta. Inoltre, abbiamosupposto il gas rarefatto, per cui la gravita conta poco. Di conseguenza, non esiste unadirezione privilegiata e quindi avremo che le velocita lungo x, y, z saranno distribuite nellostesso modo, ovvero se P (v)dv e la distribuzione di velocita avremo

Px(vx)dvx = Py(vy)dvy = Pz(vz)dvz

Di conseguenza, per come sono definite velocita medie e velocita quadratiche medie,avremo

〈v2x〉 = 〈v2

y〉 = 〈v2z〉 =

1

3〈v2〉

Dove v2 = v2x + v2

y + v2z e il modulo della velocita.

Di conseguenza,

p =N

3

m〈v2〉V

=2

3

〈U〉V

(3.18)

Notare che questa equazione vale solo per gas monoatomici, in quanto abbiamo suppostoche le varie molecole fossero palline. Se fossero stati corpi estesi piu complicati, come peresempio una molecola di O2 che ha una struttura come un manubrio, non avremmo potutotrattarla come una pallina.

Facciamo ancora delle considerazioni sulle velocita. Abbiamo gia detto che non vi sonodirezioni privilegiate e quindi le tre distribuzioni sono uguali. La cosa ancora piu potentee che non solo le 3 direzioni sono equivalenti, ma sono pure indipendenti, in quanto unaparticella non ha motivo di avere correlazione fra le 3 velocita.

Di conseguenza, la probabilita di avere una certa velocita ~v = (vx, vy, vz) sara

P (vx, vy, vz)dvxdvxdvz = P (vx)dvxP (vy)dvyP (vz)dvz

Se poi ora tiriamo in ballo quello che abbiamo imparato nel capitolo di meccanicastatistica, otteniamo addirittura la distribuzione di probabilita per le velocita.

P (vx)dvx = Ae−mv2

x

2kBT dvx

Dove A e la costante di normalizzazione che fa in modo che

∫P (vx)dvx = 1 . Mettendo

insieme il tutto,

P (vx, vy, vz)dvxdvxdvz = A3e−m(v2

x + v2y + v2

z)

2kBT dvxdvxdvz

Ora, noi in realta non siamo davvero interessati a conoscere la direzione della velocita,in quanto in generale sara qualcosa di caotico. Siamo molto piu interessati a vedere come edistribuito il modulo della velocita ovvero v =

√v2x + v2

y + v2z . Per passare da un sistema di

3 coordinate vx, vy, vz ad uno piu sensato, e conveniente metterci in coordinate sferiche. Perfarlo, ovviamente dobbiamo tenere conto del determinante dello Jacobiano quando facciamoil cambio da dvxdvxdvz a dvdθdφ


P (v, θ, φ) = A3e−mv2

2kBT v2 sin θdvdθdφ

Visto che non siamo interessati alla dipendenza da θ, φ, possiamo integrare rispetto aentrambe e calcolare A, in modo da ottenere in tutta la sua magnificenza la distribuzione divelocita di Maxwell-Boltzmann

P (v) = 4π

(m

2πkBT

) 32

v2e− mv2

2kBT dv (3.19)

Il cui grafico e riportato per alcune temperature in figura 3.14. Finalmente questadistribuzione ci permette di calcolare le medie delle velocita di cui avevamo bisogno.

Figura 3.14: Distribuzione di velocita di Maxwell-Boltzmann. Il grafico e per l’ossigeno alletemperature segnate in gradi centigradi

〈v2〉 =

∫ ∞0

v2P (v)dv =

∫ ∞0

4π

(m

2πkBT

) 32

v4e− mv2

2kBT dv

Per calcolare questo integrale cambiamo variabile in t =mv2

2kBT⇒ dt =

mvdv

kBT


〈v2〉 = 4π

(m

2πkBT

) 32∫ ∞

0

(2kBT

m

) 32

t32 e−t

kBT

mdt =

4√π

kBT

mΓ

(5

2

)=kBT

m

4√π

3

2

1

2

√π =

3kBT

m

Dove Γ(z) e la funzione gamma di Eulero, definita in appendice. Abbiamo sfruttato

ripetutamente il fatto che Γ(z + 1) = zΓ(z) e abbiamo ricordato che Γ

(1

2

)=√π

Riprendendo quindi l’equazione 3.18

p =1

3

m〈v2〉V

⇒ pV = NkBT ⇒ pV =N

NA

NAkBT

pV = nRT (3.20)

Ce n’e voluta di fatica per ricavare un’equazione cosı banale, eh?Infine, scriviamo l’energia interna per un gas monoatomico

U =N

2m〈v2〉 =

3

2NkBT =

3

2nRT

Libero cammino medio Consideriamo il gas come un’insieme di palline che vanno ingiro per il recipiente a grande velocita. Siamo interessati a cercare di capire quanta stradafa una pallina mediamente prima di scontrarsi con un’altra.

Supponiamo che la pallina percorra una distanza rettilinea L. La pallina puo incontrarnealtre durante il suo percorso e quindi cambiare direzione. La pallina ne incontrera un’altrase questa si trova in un certo volume efficace spazzato, ovvero se trova una pallina dentro uncerto volume σL, dove σ ha le dimensioni di un’area.

Il valore di σ e 4πr2 se consideriamo il gas omogeneo. Il motivo di tutto questo e cheentrambe le palline di raggio r hanno dimensioni e quindi l’area in cui puo trovare un’altrapallina non e πr2 ma π(2r)2.

Calcoliamo ora la probabilita che la pallina abbia percorso esattamente una distanza Lprima di trovarne un’altra. Detta n la densita numerica di palline, ovvero n = N/V , se ilgas e abbastanza rarefatto la probabilita di incontrare una pallina in un certo volume piccolosara

P = nV

Dividiamo il percorso della pallina in tanti tratti lunghi L/N , dove N e solo un numero,non ha niente a che fare con il numero totale di molecole.

La probabilita che la pallina arrivi esattamente a distanza L e quindi la probabilita chein ogni piccolo tratto la pallina non incontri nessuno, tranne nell’ultimo, in cui incontra lapallina.

P (L)N = P (no)N−1 · P (si) =

(1− nσL

N

)N−1nσL

N

Quindi


P (L)dL = limN→∞

P (L)N = e−nσLnσdL

Dove dL =L

Ne abbiamo usato il limite notevole limn→∞

(1 +

1

n

)n= e

Di conseguenza, il libero cammino medio sara il valore

λ = E[L] =

∫ ∞0

P (L)LdL =

∫ ∞0

e−nσLnσLdL =1

nσ

E interessante notare alcune cose riguardo questo risultato. Il primo e che e indipendentedalla temperatura, in quanto σ e una caratteristica geometrica della molecola e quindi non

varia, mentre n =N

Vovviamente non puo variare se vario solo la temperatura.

Questo puo essere interpretato nel seguente modo: se aumento la temperatura, effettiva-mente il numero di urti per unita di tempo aumenta, ma la distanza percorsa dalle molecolenon cambia, in quanto quando io aumento la temperatura, aumento a tutte le particelle lavelocita e quindi e come se io facessi andare piu velocemente la registrazione di un filmato.

La seconda cosa interessante e che una distribuzione esponenziale e memoryless, ovverouna volta che io ho percorso un metro, la probabilita che ho adesso, dopo averlo superato, difarne un altro e la stessa che avevo all’inizio. Questa cosa, se ci pensate un attimo e moltosensata e ci rassicura sulla validita del nostro risultato.

Trasformazioni termodinamiche notevoli Consideriamo nel piano p − V un’isocora.Questa e rappresentata da un segmento verticale. Varra il primo principio della termodina-mica

dU = Q− L

Essendo dV = 0, L = 0. Di conseguenza, in un’isocora

dU = Q⇒ ∆U = Q

Essendo U = ncvT , in un’adiabatica Q = ncV ∆T . Questo giustifica il nome di cV calorespecifico a volume costante.

Consideriamo ora nel piano p − V un’isobara. Questa e rappresentata da un segmentoorizzontale. Essendo la pressione costante, L = p∆V

dU = Q− L⇒ Q = ∆U + p∆V = ncV ∆T + nR∆T = n(cV +R)∆T

Se chiamiamo cp = cV + R otteniamo un’espressione per il calore specifico a volumecostante. Questa equazione si chiama relazione di Mayer e vale solo per i gas perfetti.

Consideriamo ora un’isoterma. Essendo U = ncV T , si avra ∆U = 0

Q = L

A questo punto possiamo calcolare il lavoro facendo un integrale.

dL = pdV =nRT

VdV ⇒ L = nRT

∫ b

a

dV

V= nRT ln

VbVa

= Q


Infine, consideriamo una trasformazione adiabatica.

dU = −L⇒ ncV dT = −pdVDifferenziamo a sinistra e a destra l’equazione di stato dei gas per far sparire il differenziale

della temperatura.

pV = nRT ⇒ pdV + V dp = nRdT

cVR

(pdV + V dp) = −pdV ⇒ cV +R

RpdV +

cVRV dp = 0

Notiamo che cV + R = cp. Se chiamiamo γ = cpcv

, scopriamo che questo rapporto per ungas perfetto e costante e γ > 1. Riscriviamo l’equazione

γpdV + V dp = 0⇒ γdV

V= −dp

p⇒ γ

∫ b

a

dV

V= −

∫ b

a

dp

p⇒ ln

(VbVa

)γ= − ln

pbpa

lnpbV

γb

paVγa

= 0⇒ pbVγb = paV

γa

Le varie funzioni di stato per un gas perfetto Abbiamo dato la formula per l’energiainterna di un gas perfetto monoatomico

U =3

2nRT

In generale, abbiamo mostrato nel capitolo sul secondo principio della termodinamicache per un gas perfetto

∂U

∂V= 0

Percio per qualsiasi gas perfetto

U = U(T )

Se ripetiamo il ragionamento che abbiamo fatto nel caso di gas monoatomico per un gasqualsiasi, otteniamo un risultato molto simile, ovvero otteniamo che

U = ncV T

Dove cV e una costante che dipende dal gas. In particolare, vale 32R per un gas monoa-

tomico, 52R per uno biatomico e 6

2R = 3R per un gas poliatomico. Vedrete ad un corso

di meccanica statistica che il teorema di equipartizione dell’energia giustifica questi numeri,apparentemente a caso.

Abbiamo ricavato nel capitolo sull’entropia la formula esplicita per la variazione dientropia in un gas perfetto

∆S = ncv lnp2V

γ2

p1Vγ

1


Ovviamente, essendo definita a meno di una costante additiva, non avrebbe senso parlaredi S, ma solo di ∆S. Tuttavia, spesso per fare i conti e pratico fare delle cose poco lecite.Vediamo cosa intendo

dS = ncVdT

T+nRT

TVdV ⇒ S = ncV lnT + nR lnV

In questa formula ci sono parecchie cose che mi fanno ribrezzo. La prima e sicuramenteche si sta facendo il logartimo di un qualcosa che ha unita di misura e il logaritmo e definitoda R a R, fare cose come il logaritmo di moli su litro non ha senso.

Tuttavia, essendo definita l’entropia a meno di una costante additiva, quella costan-te potrebbe essere inglobata dentro il logartimo, sfruttando le sue proprieta, per dare undenominatore adeguato e quindi non fare cose prive di senso.

Quello che sto cercando di trasmettervi e che questa formula e oggettivamente bruttae ha delle cose poco lecite al suo interno, ma visto che appesantirei di molto la notazionese dovessi ragionare sempre su variazioni di quantita e non sul loro valore, vale la pena discrivere qualcosa di brutto per evitare formule mostruose. Succedera una cosa analoga pertutte le altre quantita termodinamiche che abbiamo definito.

L’entalpia di un gas perfetto e H = U + pV = ncV T + nRT = n(cV +R)T = ncpT , dovecp e il calore specifico a pressione costante.

L’energia libera di Helmholtz F e

F = U − TS = ncV T − T (ncV lnT + nR lnV )

Dove vale lo stesso discorso fatto per l’entropia sulla bruttezza di questa formula.L’energia libera di Gibbs sara

G = U − TS + pV = ncV T − T (ncV lnT + nR lnV ) + pV = ncpT − T (ncV lnT + nR lnV )

Il ciclo di Carnot per un gas perfetto Consideriamo un ciclo di Carnot per un gasperfetto che si svolge fra le temperature Tf , Tc. Indichero con A,B,C,D i 4 punti chedeterminano il ciclo.

Le trasfomazioni A→ B e C → D sono adiabatiche. Le trasformazioni B → C e D → Asono isoterme.

Siamo interessati a calcolare il rendimento di questo ciclo termodinamico. Dobbiamoquindi calcolare il lavoro compiuto nel ciclo e il calore assorbito. L’unica delle 4 trasforma-zioni in cui viene assorbito calore e B → C, in quanto nelle due isoterme non c’e scambio dicalore e nell’altra isoterma viene ceduto. Il calore sara

Qass = LBC = nRTc lnVCVB

Calcoliamo ora il lavoro compiuto in tutto il ciclo.

LDA = nRTf lnVAVD

LAB = −∆UAB = −ncV (Tb − Ta) = −ncV (Tc − Tf )


LCD = −∆UCD = −ncV (Td − Tc) = −ncV (Tf − Tc) = −LAB

Ltot = LAB + LBC + LCD + LDA = LBC + LDA = nR

(Tc ln

VCVB

+ Tf lnVAVD

)Calcoliamo quindi η

η =LtotQass

=

nR

(Tc ln

VCVB

+ Tf lnVAVD

)nRTc ln

VCVB

= 1 +Tf ln

VAVD

Tc lnVCVB

Ora andiamo a calcolare in che relazione stanno i 4 volumi. Scriviamo in forma alternatival’equazione che descrive un’adiabatica.

pV γ = cost⇒ nRT

VV γ = cost⇒ TV γ−1 = cost

Essendo TC = TB = Tc e TA = TD = Tf , otteniamoTCV

γ−1C = TDV

γ−1D

TAVγ−1A = TBV

γ−1B

⇒ VCVD

=

(TfTc

) 1γ−1

=VBVA⇒ VA

VD=

(VCVD

)−1

Per cui finalmente concludiamo il conto del rendimento

η = 1− TfTc

In quanto i logaritmi si sono semplificati portando un meno nella formula. Finalmenteabbiamo messo un punto a questo argomento lasciato in sospeso.

La velocita del suono in aria Siamo interessati a calcolare la velocita di propagazionedi un’onda di pressione in aria. Ovviamente approssimeremo in modo che l’onda provochiun piccolo spostamento d’aria, come fa il suono. Di conseguenza questo modello non saravalido per un’esplosione.

Consideriamo un’onda piana, ovvero un’onda che si propaga solo lungo una direzione,che ovviamente sara il nostro asse x. Una particella che a riposo aveva una posizione x finirain ψ(x, t).

Consideriamo un volumetto dV = Adx. Il volumetto viene deformato dall’onda e diventaquindi

dV ′ = Adx+ A(ψ(x+ dx, t)− ψ(x, t)) = Adx

(1 +

∂ψ(x)

∂x

)Conservandosi la massa, la densita passera da ρ0 a ρ1

ρ1 =dm

dV ′=dm

dV

dV

dV ′=

ρ0

1 +∂ψ

∂x

≈ ρ0

(1− ∂ψ

∂x

)


Ora, noi non siamo interessati molto a quello che succede a p e ρ in assoluto, ma ci inte-ressa piu che altro descrivere la loro piccola variazione rispetto all’equilibrio. Ci interesseraquindi trovare qualcosa in funzione di

ρ′ = ρ1 − ρ0

p′ = p1 − p0

Consideriamo il volumetto deformato di prima e scriviamo la seconda legge della dina-mica.

F = ma⇒ − (p1(x+ dx)− p1(x))A = ρ0Adx∂2ψ

∂t2

−p1(x+ dx)− p0(x+ dx)− (p1(x)− p0(x))

dx= ρ0

∂2ψ

∂t2

−∂p′

∂x= ρ0

∂2ψ

∂t2⇒ −∂p

′

∂ρ′∂ρ′

∂x= ρ0

∂2ψ

∂t2

Ma noi sappiamo che

ρ′ = ρ1 − ρ0 = −ρ0∂ψ

∂x⇒ ∂ρ′

∂x= −ρ0

∂2ψ

∂x2

Quindi

∂p′

∂ρ′∂2ψ

∂x2=∂2ψ

∂t2

Ora bisogna dire qualcosa di termodinamico riguardo il processo. Un’onda di pressione disolito viaggia molto velocemente e quando ci sono processi che avvengono a grande velocita edifficile che avvenga uno scambio di calore considerevole, quindi potremo trattare il processocome adiabatico.

pV γ = cost⇒ pρ−γ = cost⇒ dpρ−γ − γpρ−γ−1dρ = 0

dp

dρ= γ

p

ρ

Infine otteniamo quindi

∂2ψ

∂t2= γ

p

ρ

∂2ψ

∂x2

Che se confrontata con la 2.15 ci dice che l’impulso si propaga con una velocita

v =

√γp

ρ

Per concludere, e utile ricordare che abbiamo a che fare con un gas perfetto e sostituirecon l’espressione in termini di p e ρ con qualcosa in termini di T .


pV = nRT ⇒ p =nµ

V

RT

µ⇒ p = ρ

RT

µ

Per cui,

v =

√γRT

µ=

√γkBT

m


3.2.7 Gas reali

Perche studi i gas reali? Nonpossono capitare in una gara!

Tutti prima di Astana 2014

L’equazione di stato di Van der Waals Le approssimazioni che si fanno per descrivere igas perfetti sono davvero brutali e di conseguenza funzionano bene solo per temperature alte,ovvero dell’ordine dei 300K. Se si vogliono approssimazioni migliori, bisogna tener conto didue cose: la dimensione non nulla delle molecole e la mutua interazione fra le particelle. Unabuona equazione che descriva questo modello e l’equazione di Van der Waals che descrive icosiddetti gas reali.

L’equazione e questa (p+

an2

V 2

)(V − nb) = nRT

Dove a e b sono opportune costanti che tengono conto dei due fattori. E importantenotare e ricordare nei problemi che quando a, b→ 0 l’equazione si riconduce all’equazione distato dei gas perfetti. Ricordatevene perche vi servira nei problemi.

Spesso questa equazione viene scritta in termini del volume molare Vm =V

n. Dividendo

membro a membro entrambe i lati dell’equazione si ottiene quindi(p+

a

V 2m

)(Vm − b) = RT

Spesso quelli che usano questa forma dell’equazione dimenticano27 la m di molare. Senon c’e, probabilmente dovrebbe esserci. Mettetecela.

L’isoterma di Van der Waals La prima cosa che si nota quando si disegna un’isoterma diVan del Waals e che la sua forma dipende strettamente dalla temperatura. Per temperaturealte, e una curva che assomiglia molto ad un’iperbole, come per i gas perfetti, mentre pertemperature basse la curva fa una sorta di ansa ripiegandosi su se stessa

p =RT

Vm − b− a

V 2m

In particolare, sotto una certa temperatura che viene chiamata Tc, la pressione presentadue punti stazionari, mentre sopra quella temperatura non ne ha. Per trovare questa tem-peratura, consideriamo i due punti stazionari. Questi due sono le soluzioni dell’equazione∂p

∂Vm= 0. Man mano che si avvicinano, la curva fra di loro si appiattisce sempre di piu,

finche nel punto critico non diventa un punto di flesso. In particolare, nel momento in cui ipunti diventano lo stesso punto, si annulla la derivata seconda.

27Non hanno voglia di scrivere


Per ottenere quindi le coordinate termodinamiche di questo punto, bisogna quindi metterea sistema

(p+ a

V 2m

)(Vm − b) = RT

∂p∂Vm

= 0∂2p∂V 2

m= 0

(pc + a

V 2mc

)(Vmc − b) = RTc

− RTc(Vmc − b)2

+2a

V 3mc

= 0

2RTc(Vmc − b)3

− 6a

V 4mc

= 0

Dividiamo la seconda equazione per la terza ottenendo

Vmc − b2

=Vmc3⇒ Vmc = 3b

Ributtiamo cio che abbiamo trovato nella prima equazione.

RTc4b2

=2a

27b3⇒ Tc =

8a

27Rb

Sostituiamo infine nella prima per trovare la pressione.(pc +

a

9b2

)2b = R

8a

27Rb⇒ pc =

a

27b2

Per dei gas solitamente e facile misurare sperimentalmente questi parametri critici e diconseguenza e utile invertire queste relazioni per ottenere i parametri a, b in funzione dellecoordinate termodinamiche critiche.

a =27(RTc)

3

64Pc

b =RTc8Pc

Una parte molto interessante dell’equazione di Van der Waals e che descrive in modoaccettabile anche i liquidi. In particolare, la fase liquida viene descritta bene dalla zona delgrafico evidenziata in figura 3.15, quella indicata dalla lettera L. E evidente che pero vi eun problema quando un liquido viene descritto da questa equazione, in quanto c’e una zonadel grafico in cui ad una diminuzione di volume corrisponde una diminuzione di pressione,cosa insensata. Per dare una soluzione a questo problema, il grafico viene rettificato in modoorizzonale, in modo da togliere questo problema. L’altezza giusta a cui tagliare e quella chelascia sopra e sotto il grafico la stessa area. In figura 3.16 viene chiarificato il tutto.

Dato che la zona rettificata esiste solo per T < Tc, si avra che non c’e liquefazione delgas sopra la temperatura critica.

Facendo delle piccole approssimazioni e possibile esprimere la pressione pLG a cui si tagliail grafico, ovvero la pressione a cui sono in equilibrio liquido e gas in termini dei coefficientia, b e della temperatura.


Figura 3.15: Varie isoterme di Van der Waals

Figura 3.16: Taglio corretto del grafico

∫ Vg

Vl

(p− pLG)dV = 0

∫ Vg

Vl

(nRT

V − nb− an2

V 2

)dV = pLG(Vg − Vl)

nRT lnVg − nbVl − nb

+ an2

(1

Vg− 1

Vl

)= pLG(Vg − Vl)

Se usiamo il fatto che Vg Vl si ottiene una semplificazione


+an2

Vl= pLGVg


Ora dobbiamo fare delle altre approssimazioni per far uscire i parametri che ci servono.Intanto possiamo trattare inizialmente il gas come perfetto


− an2

Vl= nRT (3.21)

Per stimare il volume del liquido, possiamo notare che pl an2

V, per cui

an2

V 2(V − nb) = nRT ⇒ V 2 − an

RTV +

abn2

RT= 0

V1,2 =an

2RT±√

a2n2

4R2T 2− abn2

RT=

an

2RT

(1±

√1− 4bRT

a

)Espandiamo in serie la radice√

1− 4bRT

a≈ 1− 1

2

4bRT

a− 1

4

16b2R2T 2

a2

E chiaro che delle due radici trovate sopra dovremo prendere la piu piccola, in quantoquando T → 0, avremo V → nb

Vl =an

2RT

(1− 1 +

1

2

4bRT

a+

1

4

16b2R2T 2

a2

)= nb

(1 +

2bRT

a

)Riprendiamo l’equazione 3.21 approssimando all’ordine opportuno

nRT lnVg − nb2nb2RT

a

− an2

nb= nRT

Se poi infine Vg nb

nRT ln

nRT

pLG2nb2RT

a

− an2

nb= nRT

lna

2b2pLG− a

bRT= 1

− a

bRT− 1 = ln

2b2pLGa

pLG = − a

2b2e

abRT−1

Che confrontata con l’equazione 3.17, con un rapido confronto ci fa trovare la relazione

a

bRT=

λ

RT⇒ λ =

a

b

Abbiamo quindi ottenuto il calore latente molare a partire semplicemente dall’equazionedi van der Waals.


Trasformazioni notevoli Per studiare le varie trasformazioni termodinamiche per un gasdi Van der Waals e prima opportuno ricavare alcune funzioni di stato utili. Cerchiamo quindidi trovare un’espressione per l’energia interna del gas in termini di volume e temperatura,ovvero trovare U(T, V ).

Scriviamo il differenziale dell’entropia usando il primo principio della termodinamica.

dU = TdS − pdV ⇒ dS =1

TdU +

p

TdV =

1

T

∂U

∂TdT +

(1

T

∂U

∂V+p

T

)dV

Sfruttiamo il fatto che dS e un differenziale esatto.

∂

∂V

(1

T

∂U

∂T

)=

∂

∂T

(1

T

∂U

∂V+p

T

)1

T

∂2U

∂T∂V= − 1

T 2

∂U

∂V+

1

T

∂2U

∂T∂V+

1

T

∂p

∂T− p

T 2

∂U

∂V= T

∂p

∂T− p

Sfruttiamo l’equazione di Van der Waals per ricavare la pressione

p =nRT

V − nb− an2

V 2

∂U

∂V=an2

V 2⇒ U(T, V ) = −an

2

V+ f(T )

Ora dovremmo ricordare che quando a, b = 0 un gas reale si riconduce ad un gas perfetto.Di conseguenza,

U(T, V ) = −an2

V+ ncV (T, a, b)T

Purtroppo per via puramente termodinamica non si puo dire molto altro. Dobbiamoassumere che il calore specifico a volume costante sia indipendente dagli altri parametri. Diconseguenza

U(T, V ) = −an2

V+ ncV T

Una volta trovata questa espressione, possiamo finalmente ricavare l’equazione di un’a-diabatica per un gas reale.

Q = 0⇒ dU = −pdV ⇒ ncV dT +an2

V 2dV = −pdV

ncV dT =

(−an

2

V 2− nRT

V − nb+an2

V 2

)dV

cVdT

T= − R

V − nbdV


Fate molta attenzione a non fare cose tipo scrivere cp = cV +R o cose a caso simili cheavete acquisito come automatismi per i gas perfetti in quanto non sono vere per i gas reali.

Ora possiamo tranquillamente integrare questa relazione ottenendo

lnT1

T0

cVR

= − lnV1 − nbV2 − nb

TcVR (V − nb) = cost (3.22)

Il ciclo di Carnot per un gas reale Ora calcoleremo il rendimento di un ciclo di Carnotper un gas reale. Tutto questo e puro masochismo in quanto sappiamo gia che cosa devevenire, ma lo faro perche so che siete scettici e ancora non credete al fatto che il rendimentopossa essere quello.

Consideriamo quindi due adiabatiche e due isoterme.

1. A→ B espansione isoterma, Tc.

2. B → C espansione adiabatica.

3. C → D compressione isoterma Tf .

4. D → A compressione adiabatica.

Calcoliamo il lavoro totale del ciclo.

LAB =

∫ B

A

pdV =

∫ B

A

(nRTcV − nb

− an2

V 2

)dV = nRTc ln

VB − nbVA − nb

+ an2

(1

VB− 1

VA

)

LBC = −∆UBC = −(UB − UA) = −(ncV (Tf − Tc)− an2

(1

VC− 1

VB

))Non dimenticatevi che U 6= ncV T , stolti!

LCD = nRTf lnVD − nbVC − nb

+ an2

(1

VD− 1

VC

)

LDA = −(ncV (Tc − Tf )− an2

(1

VA− 1

VD

))

Lciclo =∑

L = nRTf lnVD − nbVC − nb

+ nRTc lnVB − nbVA − nb

Dove magicamente tutti i termini si sono semplificati tranne questi due.Calcoliamo ora il calore assorbito, che viene scambiato tutto durante A→ B.

Qass = QAB = ∆UAB + LAB = −an2

(1

VB− 1

VA

)+ nRTc ln

VB − nbVA − nb

+ an2

(1

VB− 1

VA

)


Qass = nRTc lnVB − nbVA − nb

Calcoliamo quindi η.

η =LcicloQass

=Tf ln

VD − nbVC − nb

+ nRTc lnVB − nbVA − nb

nRTc lnVB − nbVA − nb

= 1 +TfTc

lnVD − nbVC − nb

lnVB − nbVA − nb

Ora possiamo utilizzare l’equazione 3.22 ricavata prima per un’adiabatica di Van derWaals per usare lo stesso trucco che abbiamo usato per i gas perfetti e ottenere che lafrazione con i logaritmi fa −1.

Di conseguenza, otteniamo finalmente

η = 1− TfTc

Ora cominciate ad avere piu fiducia sulla validita di questa formula?

Capacita termiche notevoli Come vi avevo anticipato, per i gas reali non vale larelazione di Mayer cp = cV +R.

Calcoliamoci quindi quanto vale davvero cp

cp =1

n

(Q

dT

)p

=dU + pdV

ndT=ncV dT +

an2

V 2dV + pdV

ndT= cV +

(p+

an2

V 2

)dV

ndT

Differenziamo l’equazione di stato per ottenere il dV/dT .

(p+

an2

V 2

)(V − nb) = nRT ⇒

(p+

an2

V 2

)dV − (V − nb)2an2

V 3dV = nRdT

Dove ovviamente non compare dp perche siamo a pressione costante.

dV

dT=

nR(p+

an2

V 2

)− (V − nb)2an2

V 3

Quindi

cp − cV =

R

(p+

an2

V 2

)(p+

an2

V 2

)− (V − nb)2an2

V 3

=R

1− V − nb(p+

an2

V 2

) 2a2n2

V 3

=R

1− 2an

RTV 3(V − nb)2

Che come potete ben vedere e ben lungi dall’essere una costante. Quindi attenti a nonusare a sproposito le cose imparate per i gas perfetti.


3.2.8 Tensione superficiale


3.2.9 Problemi

Problema 3.2.1 (Temperatura nella colonna d’aria). Vogliamo dare un modellodella variazione della pressione e della temperatura nell’atmosfera con l’altezza.

Modello 1: Considerare la temperatura nell’atmosfera costante e uguale a quella al suolo, T0

noto. Trovare la pressione in funzione dell’altezza, sapendo che a terra vale patm. Ovviamentetrascurate venti, piogge e vari fenomeni atmosferici. Trattate l’aria come un gas perfetto biatomicodi massa molare µN2

Modello 2: Considerare uno strato d’aria che risale l’atmosfera senza scambiare calore. Stessedomande del caso precendente, solo che stavolta T 6= cost. Fino a che altezza ha senso questomodello?

Soluzione: 4.3.32

Problema 3.2.2 (Astronave con una perdita). Un’astronave, che potete mo-dellizzare come una sfera, ha al suo interno aria alla pressione p0, temperatura T0. Il volumedell’astronave e V0. Ad un certo punto un piccolo oggetto si schianta contro l’astronave, creandoun piccolo buco di sezione A.

Trovare la pressione all’interno dell’astronave in funzione del tempo.Soluzione: 4.3.33

Problema 3.2.3 (Apho molla con il gas oscillazione adiabatica).

Problema 3.2.4 (IPhO 2, 2014, Astana).

Problema 3.2.5 (IPhO 1.2, 2014, Astana). Una bolla di sapone di raggio rcontiene un gas ideale biatomico. Lo spessore del sapone e h r e la bolla si trova nel vuoto. Latensione superficiale del sapone e σ e il sapone ha densita di massa ρ.

1. Si trovi la formula per il calore molare del sistema in cui il calore viene fornito in modo lentotale da mantenere l’equilibrio termodinamico e meccanico.

2. Si trovi la frequenza ω delle piccole oscillazioni della bolla assumendo che la capacita termicadello strato di sapone sia molto piu grande della capacita termica del gas. Si assuma chel’equilibrio termico venga raggiungo molto prima del periodo delle oscillazioni.

Soluzione: 4.3.34

Problema 3.2.6 (Massimo lavoro estraibile da un sistema). Abbiamo due corpidi capacita termica finita e costante Ca e Cb, alla temperatura iniziale Ta < Tb. Supponendo diavere a disposizione il motore migliore possibile, vogliamo sapere quanto vale il massimo lavoro chepossiamo estrarre dal sistema.

Soluzione: 4.3.35

Problema 3.2.7 (Gas di fotoni). Un gas di fotoni dentro una scatola puo essererappresentato dalle equazione di statoU(T, V ) = aT 4V

p =U

3V

Dove a e una costante opportunamente dimensionata28

28a =8π5k4B15h3c3


Disegnare nel piano p− V un ciclo di Carnot fra le temperature Tf , Tc compiuto da questo gase calcolarne il rendimento.

Soluzione: 4.3.36

Problema 3.2.8 (Sfera radiante).

Problema 3.2.9 (IPhO 2016, Mumbai).

Problema 3.2.10 (Un palloncino da compleanno (APhO 2011)).

Problema 3.2.11 (Temperatura di una conduttura).

Problema 3.2.12 (Effetto Leidenfrost (APhO 2009)).Lo scopo di questo problema e di stimare il tempo di vita di una goccia d’acqua emisferica posta

su un piano rovente. Si verifica che in questa situazione si forma uno strato molto sottile di vaporefra la goccia d’acqua e il piano caldo, che permette alla goccia di scivolare sul piano praticamentesenza attrito.

Figura 3.17: Disegno della goccia

Si assuma che il vapore si comporti come un fluido newtoniano di viscosita η e di conducibilitatermica k. Il calore latente del liquido e L.

Ricordiamo la definizione di viscosita per un fluido newtoniano. Dati due strati paralleli difluido, di area A, la forza tangenziale agente fra i due strati e data da questa formula

η =F

A

1dvdz

Dove η e appunto la viscosita, da considerarsi costante, mentre dvdz e la differenza di velocita fra

i due strati diviso per la distanza fra gli stessi (ovvero la derivata, per spessori piccoli).Dalla figura risulta chiaro che la pressione del gas debba essere maggiore al centro della goccia

d’acqua. Questo porta ad un flusso di vapore dall’interno verso l’esterno. Assumere che all’equilibriotermodinamico si abbia che lo spessore dello strato e b. Assumere inoltre che la velocita del gas siapuramente radiale (ma dipendente sia da r che da z).

Per il flusso di vapore dall’interno verso l’esterno, assumere che valga la formula

∂v(r, z)

∂z=z

η

∂P (r, z)

∂r(3.23)

Assumere che la goccia usi tutto il calore che riceve dal tavolo per evaporare e non per aumentarela sua temperatura. Di conseguenza il valore della differenza di temperatura fra la goccia e il tavoloe ∆T , noto e costante. Chiamare la pressione atmosferica P0. Assumere che la goccia rimangasempre emisferica. Indicare con ρ e ρv le densita della goccia e del vapore, rispettivamente.


Figura 3.18: Sistema di riferimento e schematizzazione goccia

1. Trovare v(r, z) in funzione di z, ∂P∂r , b. Hint: cercate condizioni al contorno sensate.

Assumere che si sia raggiunto lo stato stazionario e che il vapore prodotto dall’evaporazionevenga riversato tutto sotto la goccia.

2. Trovare P (r).

3. Trovare b in funzione degli altri dati.

4. Trovare il tempo di vita τ della goccia.

Soluzione: 4.3.37

Problema 3.2.13 (Trasformazione termodinamica con attrito).

Problema 3.2.14 (Crescita dello spessore del ghiaccio (SNS 2015)).Considerate un lago di superficie molto grande e profondita dell’acqua uniforme e molto gran-

de. L’aria sopra la superficie del ghiaccio e da considerarsi a temperatura costante e uniformeTf < 273 K. L’acqua sotto lo strato di ghiaccio e da considerarsi allo stesso modo a temperaturauniforme e costante Tc > Tf . A causa della bassa temperatura dell’aria, lo strato di ghiaccio crescelentamente. All’istante t0 = 0 il ghiaccio e spesso h0. Calcolare lo spessore del ghiaccio in funzionedel tempo conoscendo la conducibilita termica del ghiaccio k e il calore latente di solidificazioneper unita di massa L.

Soluzione: 4.3.38

AGGIUNGERE PROBLEMI DI CELLA SUL CALCOLO ESPLICITO DI ∆S. PERORA LI TROVATE SU UN ESERCIZIO AL GIORNO


3.3 Elettromagnetismo

3.3.1 Campo elettrostatico

Il campo elettrico Le cariche elettriche ferme si comportano in modo molto simile allemasse. La legge che indica la forza di attrazione/repulsione fra due cariche q1, q2 ferme l’unarispetto all’altra e

F =1

4πε0

q1q2

r212

La forza e radiale come nel caso della gravita.Supponiamo ora di avere un sistema di cariche tenute ferme in un qualche modo, rispetto

ad un riferimento inerziale S. In tal caso, introducendo una piccola carica dq nel sistema, apatto di non spostare le altre cariche gia presenti, la forza sara sempre

~F =

∫V

1

4πε0

q0dq

r2r

Si puo portare quindi q0 fuori dall’integrale, ottenendo che

~F = q0~E

dove

~E =

∫V

1

4πε0

dq

r2r

non dipende dalla carica q0 e rimane costante (non necessariamente uniforme) se le altrecariche rimangono ferme. Scoprirete che in realta questo campo vettoriale, chiamato campoelettrico, ha grande significato di per se e non e solo un semplice artificio per semplificare iconti. Inoltre, in questo caso la forza e quella esercitata da una somma di forze centrali, percui e sicuramente conservativa se le altre cariche rimangono ferme.

Il potenziale elettrostatico Il campo elettrostatico e conservativo. Di conseguenza, sipotra definire un’energia potenziale di una nuova particella che viene introdotta nel sistema.

U(~r) = −∫ ~r

∞

~F · dr

Visto che abbiamo detto che ~F = q0~E, sara

U(~r)

q0

= V (~r) = −∫ ~r

∞

~E · dr

Per il campo elettrostatico, di conseguenza sara

~E = −~∇V

Ci tengo a precisare che affinche il campo elettrico sia conservativo e necessario che nonci siano campi magnetici variabili. Nella sezione sulle equazioni di Maxwell vedrete infattiche in questo caso il campo elettrico e tutt’altro che conservativo.

3.3. ELETTROMAGNETISMO 251

Conservazione della carica elettrica E un’evidenza sperimentale che la carica elettricatotale di un sistema di oggetti sia una quantita conservata. Normalmente in meccanicaclassica vale la stessa cosa per la massa, quindi avrete gia delle idee a riguardo su che effettipossa avere questa legge di conservazione. Tuttavia vi e una grossa differenza che permetteai fenomeni elettrici di essere piu vasti: la massa ha un segno solo, mentre la carica puoessere di un segno o dell’altro. Questo pone un grado di liberta piu grosso sui fenomeni chepossono accadere. Per esempio, un fenomeno molto studiato e il decadimento di un elettronee positrone in due fotoni. Le prime due particelle hanno rispettivamente carica −e e +e,mentre i fotoni sono scarichi. Come vedete, sia a destra che a sinistra della reazione la sommatotale delle cariche e nulla, ma questo non vieta che vengano conservarsi separatamente lacarica positiva e negativa.

Quantizzazione della carica elettrica Una cosa interessante e che la carica elettricae quantizzata, ovvero puo assumere solo valori multipli interi di una certa costante che sichiama carica elementare e vale

e = 1, 602 · 10−19 C

In particolare, ogni elettrone ha carica −e e ogni protone ha carica +e. Un neutrone hacarica 0. Esistono anche particelle piu piccole, chiamate Quark, che possono avere caricapiu piccola di questo valore, ma non possono esistere come oggetti indipendenti, ma solo ingruppo con altri Quark in modo che l’insieme abbia carica multipla e.

Nella maggior parte dei problemi non e necessario tenere conto di questo fatto ma avolte possono farvi domande a caso in cui dovete accorgervi che una particella ha carica 2ee quindi puo essere una particella α,29 per esempio.

Usare la legge di Gauss

In elettrostatica c’e praticamente una sola legge da saper adoperare con molta cura ed e ilteorema di Gauss per l’elettrostatica, ovvero

ε0Φ( ~E, ∂V ) =∑

qint

In parole povere, data una qualunque superficie chiusa, il flusso del campo attraverso lasuperficie e direttamente proporzionale a quanta carica e presente dentro la superficie.

Esempio 3.3.1. Per fare un esempio facile, prendiamo una carica puntiforme q. Vogliamoricavare ~E(~r). Il problema ha evidentissima simmetria sferica, il che ci suggerisce di scegliereuna superficie sferica centrata nella carica, di raggio r. Il campo elettrico, a causa dellasimmetria sara ~E = E(r)r. Usiamo il teorema di Gauss

4πr2ε0E = q ⇒ ~E =q

4πε0r2r

Che e ovviamente la formula del campo elettrico di una carica puntiforme.

29Un nucleo di elio, ovvero due neutroni e due protoni tenuti insieme per forze nucleari. Il complesso hacarica +2e. Se ci aggiungiamo due elettroni diventa un atomo di Elio


Esempio 3.3.2. Facciamo ora un esempio leggermente piu complicato, ma non di molto.Prendiamo un filo rettilineo infinito che abbia una carica per unita di lunghezza λ. Vogliamotrovare ~E(~r).

E evidente la simmetria cilindrica del problema. Stavolta vi e un problema in piu non dapoco pero. Sicuramente abbiamo che ~E(~r) = ~E(r), ovvero la simmetria cilindrica implicache il modulo del campo elettrico dipenda solo dalla distanza dal filo.

Mettendonci in coordinate cilindriche, sara ~E(r) = Er(r)r + Eθ(r)θ + Ez(r)z. Ora,sicuramente Ez = 0, in quanto se io ribalto l’asse z, il problema e identico a prima, maE ′z = −Ez. Usando questa trasformazione il campo elettrico non puo essere cambiato percheil problema e identico. Quindi E ′z = Ez = −Ez ⇒ Ez = 0.

Allo stesso modo, se ci fosse una componente Eθ, in ogni caso dipende da r e basta il suomodulo. Il campo avra quindi un verso di rotazione che definisco come ~a = r × Eθθ = Eθz.Tuttavia lungo z vi e una assoluta simmetria di riflessione, quindi analogamente a prima siottiene Eθ = 0.

Finalmente, avendo escluso per motivi di simmetria componenti trasverse del campo,possiamo scrivere ~E(~r) = E(r)r e applicare il teorema di Gauss, scegliendo un’oppurtunasuperficie chiusa.

La scelta ottimale e abbastanza evidente, prendendo una superficie cilindrica con assenel filo di altezza h e raggio r.

Φ( ~E, ∂V ) = Φ(laterale) + Φ(basi)

Dato che il versore area e ortogonale al campo elettrico nelle basi, il flusso attraversoquelle due superfici e nullo. Rimane quindi il contributo sulla faccia laterale

Φ = 2πrE(r)

La carica racchiusa nella superficie sara q = λh. Quindi, usando Gauss

~E(r) =λ

2πε0rr

Che e una formula che immagino abbiate gia visto.

Per esercizio, ricaviamo lo stesso risultato facendo l’integrale, solo per far vedere quanticonti risparmia il teorema di Gauss.

~E =

∫d ~E =

∫ ∞−∞

1

4πε0

λ

r2 + x2r − xdx

Consideriamo i contributi dovuti alle dq posizionate a +x e −x. E evidente che il modulodel campo e lo stesso, ma la direzione e diversa e tale per cui si conserva solo la componenteradiale e si elide la tangenziale. Di conseguenza, il nostro integrale diventa

~E =

∫ ∞−∞

1

4πε0

λ

r2 + x2cos θ(x)dxr =

λ

4πε0r

∫ +∞

−∞

r

(x2 + r2)32

dx

Sfruttiamo la simmetria per cambiare il dominio dell’integrale portando fuori un fattore2. Inoltre, cerchiamo di avere dentro l’integrale delle quantita adimensionali.


~E =λ

2πε0r

∫ ∞0

r

r3(1 + xr

2)32

rdx

r=

λ

2πε0rr

∫ ∞0

1

(1 + t2)32

dt

Ora il problema non ha piu niente di fisico e si riconduce a saper fare un integrale. Euna cosa molto importante riuscire a fare questo, in quanto ora la nostra espressione e

~E = f(r)rK

Ovvero noi conosciamo l’andamento di r in tutto lo spazio, conosciamo la direzione ovun-que, tutto quello che ci manca e un fattore moltiplicativo K che indica il suo modulo. Questoe sicuramente importante se bisogna costruire qualcosa, ma in generale, se vogliamo studiareun generico fenomeno e la cosa che ci importa di meno in quanto sappiamo praticamente tut-to sul campo ovunque. Se poi va male e l’integrale non siamo capaci di farlo, mal che vada losi fa fare in modo approssimato ad un computer, ma la fisica del problema e completamentecompresa.

Vediamo ora di calcolare il nostro integrale in modo esplicito∫1

(1 + t2)32

dt

Data la forma del denominatore

1 + t2

Puo essere intelligente usare una sostituzione iperbolica, in quanto

cosh2 x = 1 + sinh2 x

Usiamo quindi

t = sinhx⇒ dt = coshxdx

∫1

(1 + t2)32

dt =

∫1

cosh3 xcoshxdx =

∫1

cosh2 xdx = tanhx =

sinhx

coshx=

t√1 + t2

Di conseguenza, il nostro integrale definito∫ ∞0

1

(1 + t2)32

dt =

(limt→∞

t√1 + t2

)−(

t√1 + t2

)t=0

= 1− 0 = 1

Esempio 3.3.3. Consideriamo un piano infinito, con una densita di carica σ uniforme.Vogliamo trovare il campo elettrico in tutto lo spazio.

Scegliamo una superficie chiusa adeguata per utilizzare il teorema di Gauss, dopo averfatto alcune considerazioni di simmetria. Innanzitutto, e ovvio che il campo elettrico deveessere ortogonale al piano e avere verso opposto nei due semispazi. Se il campo elettrico ~E(~r)avesse una componente trasversa, potrei ruotare il mio disegno intorno ad un asse ortogonaleal piano, passante per il punto ~x e otterrei che il sistema fisico non e cambiato ma il camposi.


Di conseguenza, se chiamiamo con x il versore ortogonale al piano, avremo che ~E =~E(d)x, dove d e la distanza dal piano.

Scegliamo ora quindi una superficie chiusa adeguata. Prendiamo una qualsiasi figurapiana appartenente al piano carico e le facciamo spazzare un volume simmetricamente asinistra e a destra del piano, percorrendo in entrambe i versi una distanza d. Quello cheabbiamo ottenuto e un prisma di base qualsiasi, la cui area verra chiamata A.

Calcoliamo il flusso del campo attraverso questa superficie. Ovviamente le facce lateralinon contribuiscono al flusso del campo in quanto il campo sara ortogonale alla superficie.Per quanto riguarda le basi, avremo che entrambe contribuiscono di una quantita E(d)A, inquanto in entrambe i casi campo elettrico e area hanno la stessa orientazione relativa.

Di conseguenza

2ε0E(d)A = σA⇒ E(d) =σ

2ε0(3.24)

Notiamo una cosa molto interessante, ovvero che questa quantita non dipende da d,ovvero il campo elettrico ha lo stesso modulo in tutto lo spazio.

Per esercizio, otteniamo lo stesso risultato integrando, ovvero calcoliamo il campo elettri-co ad una distanza d dall’asse di un disco di raggio R carico omogeneamente e poi facciamoil limite per R→∞

Consideriamo una corona circolare di raggio r e spessore dr. L’area di questa corona sara

dA = π(r + dr)2 − πr2 = 2πrdr + π(dr)2 = 2πrdr

In quanto (dr)2 rdr quando dr → 0. La carica dq di questa corona sara

dq = 2πσrdr

Il modulo del campo elettrico infinitesimo generato dalla corona sara quindi

dE =2πσrdr

4πε0(d2 + r2)

Come nell’esempio precedente, le componenti trasverse del campo si elidono e quindirimane solo una componente del campo che sara

dE = dE cos θ = dEd√

d2 + r2

Quindi in definitiva il campo sara

E =

∫ R

0

σ

2ε0

rd

(r2 + d2)32

dr =σ

2ε0

∫ Rd

0

rd

(1 + rd

2)32

dr

d=

σ

2ε0

∫ Rd

0

x

(1 + x2)32

dx

Vorrei far notare che se facciamo tendere R→∞, si vede subito che il campo elettrico nondipende da d, in quanto non compare fuori dall’integrale e dentro l’estremo viene mangiatodal limite. Di conseguenza, come prima si riesce a dare tutte le informazioni sulla fisicadel problema senza dover necessariamente integrare, e sufficiente portare tutte le quantitadimensionate fuori dall’integrale. In ogni caso, essendo semplice da calcolare lo facciamo


E =σ

2ε0

∫ Rd

0

x

(1 + x2)32

dx =σ

2ε0

[− 1√

1 + x2

]Rd

0

=σ

2ε0

1− 1√1 + (R

d)2

Come avevo gia fatto notare, se R→∞, il secondo termine va a zero e quindi il campo

e uniforme.

Attenzione ai conduttori Per ora abbiamo sempre lavorato con oggetti isolanti, ovverooggetti in cui le cariche sono obbligate a rimanere ferme, per esempio il piano infinito unifor-memente carico. I conduttori invece sono caratterizzati da un’elevata capacita di permetterealle cariche di muoversi al loro interno. Nel capitolo sulle equazioni di Maxwell si discutera dicariche in movimento, in questo capitolo di elettrostatica parleremo solo del caso stazionario,ovvero la situazione dopo che si e stabilizzata, eventualmente anche in un tempo infinito.

Il teorema di Coulomb La prima cosa da notare quando si parla di conduttori e chequesti, anche se sono globalmente neutri, in realta, come tutta la materia, hanno semplice-mente una grande quantita di carica positiva controbilanciata da altrettanta negativa. Perquesto motivo, anche se un conduttore e globalmente neutro, se viene immerso in un cam-po elettrico esterno, le cariche si possono spostare generando uno sbilanciamento di carica,ovvero il conduttore continua a rimanere neutro ma localmente diventa carico.

Le cariche in un conduttore sono quindi libere di muoversi all’interno del suo volume.Per riuscire addirittura ad allontanarsi dalla superficie e andare per conto loro nel vuoto enecessario un campo elettrico molto intenso. Di conseguenza, un conduttore normalmentenon e in grado di cambiare la quantita di carica totale presente su di lui a meno di esseremesso in contatto con altri oggetti.

Diamo ora una descrizione quantitativa del fenomeno, sulla superficie e all’interno.La prima cosa da dire e che la carica si dispone sulla superficie del conduttore. Il motivo

di questo fatto e semplicemente che le cariche di segno uguale tendono a respingersi e quindisi allontanano il piu possibile. Non potendo allontanarsi dal conduttore, rimangono quindisulla sua superficie.

All’equilibrio il campo elettrico totale deve essere ortogonale alla superficie del condut-tore. Il motivo di questo e che se non fosse ortogonale, allora ci sarebbe almeno una piccolacomponente del campo che darebbe la possibilita alle cariche di spostarsi ancora all’internodel conduttore. Di conseguenza, il conduttore non sarebbe all’equilibrio. Allo stesso modosi mostra che il campo elettrico interno al conduttore e nullo. Infatti, se non lo fosse, il con-duttore potrebbe ancora separare carica portandola sulla superficie, in quanto ci sarebberotantissime cariche elettriche a cui e applicato un campo elettrico non nullo.

La combinazione di questi due fatti ci dice delle cose molto interessanti: innanzitutto, lasuperficie del conduttore e equipotenziale, in quanto il campo e ortogonale alla superficie.Se aggiungiamo anche che il campo elettrico dentro il conduttore e nullo, otteniamo che ilpotenziale di un conduttore all’equilibrio e uniforme.

Diamo ora una descrizione quantitativa della correlazione fra la densita di carica localesulla superficie del conduttore. Avviciniamoci di molto al conduttore. A distanze abbastan-za piccole, il conduttore sara approssimabile come un piano. Se guardiamo molto vicino,potremo dire che la densita di carica superficiale σ in una regione molto piccola e uniforme.


Scegliamo quindi una superficie chiusa e applichiamo il teorema di Gauss. Prendiamo unasuperficie esattamente come nell’esempio 3.3.3. Stavolta il campo elettrico da un lato e nullo,quindi ci sara solo un termine a contribuire al flusso.

ε0EdA = σdA⇒ ~E =σ

ε0n

Dove abbiamo indicato con n il versore ortogonale alla superficie.

Questa formula correla quindi il campo elettrico sulla superficie di un conduttore con ladensita di carica superficiale e prende in nome di teorema di Coulomb

Vorrei far notare che questa formula differisce dalla 3.24 per un fattore 2. Attenti a nonconfondere l’una con l’altra, il significato fisico e molto diverso.

Il teorema del guscio sferico Una cosa in particolare puo risultare particolarmentecontrointuitiva da vedere percio ritengo sia il caso di darci un’occhiata.

Consideriamo un guscio sferico fatto da conduttore, di raggi r1 < r2. Andiamo a posi-zionare ferma una carica puntiforme q al centro della sfera. A questo punto le cariche sulconduttore si distribuiranno sulle due superfici in modo da rendere nullo il campo dentro ilconduttore e uniforme il potenziale. In particolare basta applicare il teorema di Gauss aduna superficie di raggio r1 < r < r2 per vedere che sulla superficie r1 si accumula in modouniforme una carica −q. Dato che il conduttore era globalmente neutro all’inizio, dovraesserlo anche alla fine, percio sulla superficie esterna r2 dovra esserci una carica totale q.Data la simmetria del problema, si distribuira di nuovo in modo uniforme.

Domandiamoci ora che cosa succede se la carica puntiforme q fosse stata posizionatanon al centro del nostro guscio ma in un punto a caso all’interno. Applicando di nuovoGauss ad una superficie sferica di raggio r1 < r < r2 si ottiene di nuovo che sulla superficieinterna si accumula −q e poi con lo stesso ragionamento si arriva a dire che su quella esternasi accumula q. La differenza rispetto a prima e che adesso non abbiamo piu la simmetriasferica, a priori.

Sulla superificie interna, infatti, la carica totale sara −q, ma in generale ovviamente nonsi avra simmetria, ovvero le cariche saranno piu concentrate piu vicino a dove si trova lacarica interna q.

A questo punto resta da calcolare che cosa succede sulla superficie esterna. La cosa sor-prendente e che anche in questo caso, la distribuzione di carica e uniforme sulla superficieesterna. Questo fatto e poco intuitivo, ma si puo spiegare dicendo che all’interno del con-duttore, il campo generato dalla carica libera q e completamente neutralizzato dall’effettodelle cariche sulla superficie interna. Di conseguenza, se vogliamo che il campo dentro ilconduttore rimanga nullo anche dopo che abbiamo considerato la carica esterna +q, deveper forza essere a simmetria sferica. Di conseguenza, ovunque ci troviamo nello spazio fuoridalla sfera, questa si comporta esattamente come se fosse una carica puntiforme centrata nelcentro della sfera!

Dipoli elettrici Definiamo un dipolo elettrico un insieme di due cariche elettriche, una+q e l’altra −q, in qualche modo vincolate a rimanere ad una distanza fissa d. Per tenereconto dell’orientazione nello spazio del dipolo, considereremo il vettore ~d di modulo d, chesegue la congiungente le due particelle e va da quella negativa a quella positiva.


Questi oggetti non sono niente di particolare, semplicemente capita spesso di averne ache fare nei problemi e avere un paio di formulette gia pronte puo essere comodo, ma inrealta sono tranquillamente ricavabili sul momento.

Vediamo quindi cosa succede ad un dipolo elettrico immerso in un campo elettricouniforme. Calcoliamo la forza totale agente sul dipolo

~Ftot = ~F+ + ~F− = q ~E − q ~E = 0

Per cui, ~a = 0.

Calcoliamoci ora il momento delle forze di un campo elettrico uniforme rispetto al CMdel dipolo. Chiamiamo m+ ed m− le masse delle due particelle (nella maggior parte dei casim+ = m−)

Sara quindi r+ = µ

m+

~d

r− = − µm−

~d

Per cui

~τ =µ

m+

~d× q ~E − µ

m−~d× (−q ~E) = q~d× ~Eµ

(1

m+

+1

m−

)= q~d× ~E

E se definiamo il vettore dipolo elettrico ~p = q~d, otteniamo

~τ = ~p× ~E

Come vedete non e una formula complicata, ma vi consiglio di tenerla a mente comunque

Calcoliamoci ora invece il campo elettrico generato dal nostro dipolo elettrico. In parti-colare, siamo interessati a vedere come si comporta il dipolo a grandi distanze, ovvero perr d. Calcoliamo il campo in modo esatto e poi faremo le giuste approsimazioni

~E = ~E+ + ~E− =q

4πε0

(~r +

~d2

|~r +~d2|3−

~r − ~d2

|~r − ~d2|3

)=

=q

4πε0

(~r

(1

|~r +~d2|3− 1

|~r − ~d2|3

)+~d

2

(1

|~r +~d2|3

+1

|~r − ~d2|3

))Questa formula e esatta. Ora bisogna decidere a che ordine di approssimazione vogliamo

una formula piu semplice. Su ogni libro di testo delle superiori e riportata quella al primoordine in d/r, ovvero che include solo termini di grado ≤ 1 e io calcolero proprio quella. Inogni caso, volendo si puo ricavare una formula piu precisa semplicemente tenendo termini diordine superiore.

Andiamo a svolgere il conto. Innanzitutto notiamo che∣∣∣∣∣~r +~d

2

∣∣∣∣∣ =

√r2 + ~d · ~r +

d2

4= r

√1 + r ·

~d

r+

(d

2r

)2


E possiamo gia trascurare il termine di secondo grado in quanto stiamo tenendo solo ilprimo ordine. Ricordiamo inoltre che (1 + x)α = 1 + αx+O(x2)30

Andiamo quindi a calcolare il campo elettrico

~E =q

4πε0

(~r

r3

((1− 3

2r ·

~d

r

)−

(1 +

3

2r ·

~d

r

))+

~d

2r3

((1− 3

2r ·

~d

r

)+

(1 +

3

2r ·

~d

r

)))=

=q

4πε0

(− ~rr3r · 3~d

r+

~d

r3

)=

3r(~p · r)− ~p4πε0r3

~E =3r(~p · r)− ~p

4πε0r3(3.25)

Calcoliamo ora in modo piu semplice il potenziale elettrostatico generato dal dipolo,svoglendo il calcolo nello stesso modo, solo che ora non abbiamo a che fare con vettori macon scalari,

V = V+ + V− =q

4πε0

(1

|~r +~d2|− 1

|~r − ~d2|

)

Come prima, consideriamo l’espansione al primo ordine ind

r

V =q

4πε0r

((1− r ·

~d

2

)−

(1 + r ·

~d

2

))=

q~d · r4πε0r2

=~p · r

4πε0r2(3.26)

Notare, che come per il campo elettrico, la potenza dominante del potenziale decrescemolto piu rapidamente del potenziale generato da una carica puntiforme.

Vediamo ora rapidamente in che modo avremmo potuto ricavare il campo elettrico, for-mula leggermente brutta, a partire dal potenziale che e invece molto semplice. Scriviamo ladefinizione di potenziale a partire dal campo elettrico

~E = −~∇V = −~∇ ~p · r4πε0r2

A questo punto si puo agire in diversi modi. Il piu diretto e burino e scrivere tuttoi coordinate cartesiane, fare i conti e poi ricostruire un’equazione vettoriale. Il modo piuintelligente invece puo essere di fare manipolazioni vettoriali furbe. Intanto cerchiamo dicapire cosa varia nell’espressione e cosa no, perche sara quello a decidere cosa ci toccaderivare e cosa no. Sicuramente r e variabile, ma anche r varia. L’esperienza ci dice che efurbo scrivere

~E = −~∇V = −~∇ ~p · ~r4πε0r3

In quanto adesso possiamo derivare piu agilmente. Vediamo come, sfruttando la regoladella derivata del prodotto

30Questa notazione si chiama o piccolo e o grande di Landau e servono solo a dire che i successivi terminisono di ordine superiore e quindi si buttano via.


~E = −~∇V = −~p · ~r~∇ 1

4πε0r3− 1

4πε0r3~∇(~p · ~r)

Il primo pezzo e facile in quanto ~∇ 1r3 = − 3

r4 r, mentre il secondo e leggermente piu osticoda vedere. Per farlo possiamo scriverlo in cartesiane

~∇(~p · ~r) = ~∇(pxx+ pyy + pzz) = pxx+ pyy + pz z = ~p

Mettendo insieme tutto,

~E =3(~p · ~r)r4πε0r4

− ~p

4πε0r3=

3(~p · r)r − ~p4πε0r3

Esattamente come visto prima, con difficolta.Inoltre, e anche ovvio che su un dipolo elettrico agiranno delle forze se immerso in un

campo elettrico ~E esterno non generato da lui stesso. Consideriamo quindi due cariche q,−qattaccate da una barretta inestensibile lunga ~d. Supponiamo che la carica negativa si trovinel punto ~x. La forza totale agente sul dipolo sara

~F = ~F+ + ~F− = q ~E(~x+ ~d)− q ~E(~x) = q( ~E(~x+ ~d)− ~E(~x))

Questa formula e esatta, non abbiamo fatto alcun tipo di approssimazione. Notia-mo innanzitutto che se il campo ~E e uniforme, allora ~F = 0. Supponiamo ora che ildipolo sia piccolo rispetto al tasso di variazione del campo elettrico, ovvero mettiamocinell’approssimazione

|~d| 1

| ~E|∂| ~E|∂x

Dove in realta x non ha nulla da invidiare alle altre variabili, l’ho scelta solo perche nonmi viene in mente un modo migliore di scriverlo. Andiamo quindi ad espandere in serie alprimo ordine il campo elettrico in modo da capire cosa succede alla forza nel limite di dipolopiccolo. Consideriamo la componente i-esima del campo

Ei(~x+ ~d)− Ei(~x) = ~∇Ei · ~d

Ovvero

∂Ei∂x

dx +∂Ei∂y

dy +∂Ei∂z

dz

Per cui

Fi = q~∇Ei · d

Notiamo che q~d = ~p, per cui

Fi = ~∇Ei · p

A questo punto, se il campo e effettivamente elettrostatico, allora si ha


~∇× ~E = 0⇒ ∂Ei∂xj− ∂Ej∂xi

= 0⇒ ∂Ei∂xj

=∂Ej∂xi

Per cui

Fi =3∑j=1

∂Ei∂xj

pj =3∑j=1

∂Ej∂xi

pj =3∑j=1

∂

∂xi(Ejpj) =

∂

∂xi

(~E · ~p

)Per cui,

~F = ~∇( ~E · ~p)

Ovvero la forza a cui e soggetto il nostro dipolo elettrico e conservativa e deriva da unpotenziale

U = −~p · ~E

Quella che abbiamo calcolato adesso e effettivamente la forza agente sull’intero dipolo.Dato che e a tutti gli effetti un corpo rigido, ci aspettiamo che su di esso agisca anche unmomento ~τ rispetto al suo centro. In questo caso sarebbe anche opportuno definire il centro.Assumiamo che il centro di massa corrisponda con il baricentro delle cariche, ovvero che ilbaricentro stia a meta della sbarretta. Andiamo a calcolare il momento rispetto a quel punto

~τcm =

(~d

2× ~F+ −

~d

2× F−

)=~dq

2×(~E(~x+ ~d) + ~E(~x)

)Questa formula e ancora esatta. Possiamo preliminarmente approssimarla all’ordine 0

notando che stavolta i due campi elettrici sono concordi e non discordi, per cui approssimandobrutalmente con ~E(~x+ ~d) = ~E(~x) otteniamo subito un momento non nullo che e

~τcm = ~p× ~E

Energia potenziale elettrostatica

Abbiamo visto che ad un sistema di due cariche elettriche possiamo associare un’energiapotenziale

U =1

4πε0

q1q2

d

Ovviamente se noi andiamo a considerare un sistema di piu cariche, per ogni coppia sarapossibile scrivere l’energia potenziale, ovvero

U =1

4πε0

∑coppie

qiqjrij

Dove dobbiamo fare attenzione a non mettere i termini con indice uguale e dobbiamoanche ricordarci che se mettiamo la coppia i, j non dobbiamo mettere la coppia j, i, in quantol’energia potenziale e della coppia e non della coppia ordinata. Per far assumere un aspettopiu simmetrico alla nostra espressione, possiamo notare che se facciamo


∑i

∑j

qiqj

Contiamo esattamente due volte ogni coppia (oltre a contare anche i casi i = j), quindipossiamo scrivere

U =1

2

1

4πε0

∑i 6=j

qjqjrij

Che ovviamente si puo estendere al caso di distribuzione continua portando alla formula

U =1

8πε0

∫V

∫V ′

ρ(~r)ρ(~r′)

|~r − ~r′|dV ′dV

Ovvero bisogna integrare su tutto lo spazio in cui c’e carica due volte. Se poi notiamoche

1

4πε0

∫V ′

ρ(~r′)

|~r − ~r′|dV ′ = φ(~r)

Allora la nostra espressione prende una forma abbastanza semplice e sensata

U =1

2

∫V

φ(~r)ρ(~r)dV

Vorrei farvi notare la presenza del fattore 1/2 che puo confondere le idee. L’espressioneφρdV e effettivamente l’energia potenziale della singola carica dq immersa nel potenziale φ,ma noi in questo caso non stiamo cercando questo. Noi stiamo associando un’energiapotenziale all’intero sistema, ovvero la carica dq e quello che genera il potenziale φ. Diconseguenza il ragionamento da fare e quello che abbiamo fatto sopra e non uno diverso.La presenza del fattore 1/2 e dovuta proprio al fatto che bisogna prestare attenzione al noncontare le cose due volte.

Possiamo trovare un’espressione alternativa per quello trovato sopra esprimendo tutto intermini del campo elettrico ~E generato dal potenziale φ. Ricordiamo quindi che ~E = −~∇φe ricordiamo la prima legge di Maxwell, ovvero il teorema di Gauss per l’elettrostatica

~∇ · ~E =ρ

ε0⇒ ∇2φ = − ρ

ε0

L’espressione per l’energia potenziale del sistema puo quindi scriversi

U = −ε02

∫V

φ(~r)∇2φ(~r)dV

Ora andiamo a fare un po’ di manipolazioni con le formule per far tornare fuori unaformula alternativa che sara utile in molti casi. Consideriamo l’identita matematica

~∇ · (ψ~∇φ) = ~∇ψ · ~∇φ+ ψ∇2φ

Dove ψ, φ sono generiche funzioni scalari. Questa e un’identita vettoriale, non ha nientedi fisico. Tuttavia, se andiamo a considerare il caso particolare ψ = φ


φ∇2φ = ~∇ · (φ~∇φ)− ~∇φ · ~∇φ

Usiamo questa formula per modificare la nostra espressione

U =ε02

∫V

(~∇φ · ~∇φ− ~∇ · (φ~∇φ)

)dV

Aggiungiamo ora qualcosa al nostro modello. Separiamo il secondo pezzo dell’espressione∫V

~∇ · (φ~∇φ)dV =

∮∂V

(φ~∇φ) · d ~A

Sappiamo che ~∇φ = − ~E.

−∮∂V

φ~E · d ~A

Fin’ora non abbiamo assunto assolutamente niente sulla natura della nostra distribuzionedi cariche. Ora facciamo l’assunzione che la distribuzione sia localizzata, ovvero che esista unvolume finito al di fuori del quale ρ = 0 ovunque. In tal caso e sufficiente prendere un volumeV con contorno ∂V molto piu grande di questo volume per accorgersi che la situazione incui il campo elettrico e il potenziale sono piu intensi a grandi distanze e quando il nostroammasso non e globalmente neutro ma ha una carica totale Q. In tal caso prendendo unasuperficie gaussiana molto piu grande del volume in cui e compreso il tutto, avremo che

E ∼ Q

r2V ∼ Q

r

Per cui il nostro integrale sara∮∂V

φ~E · d ~A ∼ Q

R

Q

R2·R2 ∼ 1

R→ 0

Per cui in queste ipotesi il termine di bordo si semplifica e rimane

U =ε02

∫V

~∇φ · ~∇φdV =ε02

∫V

E2dV (3.27)

Se definiamo

u =1

2ε0E

2

La densita di energia associata al campo elettrico, allora il nostro integrale e

U =

∫udV

Dove l’integrale e da fare su tutto lo spazio. Vorrei farvi notare che c’e una differenza frale espressioni

U1 =1

2

1

4πε0

∑i 6=j

qjqjrij


e

U2 =1

8πε0

∫V

∫V ′

ρ(~r)ρ(~r′)

|~r − ~r′|dV ′dV

In quanto abbiamo mostrato che sotto alcune ipotesi la seconda si esprime in termini delquadrato del campo elettrico, ovvero U2 ≥ 0, mentre e facile prendere configurazioni conun numero finito di cariche puntiformi per cui U1 < 0. 31 Cosa c’e di diverso in quello cheabbiamo fatto?

Andiamo ad usare la formula 3.27 per un sistema di cariche puntiformi per vedere checosa abbiamo toppato. Prendiamo quindi due cariche q e −q poste a distanza d e calcoliamol’energia della configurazione.

U =ε02

∫E2dV =

ε02

∫( ~E+ + ~E−)2dV =

ε02

(∫ (E2

+ + E2− + 2 ~E+ · ~E−

)dV

)Consideriamo il termine misto∫

~E+ · ~E−dV =1

4πε0

∫q

|~r − ~r+|2x1 ·

q

|~r − ~r−|2x2dV∫

q

|~r − ~r+|3(~r − ~r+) · q

|~r − ~r−|3(~r − ~r+)dV

Ora bisogna fare un po’ di conti schifosi per valutare l’integrale. Se non vi interessanosaltate qualche riga.

COPIA I CONTI DAL JACKSONPer cui il termine da effettivamente l’energia potenziale dell’interazione che avevamo

scritto all’inizio

U =q1q2

4πε0d12

Cosa rappresentano gli altri due termini dovuti ad E2+ e E2

−? Intanto notiamo che sonopositivi. In realta sono molto positivi, ovvero∫

E2+dV =

(q

4πε0r2

)2

4πr2dr ∼∫ ∞

0

1

r2dr →∞

Ovvero questo termine non solo e sempre positivo, ma e pure infinito! In questo termine,l’unico oggetto fisico che conta e effettivamente la carica positiva. Se andiamo ad associareal campo elettrico un’energia, ovviamente qualsiasi cosa dotato di carica portera con sedell’energia a causa del campo che genera. Il problema di considerare la carica puntiforme eproprio il fatto che questo termine e infinito. In meccanica quantistica verra risolto questoproblema. Per i problemi che dovete fare voi, semplicemente ricordatevi di questo fatto etogliete questo contributo infinito per far tornare i conti. Del resto, se cercate la differenzadi energia fra due configurazioni, se le cariche non annichiliscono l’auto-energia dovuta allasingola particella ci sara sia prima che dopo, quindi tanto vale non considerarla, anche se einfinita.

31Basta prendere due cariche +q e −q


La proprieta del valore intermedio per funzioni armoniche Questa sezione e estre-mamente facoltativa, fornisce solo una giustificazione del perche alcuni conti si fanno in uncerto modo. Consideriamo quindi un oggetto a simmetria sferica immerso nel potenzialeelettrostatico generato da altre cariche. Per fare un esempio concreto, possiamo prende-re per esempio una sfera carica con densita ρ(r) a completa simmetria sferica immerso nelpotenziale V (~r) (questo puo essere di qualunque tipo) generato da altre cariche che stannofuori dalla sfera. Il potenziale V (~r) dovra soddisfare l’equazione

∇2V = − ρε0

Ma dato che stiamo considerando solo il potenziale generato da altre cariche esterne,sara ρ = 0 e quindi ∇2V = 0. Le funzioni che rispettano quest’ultima equazione si diconofunzioni armoniche. Una proprieta interessante di queste funzioni e la proprieta del valoreintermedio.

FINISCI DI SCRIVERE

La continuita del potenziale e del campo elettrico


Condensatori

Uno dei componenti principali dei circuiti elettrici che avrete sicuramente gia incontrato eil condensatore (anche detto capacitore). Un condensatore e composto da un insieme diconduttori (in genere due), disposti rigidamente in un certo modo. Nei condensatori veri,c’e sempre un materiale dielettrico fra i due, che aiuta a mantenere la geometria dell’oggettoe, come vedremo piu avanti, aiuta anche a rendere piu efficace il tutto.

I condensatori vengono costruiti per diversi motivi. Uno di questi e poter avere campielettrici abbastanza intensi e controllabili in regioni ristrette. Un altro e immagazzinareenergia accumulando carica per poi rilasciarla molto velocemente.

Nella situazione piu comune, abbiamo condensatori composti da due oggetti metallicimolto vicini e su uno dei due vi e una carica elettrica +q, mentre sull’altro una −q. I dueconduttori, essendo all’equilibrio, avranno un potenziale elettrostatico uniforme su tutto ilvolume e quindi avra senso parlare di differenza di potenziale fra i due conduttori ∆V . Permotivi storici spesso non viene chiamata ∆V bensı V .

Inoltre, proprio per la condizione di equilibrio dei conduttori si ha che il rapporto

C =q

V

e costante e dipende solo dalla geometria del nostro oggetto. Vorrei far notare che q none la carica del condensatore, in quanto la carica totale e nulla, bensı e la carica separata,ovvero se su un conduttore ce q e sull’altro −q, allora la carica separata e q.

La costante geometrica C viene chiamata capacita del condensatore e dato che dipendesolo dalla geometria dell’oggetto e opportuno calcolarla per alcuni oggetti tipici da incontrare,come sfere, cilindri... Vediamo un paio di esempi su come si calcola la capacita di un oggetto.

Prima di andare a vedere gli esempi, vorrei solo aggiungere che C si misura ovviamentein C

Vdove C indica coulomb e V indica i volt. Questa unita di misura viene chiamata F ,

farad. Fisicamente, si ha a che fare solo con oggetti che hanno capacita dell’ordine dei µF onF . Un condensatore con una capacita dell’ordine dei mF e estremamente grosso e credo sene vedano solo in apparecchi che richiedono molta energia come negli impianti industriali.

Esempio 3.3.4 (Capacita di un condensatore piano). Calcoliamo la capacita di un conden-satore fatto in questo modo: prendiamo due superifici uguali piatte di conduttore di area A eforma arbitraria, disposte parallelamente ad una distanza d l’una dall’altra. Considereremosolo il caso d

√A, in quanto come vedremo le capacita sono quantita molto piccole e un

condensatore con d ≈√A ha poco senso di esistere.

Supponiamo di separare una carica di prova q e calcoliamo ∆V (q). Ci aspettiamo chesia una cosa costante. Vediamo se questo esempio torna.

Dato che abbiamo supposto d √A, possiamo considerare le due superfici come piani

infiniti di carica. Secondo la formula 3.24 il campo elettrico generato da ciascuna sara

E =σ

2ε0=

q

2Aε0

Per cui, dato che le superfici sono due, il campo totale sara

E =q

Aε0

Dato che il campo e uniforme, il ∆V sara E · d. Per cui,


C =q

∆V=

q

qd

Aε0

= ε0A

d

Che in effetti dipende solo dalla geometria dell’oggetto. Notiamo inoltre che piu le lastresono vicine piu aumenta la capacita dell’oggetto.

Esempio 3.3.5 (Capacita di un condensatore sferico). Calcoliamo la capacita di un sistemasiffatto:

Una sfera di conduttore di raggio r1

Un guscio sferico vuoto fra i raggi r1 ed r2

Un guscio sferico di conduttore fra i raggi r2 ed r3

Mettiamo una carica q sulla superficie interna e una carica −q sulla superficie r2. Ladifferenza di potenziale sara

∆V =q

4πε0

(1

r1

− 1

r2

)Proprio grazie al teorema del guscio sferico. Infatti, tutta la carica su r2 non conta niente

finche ci muoviamo fra 0 < r < r2. Calcoliamo quindi la capacita

C =q

∆V= 4πε0

(1

r1

− 1

r2

)−1

Se ora andiamo a fare il lim r2 → ∞, fisicamente stiamo considerando un condensatorefatto da una sola sfera di conduttore isolata. La sua capacita sara, secondo la formulaprecedente

C = 4πε0r1

Vorrei far notare a titolo di esempio che se prendiamo come condensatore la Terra, la suacapacita e di

CT ≈ 4π · 8, 85 · 10−12 · 6, 37 · 106F ≈ 7 · 10−4F

Che come vedete e molto piccolo.

Esempio 3.3.6 (Capacita di un condensatore cilindrico). Andiamo a calcolare la capacitadi un condensatore a simmetria cilindrica siffatto:

Un cilindro di conduttore fino a r1

Un guscio cilindrico vuoto fra r1 ed r2

Un guscio cilindrico di conduttore fra r2 ed r3


Ovviamente lavoriamo nell’approssimazione in cui il cilindro e molto lungo, ovvero spo-standosi lungo l’asse di simmetria non cambia niente. In formule, h r

Mettiamo una carica di prova +q sulla superficie r1. Si accumulera di conseguenza unacarica −q sulla superficie r2. Andiamo a calcolare il ∆V per ricavarne la capacita

Calcoliamo il campo elettrico usando il teorema di Gauss. Prendiamo un guscio sfericocilindrico di raggio r, r1 < r < r2. Applichiamo il teorema di Gauss

ε0Φ( ~E, ∂V ) = q ⇒ ε02πrhE(r) = q ⇒ E(r) =q

2πε0rh

La differenza di potenziale ∆V , sara, secondo la sua definizione,

|∆V | =∫ r2

r1

E(r)dr =q

2πε0hlnr2

r1

Quindi

C =q

∆V=

2πε0h

ln r2r1

Notare che per r1 → r2 si ha C →∞

Energia interna di un condensatore

Per accumulare carica su un condensatore e necessario compiere lavoro. Questa affermazionee abbastanza banale, andiamo a quantificare questa cosa. Prendiamo quindi un condensatoredi capacita C, su cui e gia separata una carica q (eventualmente 0). Andiamo ad aumentarela carica separata di una piccola quantita dq. Per farlo, e necessario prendere della caricapositiva sulla faccia caricata negativamente e portarla sulla faccia gia caricata positivamente.Ovviamente per fare questa cosa dobbiamo far attraversare alla carica una differenza dipotenziale che sara uguale alla ddp ai capi del condensatore. Di conseguenza, il lavoronecessario per portare la carica dq da una faccia all’altra sara

dL = V dq =q

Cdq

Per cui, se il condensatore e inizialmente scarico e poi vi si accumula una carica Q, illavoro totale compiuto per separare la carica e stato di

L =

∫L =

∫ Q

0

1

Cqdq =

Q2

2C

E dato che questo lavoro non dipende da come viene trasportata la carica, possiamoassociare un energia potenziale U

U =Q2

2C

Che puo essere espressa anche in termini della ddp V

U =(CV )2

2C=

1

2CV 2


Ricordiamo che qualche paragrafo fa avevamo calcolato un’energia interna associata alcampo elettrico

u =1

2ε0E

2

Andiamo a calcolare U nel caso particolare di condensatore piano a facce parallele

U =1

2CV 2 =

1

2ε0A

d(Ed)2 =

1

2ε0E

2Ad =1

2ε0E

2V = uV

E in effetti ci aspettavamo che dovesse tornare questo risultato in quanto effettivamente lanostra distribuzione di cariche e localizzata e non abbiamo cariche puntiformi a far divergereu. Anche se abbiamo controllato il risultato solo per questo condensatore, in realta vale pertutti quanti.


Metodo della carica immagine

Uno dei metodi piu utlizzati in elettrostatica per risolvere i problemi e quello della caricaimmagine. Purtroppo sulla maggior parte dei libri di testo delle superiori non viene nemmenocitato e quindi, quando qualcuno si trova ad usarlo in gara perche gli viene detto di farlo,non ha idea da che parte cominciare.

Ora cerchero di dare una spiegazione di come funziona e a cosa serve questo metodo.

Teorema 3.3.1 (Carica immagine). Sia V una regione dello spazio delimitata da ∂V .Supponiamo di conoscere il potenziale elettrostatico U(~r) per ogni punto della superficie.

Allora il campo elettrico all’esterno di V e univocamente determinato.

La dimostrazione di questo teorema e su Wikipedia, ma leggere la dimostrazione non viconvincera di piu della sua verita, per cui non la riporto.

Questo teorema e utile perche ci dice che se io trovo una qualsiasi distribuzione dicariche che genera il potenziale dato sulla superficie ∂V , allora ho trovato il campo elettrico(e il potenziale) giusti.

In parole povere, per trovare il campo elettrico all’esterno di un conduttore su cui vi einduzione di carica, il metodo che vi puo capitare di dover usare e sparare a caso una distri-buzione che vi sembra sensata, magari dipendente da dei parametri da trovare. Se funziona,siete sicuri che il campo elettrico esterno sara quello generato dalla vostra distribuzione. Nonandate subito a pensare cose complicate, spesso basta mettere una o piu cariche puntiformi,mal che vada delle linee rette di carica.

L’unico modo vero per capire questo metodo e fare degli esercizi. Poco piu avanti cisono diversi problemi che si risolvono in questo modo. Vi consiglio di leggere comunqueattentamente la soluzione anche se siete convinti di aver fatto giusto in quanto questo metodoe decisamente complicato e sapere un paio di trucchi puo cambiare il colore della medaglia.


Problemi

Problema 3.3.1 (Volume infinito di carica). Considerate un parallelepipedo infi-nito con densita di carica uniforme ρ. In formule, dato un riferimento cartesiano xyz, la densita dicarica in tutto lo spazio e

ρ Se − a < x < a

0 Altrimenti

Dove a e una costante positiva con le dimensioni di una lunghezza.

1. Trovare il campo elettrico e il potenziale elettrostatico in tutto lo spazio usando la legge diGauss (scegliete un punto intelligente per lo 0 del potenziale)

2. Stessa domanda ma usando stavolta la legge di Gauss in forma differenziale

3. Consideriamo ora la situazione in cui ρ→∞, a→ 0 ma il loro prodotto ρ ·a rimane costante.Descrivere quantitativamente cosa succede e che cosa rappresenta quello che abbiamo fatto.

Problema 3.3.2 (Distribuzione di carica per avere un campo elettrico uniforme).Considerare la situazione in figura 3.19


Due sfere di densita ρ e −ρ uniforme sono sovrapposte in modo che la distanza fra il centrodella negativa e quella positiva sia il vettore ~δ come in figura. Entrambe le sfere hanno raggio a.

1. Calcolare il campo elettrico ~E0 nella zona in cui si sovrappongono le cariche.

2. E possibile far tendere ρ→∞ e δ → 0 in modo che il loro prodotto rimanga costante (capitevoi costante e uguale a cosa) in modo che il nostro oggetto diventi un guscio sferico vuotocon una densita di carica superficiale σ. Trovatela in funzione dell’angolo θ preso rispetto alvettore ~δ, in funzione del campo ~E0.

3. Trovare il potenziale e il campo elettrico nello spazio esterno al guscio. Qual’e il terminedominante del potenziale a grandi distanze dalla sfera? A cosa assomiglia questo campo? Esolo una somiglianza o e proprio lui?

Soluzione: 4.3.39

Problema 3.3.3 (Lavoro e guscio conduttore). Una carica puntiforme q si trovaal centro di un guscio conduttore neutro ed isolato, di raggio interno a e raggio esterno b. Quantolavoro serve per spostare la carica all’infinito (attraverso un piccolo buco nel guscio)?

Soluzione: 4.3.40

Problema 3.3.4 (Pressione dovuta alla carica interna). Consideriamo un gusciosferico con densita superficiale di carica σ.


1. Da questo guscio viene tolta una zona molto piccola. Trovare il campo elettrico al centro delbuco.

2. Sfruttare il risultato precedente per trovare la pressione che deve esercitare l’atmosfera esternaper fare in modo che il guscio non esploda a causa della repulsione fra cariche dello stessosegno

3. Trovare la pressione con un metodo diverso: considerare l’energia della configurazione ericavarne la pressione.

Problema 3.3.5 (Carica in campo elettrico a simmetria sferica di modulo costante (Seni-gallia 3, 2011)). Si considerino due superfici sferiche concentriche di raggi R1 = R edR2 = 2R che delimitano un volume V ; un’opportuna distribuzione di cariche, in posizione deter-minata, e tale da generare un campo elettrico radiale uscente, il cui modulo (E0 noto) e uguale intutti punti del volume V .

Il campo elettrico e nullo nei punti interni alla prima superficie (quella di raggio minore) enei punti esterni alla seconda superficie. Per ottenere questo e necessario porre una distribuzio-ne di carica positiva sulla superficie interna, una negativa sulla superficie esterna ed un’ulterioredistribuzione volumetrica nello spazio tra le due superfici, in modo tale che la carica totale sia nulla.

1. Quanto valgono le densita di carica superficiale (uniformi) sulle due superfici sferiche di raggioR1 ed R2?

2. Quanto vale la densita media di carica spaziale tra le due superfici sferiche di raggio R1 edR2 ? Si puo facilmente verifcare ( per esempio considerando due corone sferiche di ugualevolume ) che la densita di carica spaziale non puo essere uniforme; essa sara quindi funzionedella distanza dal centro: ρ = ρ(r).

3. Determinare l’andamento della densita volumetrica di carica ρ(r) al variare della distanzadal centro.

4. Tracciare i grafici del campo elettrico E(r), della densita di carica (volumetrica) ρ(r) e delpotenziale elettrostatico V (r), con V∞ = 0, per ogni r compreso nell’intervallo [0, 5R].

Una particella di massa m e carica q > 0, lanciata radialmente dall’esterno verso il centrodella distribuzione sferica, riesce ad attraversare la sfera se la sua velocita iniziale ha unvalore qualunque maggiore di v0 (e la conservazione dell’energia mostra che v2

0 = 2qE0R/m).

La stessa particella viene lanciata, da fuori, con velocita di modulo v0 in modo che nel puntodi ingresso la direzione sia ruotata di 45 rispetto a quella radiale; la particella raggiunge unadistanza minima dal centro delle distribuzione (rmin) per poi uscire di nuovo all’esterno.

5. Spiegare perche la traiettoria della particella e certamente una curva piana.

6. Scrivere l’equazione che da il valore di rmin e risolverla in termini della variabile z = r/Rcon un’opportuna tecnica numerica e con l’approssimazione dell’1%.

Problema 3.3.6 (Senigallia 2, 2013). Una sferetta di massa m possiede una caricaq ed e appesa ad un lungo filo. Se si dispone la sferetta vicino ad una lastra conduttrice scarica,si osserva che la sferetta viene attratta dalla lastra; questo accade perche, per induzione, sullasuperficie della lastra si forma una distribuzione di cariche di segno opposto a q. Si supponga che,all’equilibrio, la sferetta si trovi ad una distanza a dalla lastra e che il filo formi un angolo α con laverticale. Rispetto alla distanza a tra carica e lastra le dimensioni della sferetta sono molto piccolecosicche la carica q puo essere sempre considerata puntiforme; inoltre le dimensioni della lastra,


molto maggiori di a, possono essere considerate infinite. Si puo quindi considerare un piano (diequazione x = 0) come superficie di separazione tra un mezzo conduttore nel semispazio x < 0 e ilvuoto nel semispazio x > 0, entro cui si trova la sferetta. Nella figura e indicato anche il sistema dicoordinate consigliato, in modo che la sferetta si trovi sull’asse x, quindi nel punto di coordinate(a, 0, 0), che l’asse y sia verticale e orientato verso l’alto e l’asse z perpendicolare al piano dellafigura ed uscente. Relativamente alla distribuzione delle cariche indotte, sara sufficiente studiarela situazione lungo l’asse y > 0. Infatti, per simmetria, la densita di carica, σ, dipendera solo dalladistanza r del punto considerato dall’origine (r2 = y2 + z2).


1. Per determinare il campo elettrostatico in un generico punto P = (x, y, 0) nel semispaziovuoto x > 0 si consideri inizialmente il punto Q = (−x, y, 0) all’interno del materiale condut-tore e simmetrico di P rispetto al piano di separazione tra i due mezzi. Si scrivano il vettorecampo e.s. ~E(Q) prodotto da tutte le cariche presenti e il vettore ~E1(Q) prodotto dalle solecariche indotte che si formano sulla superficie della lastra (piano x = 0). Qui - e nel seguito- si esprimano i vettori usando la notazione coi versori o per componenti.

2. Si scriva adesso il campo e.s. ~E1 (prodotto dalle sole cariche indotte presenti sulla superficiedella lastra) nel punto P nel semispazio x > 0, mostrando che, limitatamente a questosemispazio, il campo ~E1 e identico a quello generato da una singola carica puntiforme q′ dicui si chiede il valore e la posizione.

3. Si scriva il campo e.s. (totale) ~E , in prossimita del punto S = (0, r, 0) nel semispazio vuoto,cioe in un punto vicinissimo alla superficie della lastra, a distanza r dall’origine O; in altritermini, il limite dell’espressione del campo per x→ 0+, y = r, z = 0.

4. Si calcoli la densita di carica indotta σ(r) nel punto S e si dica quanto vale nel punto dellasuperficie della lastra dove il suo modulo e massimo.


5. Si calcoli il valore della carica q in funzione di m, a ed α.

6. Si calcoli la quantita totale di carica indotta sul piano conduttore.

7. Bonus: cosa succede se invece di avere un intero semispazio fatto di conduttore avessimosolo un parallelepipedo di lati infiniti ma spessore finito? (Per spessore si intende lo spessorelungo x)

Soluzione: 4.3.41

Problema 3.3.7 (IPhO 1, 2010, Croazia).Una particella puntiforme di carica elettrica q e posizionata nelle vicinanze di una superficie

sferica metallica collegata elettricamente a terra e di raggio R (vedi figura 3.21). Di conseguenza,sulla sfera viene indotta una distribuzione superficiale di carica. Riuscire a calcolare il campoelettrico ed il potenziale elettrostatico prodotti dalla distribuzione della carica superficiale e uncompito assai improbo. Tuttavia tale calcolo puo essere considerevolmente semplificato utilizzandoun metodo matematico chiamato metodo delle immagini. In questo metodo il campo elettricoed il potenziale elettrostatico prodotti dalla carica distribuita sulla sfera sono equivalenti a quelliprodotti da una singola carica puntiforme posta dentro la sfera (non devi dimostrare cio).

Nota: Il campo elettrico ed il potenziale elettrostatico di questa carica immagine riproduconoil campo elettrico ed il potenziale elettrostatico solamente all’esterno della sfera (compresa la suasuperficie).

Figura 3.21: Carica davanti ad una sfera

1. Trovare il valore di q′ e d′, mostrati in figura.

2. Trovare la forza agente sulla carica q

Una particella puntiforme di carica q e massa m e legata a un filo di lunghezza L che ha l’altraestremita fissata a un muro nelle vicinanze della sfera metallica collegata elettricamente aterra. Nelle tue considerazioni, ignora tutti gli effetti elettrostatici prodotti dal muro. Laparticella puntiforme si comporta come un pendolo matematico (vedi figura 3.22). Il puntoal quale il filo e fissato al muro si trova a distanza l dal centro della sfera. Trascura gli effettidella gravita.


Figura 3.22: Pendolo elettrico

3. Trovare la frequenza delle piccole oscillazioni del pendolo.

Data una distribuzione di cariche elettriche, e importante calcolare l’energia elettrostaticadel sistema. Nel nostro problema (vedi figura 3.21), c’e interazione elettrostatica tra la caricaq esterna alla sfera e le cariche indotte sulla superficie della sfera ed e presente un’interazioneelettrostatica anche tra le cariche indotte sulla sfera. In funzione della carica q, del raggio Rdella sfera e della distanza d determina le seguenti energie elettrostatiche:

4. l’energia elettrostatica dovuta all’interazione tra la carica q e le cariche indotte sulla sfera;

5. l’energia elettrostatica dovuta all’interazione tra le cariche indotte sulla sfera;

6. l’energia elettrostatica totale del sistema dovuta all’interazione.

Problema 3.3.8 (Carica nel conduttore). Una carica puntiforme q e posta dentroun guscio conduttore sferico di raggi R1 < R2, ovvero e posta ad una distanza d < R1 dal centrodel guscio. Il guscio conduttore e messo a terra.

1. Trovare il campo elettrico e il potenziale ovunque.

2. Trovare la forza che agisce sulla carica elettrica.

3. Trovare la carica indotta sulla superficie interna (il totale, non la distribuzione).

4. Trovare la carica totale indotta (ovvero presa dalla terra) sul guscio.

5. Rispondere alle due domande precedenti nel caso in cui invece il guscio sia scarico ed isolato.

Problema 3.3.9 (Superfici equipotenziali). Considerate due fili rettilinei infinitie paralleli posti a distanza 2R, uno con carica λ e l’altro con carica −λ. Ponete uguale a 0 ilpotenziale sul piano che sta a meta fra i fili (dovete capire voi come e messo questo piano in modoche la mia affermazione abbia senso).

1. Mostrare che le superfici equipotenziali sono dei cilindri circolari con asse parallelo ai fili(dovete capire voi centrati dove)


2. Calcolate esplicitamente la posizione del centro delle circonferenze e del loro raggio in fun-zione di λ, V,R. Per confrontarvi facilmente con la mia soluzione consiglio di scegliere unriferimento con l’asse z parallelo ai fili e posizionato nel punto medio e l’asse x che trapassai fili.

3. Fare un grafico delle superfici equipotenziali. Se volete vederlo bene vi consiglio di usaresoftware come Geogebra32.

Soluzione: 4.3.42

Problema 3.3.10. Due cilindri infinitamente lunghi e paralleli di raggio a distanotra di loro (distanza tra i centri) d > 2a. Le superifici dei due cilindri sono mantenuti ai potenzialirispettivamente V0 e −V0. Lo spazio esterno ai cilindri e riempito di un materiale di resistivitauniforme ρ. Viene misurata una corrente i che scorre attraverso lo spazio da un conduttore all’altro.Chiaramente la corrente che viene misurata e infinita a causa dell’infinita lunghezza dei conduttori,quindi la misura che fate e di corrente per unita di lunghezza i

h . Calcolare ρ in funzione deglialtri parametri.

Hint: 4.2.4Soluzione: 4.3.43

Problema 3.3.11 (Forza fra i gusci). Consideriamo un guscio conduttore scaricoe isolato. Il guscio e sferico di raggio a e di spessore infinitamente piccolo. Questo guscio vieneimmerso in un campo elettrico uniforme ~E0. Per induzione elettrostatica si viene a formare unadensita di carica superficiale σ sul conduttore, che dovrete capire voi da che parametri dipendera.

Immaginate ora di tagliare a meta il guscio conduttore con un piano perpendicolare al campopassante per il centro della sfera, ovvero dividete il conduttore in due gusci emisferici. Supponeteche la distribuzione di carica non vari durante il taglio.

Trovare la forza da applicare ai gusci per fare in modo che non si separino.Hint: 4.2.5

Problema 3.3.12 (Soluzione elettrolitica). Consideriamo un mare di fluido global-mente neutro. Il fluido e composto da portatori di carica positivi e negativi, di densita numerica perunita di volume iniziale rispettivamente n+ ed n−. Le particelle cariche del mare hanno carica +q+

e −q−, con ovvia notazione, in modo che valga la relazione n+q+ = n−q−, in modo da mantenerela neutralita. L’intero sistema si trova all’equilibrio termodinamico alla temperatura T .

Ad un certo punto una carica esterna +Q viene portata dall’infinito fino dentro la distribuzionedi carica e viene inchiodata in modo che non possa muoversi. Dopo un lungo tempo viene raggiuntol’equilibrio termodinamico.

Trovare esplicitamente la densita di carica netta ρ(~r) in tutto lo spazio, nella seguente approssi-mazione: eseguire tutti i conti al prim’ordine nel parametro adimensionale U

kBT, dove U e un’energia

legata alle cariche di cui non do l’espressione precisa per non dare troppi suggerimenti sul risultato.Soluzione: 4.3.44

32E gratis.


3.3.2 Campo magnetostatico

Corrente continua

Prima di andare a parlare del campo magnetico e opportuno parlare prima degli oggetti sucui esercita una forza, ovvero le correnti elettriche. Nel caso monodimensionale la definizionedi corrente e estremamente semplice: consideriamo un filo molto sottile, rettilineo, in cui lacarica elettrica si muove (ovviamente lungo il filo). Considerando un punto in particolaredel filo x, la corrente nel punto e definita come

I(x, t) =dq

dt

Ovvero la quantita di carica che attraversa la superficie di interesse nell’unita di tem-po. Dato che in generale i circuiti elettrici e le sorgenti non saranno monodimensionali, eopportuno dare una generalizzazione di questa definizione che ci aspettiamo sia di naturavettoriale per dare una direzione e un verso allo spostamento delle cariche elettriche.

Possiamo quindi definire il vettore ~J(~x, t), tale che, data una qualsiasi superficie Σ valgal’uguaglianza

IΣ(t) =

∫Σ

~J(~x, t) · d ~A

Dove ovviamente IΣ e la corrente che passa attraverso la superficie ΣIl vettore ~J si chiama il vettore densita di corrente e misura la intensita di corrente per

unita di area. In modo intuitivo, e il vettore che indica quanta carica viene trasportata perunita di tempo per unita di superficie. Vi e una grande analogia con la fluidodinamica in cuic’e proprio il vettore ~J che indica invece la massa trasportata per unita di tempo per unitadi area. Data la grande somiglianza, e ovvio che

~J = ρ~vd

Dove ρ e la densita di carica per unita di volume e ~vd non e la velocita degli elettroni(che trasportano la carica) ma e la velocita di deriva, ovvero come mediamente si sposta lamassa. Gli elettroni infatti si muovono ad altissima velocita di moto caotico ma in praticasi spostano di poco a causa del gran numero di urti che fa spesso cambiare direzione. Lavelocita di deriva e quindi la misura di quanto si sposta nettamente la carica. Per dareuna stima concreta, in un impianto elettrico domestico vd ≈ cm

s, mentre la velocita di un

elettrone e di almeno 5 ordini di grandezza di piu.Attenzione: E importante notare a posteriori che noi sappiamo che in un conduttore i

nuclei positivi stanno fermi mentre cio che si muove portando corrente sono gli elettroni, cheper una sfortunata serie di coincidenze hanno convenzionalmente carica negativa −e, per cuila velocita di deriva ~vd e la densita di corrente ~J avranno verso opposto, cosa che spesso sidimentica di considerare

L’equazione di continuita Uno dei principi fondamentali della Fisica, in particolaredell’elettromagnetismo, e la conservazione della carica elettrica totale. In un processo incui si creano e si distruggono particelle, la somma con segno delle cariche deve comunqueessere la stessa prima e dopo l’avvenimento. Andiamo a considerare ora un certo volume


di interesse V , che al suo interno contiene della carica continua e quindi descrivibile da unadensita volumica ρ(~r, t). La carica totale contenuta all’interno di questo volume sara

Q =

∫V

ρdV

Andiamo ora a considerare il flusso del vettore ~J attraverso la superficie ∂V , ovvero ilcontorno del nostro volume. Dato che ~J rappresenta il trasporto di carica, in analogia con lafluidodinamica, il flusso di ~J rappresentera il tasso di uscita di carica dalla nostra superficie,ovvero ∮

∂V

~J · d ~A = −∂Q∂t

Dove il segno − deriva dalla convenzione che da segno positivo al flusso uscente dallasuperficie. Scriviamo meglio il tutto∮

∂V

~J · d ~A = − d

dt

∫V

ρ(~r, t)dV

Questa equazione prende il nome di equazione di continuita e fisicamente non indicaniente oltre alla conservazione della carica elettrica totale. Possiamo andare a cercare unaformulazione locale di questa formula. Andiamo ad applicare il teorema della divergenza asinistra dell’uguale∫

V

~∇ · ~JdV = − d

dt

∫V

ρ(~r, t)dV ⇒∫V

(~∇ · ~J +

∂ρ

∂t

)dV = 0

E dato che abbiamo scelto un volume arbitrario, deve essere 0 l’argomento dell’integrale,ovvero

~∇ · ~J +∂ρ

∂t= 0

Che e l’equazione di continuita nel caso locale. Fisicamente questa equazione indicasolamente la conservazione della carica elettrica totale. Tuttavia, in un certo senso ci diceuna cosa ovvia ma comunque importante: non e solo la carica elettrica totale a conservarsi, laconservazione vale punto per punto. Se in un certo punto dello spazio vi e una diminuzione oun accumulo di carica, allora per forza deve esserci una divergenza della densita di corrente,che ci dice in pratica che la carica non puo sparire in un punto e ricomparire in un altro,deve per forza esserci una corrente che la porta da un punto all’altro.

Per questo capitolo noi esamineremo la magnetostatica, ovvero fenomeni magnetici incui le varie quantita fisiche non variano nel tempo. Per questo motivo in questo capitoloprenderemo sempre

∂ρ

∂t= 0

Che comporta immediatamente

~∇ · ~J = 0

Che espressa in forma integrale, che forse vi e piu familiare


∮∂V

~J · d ~A = 0 ∀∂V

Che ci dice che la carica non si accumula o non sparisce da nessuna parte. Nei capitolisuccessivi, generalizzeremo questo a distribuzioni qualsiasi.

Resistivita Cominciamo a fare dei modellini che ci permettano di fare dei problemi. Inelettrostatica abbiamo spesso avuto a che fare con dei conduttori, all’interno dei quali ilcampo elettrico era zero. Adesso non siamo piu nell’elettrostatica e siamo in presenza dicorrenti elettriche. Per questo motivo in generale nei conduttori il campo elettrico non sarapiu nullo e al loro interno potra esistere anche una densita di corrente ~J .

Il modello piu banale che possiamo fare e il modello che si usa piu spesso, ovvero ilmodello di Ohm, in cui la relazione fra il campo elettrico e la densita di corrente e lineare

~E = ρ ~J

dove ρ e per una quantita chiamata resistivita, che caratterizza il materiale e dipendeda alcuni parametri aggiuntivi come la temperatura T . Sfortunatamente tutti hanno sceltonel tempo di usare come nome ρ, che si confonde con la carica libera. In questa formulail vettore ~E rappresenta il campo elettrico esterno applicato al conduttore e il vettore ~Jrappresenta il vettore densita di corrente generato dal campo elettrico esterno.

Questa legge si puo scrivere nella forma equivalente

~J = σ ~E

Dove la quantita

σ =1

ρ

Viene chiamata conducibilita elettrica, ed e semplicemente un modo diverso di chiamarele cose, non ha niente di fisica in piu. A volte si preferisce usare questa formulazione soloperche se vi e appunto una carica libera ρ e estremamente facile confondere la resistivita conla carica.33

In questa legge si suppone che la resistenza sia lineare, ovvero che campo elettrico edensita di corrente siano sempre parallele. In generale non sara sempre vero, ma alle Olim-piadi non credo vi capitera mai di avere una situazione diversa. In tal caso la resistivita vasostituita con un tensore a due indici, ovvero una matrice, che permette di legare ~E e ~J inmodo che non siano necessariamente paralleli.

Per convincersi che non sia necessario il parallelismo fra i due vettori, consiglio di pensaread un analogo termodinamico: conduzione di calore attraverso del legno molto nodoso. Saracomune a tutti voi vedere che nel legno nodoso le fiamme non si espandono in modo isotropoma seguono le linee del legno. Il paragone non e proprio lo stesso ma per avere un’idea delperche va piu che bene.

La legge di Ohm non e davvero una legge. Semplicemente definisce che cos’e un condut-tore Ohmico, ovvero un conduttore che rispetta questa legge. E evidente che esistono dei

33Ovviamente anche σ si confonde con la densita superficiale di cariche. Sta a voi o a chi ha scritto ilproblema la scelta della formulazione che confonde meno.


materiali che non rispettano questa legge, per esempio gli isolanti e i diodi a giunzione p-n,in cui la relazione fra campo elettrico applicato e corrente e tutt’altro che lineare. In tuttii problemi in cui non sia diversamente specificato potete tuttavia assumere che i conduttoriseguano la legge di Ohm.

Notiamo che la legge nel caso di un filo rettilineo di sezione A e di lunghezza d puo esserescritta nella forma equivalente

~E = ρ ~J ⇒ EAd = ρJAd⇒ V = Iρd

A

Dove la quantita

R = ρd

A

Viene chiamata resistenza del componente.L’ultima cosa da notare in questa formula e la natura dello spostamento delle cariche in

un conduttore. Cerchero di spiegarmi meglio: noi sappiamo che su una carica puntiformeimmersa in un campo elettrico agisce una forza

~F = q ~E

Ma dato che ~E = 1σ~J 34,

~F =q

σ~J

Ma questa non e una relazione che ci aspettavamo, in quanto ~F e collegato all’accelera-zione delle particelle, non alla velocita come e ~J ! Questa formula sarebbe quindi

m~a =q

σρ~vd

Evidentemente c’e qualcosa che non va in questa equazione in quanto la soluzione non cisembra molto fisica. Per correggere questo modello dobbiamo aggiungere una forza, che rendasensato quello che abbiamo scritto. In questo caso infatti sembra che le cariche continuinoad accelerare fino all’infinito. Il conduttore deve quindi in qualche modo esercitare una forzasu queste cariche in moto. Se vogliamo salvare il modello, l’unica possibilita per questo tipodi forza e che sia

~FR = −γ~vdOvvero una forza di smorzamento viscoso, come accade per esempio in fluidodinamica.

In questo caso l’equazione precedente si scrive

m~a =q

σρ~vd − γ~vd

Che per un opportuno valore di γ porta alla soluzione stazionaria che volevamo

~a = 0

34Ho scelto σ per cercare di fare meno confusione con ρ di carica, non per altri motivi.


In particolare, la relazione e

γ =q

σρ =

nq2

σ

Dove ho indicato con n la densita numerica di portatori di carica, ovvero per definizioneil valore n tale che valga

ρ = nq

Notare che questa quantita dipende da q2, quindi il nostro modello funziona sia nel casosiano gli elettroni di carica negativa a muoversi, sia che siano i protoni, di carica positiva aspostarsi.

La forza di Lorentz Ora che abbiamo introdotto la corrente elettrica possiamo finalmenteintrodurre il campo magnetico ~B, piu complicato da immaginare del campo elettrico, cheesercita una forza molto diversa sulle cariche. In particolare, il campo magnetico agisce solosulle cariche elettriche in movimento e non su quelle ferme. Quantitativamente, data unacarica q con velocita ~v rispetto ad un certo sistema di riferimento, la forza magnetica ~FBagente e

~FB = q~v × ~B (3.28)

La prima cosa da notare e che il campo magnetico non agisce su cariche elettriche ferme35.Inolte, il campo magnetico non compie mai lavoro su una carica elettrica. Infatti, la potenzaerogata e

P =dL

dt= ~FB · ~v = q~v × ~B · ~v = 0

In quanto la forza e sempre ortogonale alla velocita. Viene da se che se ho una particellain solo campo magnetico, la sua velocita e una costante del moto.

Inoltre, se ho una particella su cui agisce solo la forza magnetica avro che

md~v

dt= q~v × ~B

Esempio 3.3.7 (Carica in campo magnetico uniforme e costante). Se ~B e costante euniforme, questa e evidentemente l’equazione differenziale che descrive il moto di un vettore

~v che precede rispetto all’asse ~B con frequenza ω =qB

mPer vederlo in modo piu sensato, scriviamo l’equazione in questo modo

d~v

dt= ~Ω× ~v

35Ma ferme rispetto a cosa? Se io mi metto in un riferimento in moto, vedo la carica in movimento,quindi se il campo magnetico non cambiasse avrei che sulla carica agisce una forza, quindi questa accelera,cosa completamente sbagliata perche violerebbe il principio di relativita secondo cui la fisica vale in ogniriferimento inerziale. Questo e sicuramente uno dei primi dubbi che hanno portato alla formulazione dellateoria della relativita ristretta. In poche parole, cambiando sistema di riferimento i campi elettrici e magneticivariano. Andate a vedere il paragrafo di relativita a riguardo per ulteriori informazioni.


Dove

~Ω = −q~B

m

Dal capitolo sui riferimenti non inerziali dovrebbe risultare facile da vedere che cambiandoil nostro sistema di riferimento S in un altro S ′ tale che S ′ ruoti di −~ω rispetto a S, in quelriferimento si avra(

d~v

dt

)S′

=

(δ~v

δt

)S

+(

(−~Ω)× ~v)S

=(~Ω× ~v

)S

+(

(−~Ω)× ~v)S

= 0

Per cui ~vS′ e costante, da cui si ottiene che ~v in S precede intorno all’asse Ω con quellafrequenza.

Per completezza, vediamo comunque di risolvere in modo esplicito l’equazione differen-ziale per vedere cosa succede

d~v

dt= ~Ω× ~v

Prendiamo 3 assi, z lungo ~Ω e gli altri due a caso, ortonormali.vx = −Ωzvy

vy = Ωzvx

vz = 0

La terza equazione ci dice subito che vz e costante. Ricaviamo vx dalla seconda esostituiamolo nella prima

Ωzvx = vy ⇒ Ωzvy = −Ω2zvy

Che e l’equazione di un pendolo di frequenza Ωz = Ω, ovvero

vy = A cos(Ωt+ φ)

E dato che Ωzvx = vy, otteniamo

vx = −A sin(Ωt+ φ)

Ovvero il vettore ~v si muove su una circonferenza centrata sull’asse ~Ω, ovvero precedeintorno a quell’asse.

Fisicamente abbiamo mostrato quindi che in generale una particella libera in campomagnetico si muove su una spirale. In particolare, se la componente parallela al campo dellavelocita e nulla, allora la traiettoria e una circonferenza.

Le cariche puntiformi non sono gli unici oggetti su cui un campo magnetico puo esercitareuna forza. Evidentemente q~v e la generalizzazione discreta di una densita di corrente ~J . None difficile allora capire che la forza agente su una certa densita di corrente sara

~F =

∫V

~J × ~BdV


Questa formula puo sembrare leggermente difficile da interpretare, per cui vedremo subitocome si riduce nel caso di un filo percorso da corrente. Un filo e in sostanza la restrizionemonodimensionale del vettore densita di corrente. La quantita ~JdV sara quindi un vettoredensita di corrente per un piccolo volumetto. Prendiamo un volumetto cilindrico, con le basiperpendicolari al vettore ~J di area dA e di lunghezza dl. La quantita

~J · d ~A

Sara uguale alla corrente che passa nel filo I. Se vogliamo mantenere il carattere vet-toriale di ~JdV dovremo quindi inventarci qualcosa relativo a dl. In particolare possiamotranquillamente per convenzione dargli il carattere di vettore con la stessa direzione e versodi ~J . Scriveremo quindi

~JdV = Id~l

Che ci permette di scrivere la forza agente su un filo percorso da corrente

~F =

∫γ

Id~l × ~B

Dove con γ ho semplicemente indicato il filo.L’ultima cosa da aggiungere e che le forze magnetiche ed elettriche si sovrappongono

senza interferire, ovvero se abbiamo una particella immersa in un campo sia elettrico chemagnetico allora la forza totale agente e semplicemente la somma delle due, ovvero

~FL = q( ~E + ~v × ~B) (3.29)

Dove il pedice L indica il nome che si da a questa forza in onore dei fisici che hannocontribuito alla teoria. In questo caso si chiama forza di Lorentz.

Usare la legge di Gauss Dato che in elettrostatica la legge di Gauss ci ha salvati in diversesituazioni e naturale andare a cercare un suo equivalente per il campo magnetico. Non sonoancora stati trovati dei monopoli magnetici in natura e per ora non si e nemmeno riusciti asimulare il campo magnetico che potrebbero generare. Questo fatto porta immediatamentealla legge di Gauss per la magnetostatica

Φ( ~B, ∂V ) =

∮∂V

~B · d ~A = 0

Ovvero data una qualsiasi superficie chiusa, il flusso del campo magnetico attraversoquesta superficie e nullo. In forma locale si puo esprimere usando il teorema della divergenza

0 =

∮∂V

~B · d ~A =

∫V

~∇ · ~BdV

E dato che il volume e arbitrario, deve essere 0 l’integrando, per cui

~∇ · ~B = 0

In generale questa legge non e molto utilizzata in quanto vi permette solo di dire seun campo esiste o meno, ovvero non permette di risalire alla forma del campo ma solo di


darne delle caratteristiche qualitative. A volte vi puo essere chiesto di utilizzarla davveroper trovare delle relazioni fra le componenti del campo (e.g. Senigallia 2012 p3, problema3.3.36).

Per ottenere qualcosa di costruttivo, e necessario usare un altra legge. In elettrostaticaricordiamo che il campo elettrico e conservativo, ovvero

~∇× ~E = 0

E naturale cercare un’equivalente per il campo magnetico, ovvero cercare una legge cheleghi il rotore di ~B a delle quantita fisiche rilevanti. L’evidenza sperimentale mostra che lalegge36 e

~∇× ~B = µ0~J

Che, badate bene, non vale sempre ma solo quando non c’e campo elettrico oppure questonon varia nel tempo. Notiamo che in magnetostatica questa situazione e sempre verificatain quanto prendendo la divergenza di questa equazione si ottiene

~∇ · ~∇× ~B = µ0~∇ · ~J ⇒ 0 = ~∇ · ~J

Che effettivamente avevamo supposto dall’equazione di continuita. Sicuramente avretegia visto l’equazione precedente nella sua forma equivalente∮

∂Σ

~B · d~s =

∫Σ

µ0~J · d ~A = µ0iint

Ovvero data una qualunque superficie regolare Σ delimitata dalla curva regolare ∂Σ siha che la circuitazione del campo lungo la curva ∂Σ e uguale al flusso del vettore densita dicorrente ~J attraverso la superficie Σ (moltiplicata per µ0, permeabilita magnetica del vuoto).

Questa legge permette di ricavare il campo magnetico ~B solo se ci sono evidenti simme-trie che permettano di trasformare una circuitazione in un qualcosa di banale, come vedremonell’esempio seguente. In generale purtroppo questa legge e inutile in quanto avere a dispo-sizione una circuitazione non permette di risalire al campo. Vedremo invece nel seguenteparagrafo come usare dei trucchi che permettano di avere una formula esplicita per il campodato il vettore ~J in tutto lo spazio.

Esempio 3.3.8 (Filo infinito percorso da corrente). Consideriamo un filo rettilineo infinitopercorso da una corrente costante e uniforme i. Il problema ha evidentissima simmetriacilindrica, per cui il modulo del campo magnetico B(r, z, φ) dipendera ovviamente solo dallacoordinata r e non da φ, z, con gli stessi ragionamenti fatti nel calcolo del campo elettriconel capitolo precedente.

Consideriamo ora una superficie cilindrica centrata nell’asse del cilindro e utilizziamo lalegge di Gauss per trovare altre informazioni sul campo.

Φ( ~B, ∂V ) = 0

Il campo sara ovviamente ~B = Br(r)r+Bφ(r)φ+Bz(r)z. Lungo la superficie laterale delcilindro l’unico termine a fare flusso sara quindi il termine radiale. Se il cilindro ha raggio re altezza h, il flusso laterale sara

36Si chiama legge di Ampere


Φlat = 2πrhBr(r)

Mentre lungo le due basi del cilindro l’unica componente a fare flusso sara quella lungoz, ma dato che Bz non cambia, il flusso del campo sulla base inferiore e esattamente oppostoal flusso sulla base superiore, per cui il flusso attraverso le basi sara nullo

Φbasi = 0

Da cui

0 = Φtot = Φlat + Φbasi = 2πrBr ⇒ Br = 0

Per cui sicuramente il campo non ha componente radiale. Andiamo ora a calcolare lacircuitazione del campo lungo una circonferenza centrata in un punto dell’asse. Si avra∮

∂Σ

~B · d~s = 2πrBφ(r)

Se ora applichiamo la legge di Ampere,

2πrBφ(r) = µ0i⇒ Bφ(r) =µ0i

2πr

L’ultima cosa che rimane da vedere e la componente z del campo. Per fare quest’ultimaconsiderazione facciamo questo gioco di simmetrie. Prendiamo un punto P sul filo e imma-giniamo di tagliare a meta il filo, esattamente in quel punto. Prendiamo la meta di sopra ela meta di sotto una alla volta e vediamo il campo che generano sul piano π ortogonale alfilo e tale che P ∈ π

NO NO NON FUNZIONA NIENTE PENSACI MEGLIO37

Il potenziale vettore ~A I potenziali sono belli, permettono spesso di semplificare i conti etrovare cose conservate senza integrare il moto esplicitamente, cosa spesso impossibile. Datoche il campo magnetico e piu strano della gravita e del campo elettrostatico, e difficile pensaredi trovare un potenziale U tale che ~B = −~∇U , soprattutto considerando che ~∇× ~B 6= 0 intutti i casi in cui il campo ha sorgente.

E dimostrabile che un potenziale alternativo esiste ed e un potenziale vettore, ovvero nonsi ha piu ~F = −~∇U bensı

~B = ~∇× ~A

In particolare, questo potenziale non e uno scalare ma e un vettore. Notiamo inoltre che

~∇ · ~B = ~∇ · ~∇× ~A = 0 ∀ ~AOvvero passando al potenziale vettore abbiamo gratis la legge di Gauss per la magneto-

statica, dato che la divergenza del rotore e sempre nulla.Il potenziale vettore e uno strumento molto avanzato e ovviamente non siete nemmeno

tenuti a conoscere la sua esistenza. A livello delle Olimpiadi ritengo che sia dannoso imparare

37Usando il fatto che ~B e uno pseudovettore il risultato e banale, ma non ho mai definito cos’e e al momentonon ho voglia di farlo.


ad utilizzarlo in quanto e una perdita di tempo. Piu avanti invece vi sara utile. Vi espongo quila sua esistenza solo perche lo usero per mostrare alcuni risultati che non si fanno altrimenti.

La legge di Biot-Savart Consideriamo il caso elettrostatico, in cui ∂ ~E∂t

= 0. Allora valela legge di Ampere

~∇× ~B = µ0~J

Esprimiamo questa legge in termini del potenziale vettore ~A

~∇× ~∇× ~A = µ0~J

~∇(~∇ · ~A)−∇2 ~A = µ0~J

Possiamo dire in modo approssimativo che come scegliamo il potenziale scalare a meno diuna costante additiva, possiamo scegliere il potenziale vettore a meno della sua divergenza,ovvero dato ~A tale che ~A = ~A1 + ~A0, ~∇· ~A0 = 0, possiamo prendere solo ~A0 come potenziale.Di conseguenza, possiamo riscrivere l’equazione precedente come

∇2 ~A = −µ0~J

Che e l’equazione di Laplace, confrontabile per esempio con

∇2V = − ρε0

La soluzione sara ovviamente analoga, per cui troviamo

~A(~r) =µ0

4π

∫R3

~J(~r′)

|~r − ~r′|dV ′

Da cui possiamo ricavare ~B derivando sotto il segno di integrale, in quanto l’integrazionee su ~r′ e non su ~r

~B = ~∇× ~A =µ0

4π

∫R3

~∇×~J(~r′)

|~r − ~r′|dV ′

Calcoliamo in parte il termine

~F = ~∇×~J(~r′)

|~r − ~r′|Chiamiamo x, y, z le coordinate di ~r e x′, y′, z′ le coordinate di ~r′. Calcoliamo la compo-

nente x del vettore ~F

Fx =∂

∂y

(Jz(~r

′)

|~r − ~r′|

)− ∂

∂z

(Jy(~r

′)

|~r − ~r′|

)= Jz(~r

′)∂

∂y

(1

|~r − ~r′|

)− Jy(~r′)

∂

∂z

(1

|~r − ~r′|

)Inoltre abbiamo che


1

|~r − ~r′|=

1√(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2

Per cui

∂

∂xi

1

|~r − ~r′|= − xi − x′i|~r − ~r′|3

Da cui deriva

Fx = −Jz(~r′)(y − y′)− Jy(~r′)(z − z′)

|~r − ~r′|3= −

((~r − ~r′)× ~J

)x

|~r − ~r′|3

Con calcolo analogo si vede che vale lo stesso risultato per le altre componenti. Ne derivafinalmente

~B(~r) =µ0

4π

∫R3

~J × (~r − ~r′)|~r − ~r′|3

dV ′ (3.30)

Che prende il nome di legge di Biot-Savart, che finalmente ci permette di calcolare ilcampo magnetico data una qualsiasi distribuzione di densita di corrente. Sicuramente avretevisto la sua forma equivalente che considera fili di corrente invece che densita. Dato un filodi sezione A e di lunghezza orientata ~dl, infatti il suo volume e dV = Adl, per cui la leggediventa

~B(~r) =µ0i

4π

∫R3

~dl × (~r − ~r′)|~r − ~r′|3

(3.31)

Solenoidi e toroidi In laboratorio puo essere utile avere a disposizione dei campi magne-tici di buona intensita. Nel caso del campo elettrico si ricorreva all’utilizzo dei condensatori,per il campo magnetico esiste una cosa equivalente, ovvero gli induttori. Questi oggettihanno proprieta anche piu interessanti del semplicemente poter avere un campo magneticointenso al loro interno, ma queste cose interessanti verranno viste piu avanti, nella parte sulleequazioni di Maxwell e nei circuiti elettrici. Per ora diamo solo un rapido sguardo ai dueesempi principali, solenoidi e toroidi. Il concetto che sta dietro ai due e simile, la differenzae nella forma.

Se si vuole ottenere un campo magnetico in modo semplice, la prima cosa che viene inmente e un filo percorso da corrente. Tuttavia e facile vedere che il 10−7 H/m di µ0 rendedifficile avere campi magnetici sensati con un filo solo. Cosa si fa allora ovviamente? Siprendono tanti fili e si mettono vicini.

Nel caso del solenoide, immaginate un cilindro, come un manico di scopa. Cominciatead avvolgerci intorno un lungo filo, facendocelo girare intorno piu volte possibile, in modoche fra un avvolgimento e l’altro quasi non ci sia spazio. Quando avrete fatto abbastanzagiri da rendere lungo il cilindro fatto da fili, avrete ottenuto il vostro primo solenoide.

Il bello di un solenoide e che al suo interno si riesce ad ottenere un campo quasi uniforme.Ovviamente il quasi dipende da quanto siete vicini al centro e quanto bene lo avete costruito,ma e comunque meglio di un filo solo.


Dato che non ho ancora messo la figura perche al momento non ho internet METTI LAFIGURA, e inutile che tenti di ricavare la formula per il campo che senza un pochino didisegno non si capisce niente. Vi dico solo che basta applicare la legge di Ampere.

B = µ0in

Dove B e il campo magnetico al centro del solenoide, i e ovviamente la corrente che scorrenel filo e n = N/l e il numero di spire totali, ovvero il numero di avvolgimenti, diviso per lalunghezza del solenoide. In parole povere e quanto sono dense le spire.

Esempio 3.3.9 (Campo magnetico sull’asse di una spira percorsa da corrente). Anche quisenza disegno vale poco quello che scrivo. Intanto faccio i conti, poi METTI FIGURA

d ~B =µ0

4πIdl

sin θ

a2 + z2z ⇒ ~B =

µ0

4πI · 2πa a

(z2 + a2)32

z =µ0

2

Ia2

(z2 + a2)32

Energia del campo magnetico Ricorderete che in elettrostatica siamo giunti alla formula3.27. Per rinfrescarci la memoria, ci siamo convinti che possiamo immaginare che sia il campoelettrico stesso a possedere un’energia potenziale U che si puo calcolare sotto opportuneipotesi come un integrale di volume

UE =ε02

∫V

| ~E|2dV

Con un ragionamento del tutto analogo si puo arrivare ad una formula uguale per ilcampo magnetico

UB = k

∫V

| ~B|2dV

La costante k davanti all’integrale non e µ0/2, come ci si potrebbe aspettare, ma e

UB =1

2µ0

∫V

| ~B|2dV (3.32)

In effetti in tutte le formule con la forza ε0 compare al denominatore e µ0 al numeratore,quindi non era cosı difficile da intuire. Inoltre era l’unica cosa sensata dimensionalmente.

Ricorderete che poco dopo aver ricavato questa formula per il campo elettrico abbiamocontrollato il senso del risultato per un condensatore a facce piane e parallele. L’eserciziostandard da fare adesso e quello di controllare questo risultato sul campo magnetico per unsolenoide, per esempio. Vi anticipo il risultato: mentre per la capacita si ha la formula

UE =Q2

2C

Per gli induttori si ha la versione equivalente

UB =1

2Li2

Esempio 3.3.10 (Energia interna di un solenoide). SCRIVI L’ESEMPIO CHE NON ESCONTATO COME SEMBRA


Momento magnetico Probabilmente avrete letto sull’Halliday la definizione di momentomagnetico per una spira di corrente

µ = iA

Dove i e la corrente che passa nella spira e A e la sua area. Ovviamente questa definizionelascia molto a desiderare se abbiamo oggetti complessi o che non sono spire metalliche. Perquesto e piu conveniente dare la definizione

~µ =1

2

∫V

~r × ~JdV

Ho lasciato molte cose sottointese, vediamo di chiarirle. Innanzitutto il momento vadefinito rispetto ad un punto, come al solito, e rispetto a quel punto si prendono le distanze~r. Avendo un oggetto nel volume V , l’integrale va esteso a tutto il volume, considerandoper ogni particella il vettore ~r della posizione rispetto al punto e il vettore ~J della correntein quel punto.

Prendiamo un oggetto formato da una spira metallica nel piano e vediamo di calcolare ilmomento della spira rispetto al suo centro per vedere se la definizione torna.

~µ =1

2

∫V

~r × ~JdV

Ovviamente andiamo subito a sostituire ~JdV = id~l in quanto abbiamo un filo. Inoltrel’integrale non sara piu su un volume ma si trattera di un integrale lungo una curva, datoche fuori dal filo si ha ~J = 0

~µ =1

2i

∫γ

~r × d~l

Ma 12~rd~l e esattamente l’area di un triangolino, per cui l’espressione diventa

~µ = i

∫γ

d ~A = i ~A

Per cui effettivamente la definizione nuova ha come caso particolare la definizione banale.Saprete gia che per gli oggetti di cui conosciamo il momento magnetico esistono delle formuleveloci (che vedremo piu avanti nel dettaglio) che permettono di calcolare energia potenzialee momento torcente di un momento magnetico immerso in campo magnetico. Vediamoun esempio di come si puo calcolare il momento per un oggetto esteso a caso, senza avernecessariamente un filo di corrente. Prendiamo per esempio una sfera di raggio R con densitadi carica mantenuta uniforme e di carica totale Q. Mettiamo in rotazione (con velocita

angolare ~Ω) rispetto ad un asse passante per il centro la sfera e andiamo a calcolare il suomomento magnetico.

~µ =1

2

∫V

~r × ~JdV

Innanzitutto bisogna calcolare ~J . E ovvio che si ha ~J = ρ~v, dove ρ e la densita di caricanel punto e ~v e la velocita locale. Essendo ~v = ~Ω× ~r,


~µ =1

2

∫V

ρ~r ×(~Ω× ~r

)dV =

1

2

∫V

ρ(~Ωr2 − ~r(~Ω · ~r)

)dV

Per finire il conto possiamo agire in due modi. Il primo e quello brutale di mettersi incoordinate sferiche e fare l’integrale triplo, il secondo e un metodo intelligente che consistenell’accorgersi che quel coso dentro l’integrale assomiglia tanto al momento di inerzia, malo vedremo dopo. Facciamo ora il conto, mettendo ~Ω lungo l’asse z e ricordando che dV =r2 sin θ dr dθ dφ

~µ =1

2ρ

∫ 2π

0

∫ R

0

∫ π

0

(Ωr2z − (cos θz + sin θ cosφx+ sin θ sinφy)Ωr2 cos θ

)r2 sin θ dθ dr dφ =

=1

2ρ

∫ 2π

0

∫ R

0

∫ π

0

Ω(1− cos2 θ) sin θr4zdθ dr dφ =1

2ρ

2π

5R5Ωz

∫ π

0

sin3 θdθ =

=1

2ρ

2π

5R5Ω

4

3z =

1

2· 2

5QR2~Ω =

1

5QR2~Ω

Dove come vedete abbiamo fatto gli stessi conti che avevamo fatto per il momento diinerzia. Questa formula ci da quindi il momento magnetico per un oggetto molto diversoda una spira percorsa da corrente, ma vedremo che le formule per l’energia potenziale e ilmomento torcente varranno ugualmente.

Una cosa carina da vedere e che se abbiamo un oggetto esteso di densita di massa e dicarica anche variabili, ma tali per cui punto a punto si abbia

ρcρm

= cost :=q

m

Allora si ha

~µ =1

2

∫V

ρc

(~Ωr2 − ~r(~Ω · ~r)

)dV =

q

2m

∫V

ρm

(~Ωr2 − ~r(~Ω · ~r)

)dV =

q

2m

3∑j=1

IijΩjxj

Ovvero

µi =q

2m

3∑j=1

IijΩj

SCRIVERE TUTTO IL RESTO

Forza e momento agenti su un dipolo Questo paragrafo mostra molto bene quantosia infido il prodotto vettoriale. Consideriamo la forza agente su una generica distribuzionedi correnti ~J . La forza infinitesima sara ovviamente

d~F = ~J × ~BdV


Andiamo ora a considerare il momento torcente totale agente su questa distribuzionerispetto ad un generico punto fissato che sara l’origine del riferimento. Indicheremo con ~r ladistanza di un generico punto dall’origine. Il momento infinitesimo sara quindi

d~τ = ~r × d~F = ~r × ( ~J × ~B)dV

Per cui il momento totale sara

~τ =

∫V

~r × d~F =

∫V

~r × ( ~J × ~B)dV

Consideriamo ora il caso in cui ~B sia ragionevolmente uniforme rispetto alle dimesio-ni caratteristiche del problema, ovvero che ~B non vari in modo apprezzabile all’interno delvolume di interesse. In questo caso, essendo costante, potra essere portato fuori e dentro dal-l’integrale a piacimento. Da un semplice confronto con la definizione di momento magneticorisulta allora evidente che

~τ = 2

∫d~µ× ~B(~r0)dV

Dove ~r0 e un centro della distribuzione. Sembra tutto molto sensato ma e sbagliato. Ilprodotto vettoriale non e associativo!38Di conseguenza in generale

~r × ( ~J × ~B) 6= (~r × ~J)× ~B

Per una volta i controesempi non sono patologici, non si tratta di controesempi che non vicapiteranno mai in un problema di Fisica, tipo la funzione x2 sin 1

x39, basta infatti prendere

i vettori di base per accorgersi che la regola di associativita per il prodotto vettore nonfunziona quasi mai40.

Dopo lunghi e noiosi conti piuttosto fastidiosi si giunge ad una espressione vera per ilmomento totale, che io non dimostro perche richiederebbe troppi integrali che in questomomento non sono utili. La formula e l’analoga della formula per i dipoli elettrici

~τ = ~µ× ~B

Oltre a questa c’e anche una formula analoga per la forza risultante agente su un dipolo,che e uguale a quella presente in elettrostatica

~F = ~∇(~µ · ~B)

Ci tengo a precisare che queste formule non sono esatte ma sono approssimazioni alprim’ordine in cui supponiamo che il campo magnetico non vari sensibilmente all’internodella zona del dipolo. Non usatele a sproposito.

38Vedi la parte sul calcolo vettoriale se non ne sei convinto.39Il classico esempio di una funzione derivabile ovunque ma con derivata discontinua.40Ripeto: se non ne siete convinti guardate la parte di matematica sul prodotto vettoriale.


Campo di dipolo Come in elettrostatica possiamo essere interessati a conoscere il ter-mine dominante del campo magnetico generato da una distribuzione di correnti lontana elocalizzata. Ci aspettiamo che il campo magnetico di una distribuzione finita non vada maicome ≈ 1/r2, in quanto questo sarebbe il campo di un monopolo magnetico. Facendone ilflusso su una superficie sferica molto grande infatti otterremmo una quantita finita e non 0,in contrapposizione con la legge di Gauss per la magnetostatica.

Il primo termine importante sara quindi un termine che lontano dalla distribuzione va a0 come 1/r3. La fonte piu sensata, in analogia all’elettrostatica, sara il momento di dipolomagnetico della distribuzione µ. A grandi distanze, si puo mostrare che il campo magnetico~B e dato dalla formula

~B(~r) =µ0

4π

3(~µ · r)r − ~µr3

Che e la stessa formula vista in elettrostatica.

Dipolo magnetico e momento angolare

Momento angolare di una particella in campo magnetico


Problemi

Problema 3.3.13 (Senigallia 2, 2016 (proposto da me e dagli altri IPhOisti del 2015)).Attenzione, il testo ufficiale contiene spoiler sulle risposte alla versione qui riportata!

Un elettrone di massa me e carica e viene sparato dall’infinito verso il centro di un solenoide convelocita v0 c. L’elettrone viene sparato dritto , ovvero se π e il piano perpendicolare all’asse delsolenoide, si ha che ~v0 ∈ π. Il solenoide ha una densita di spire per unita di lunghezza n. Trovarela corrente minima imin che non permette all’elettrone di entrare nel solenoide.

Hint 1: 4.2.6 Hint 2: 4.2.7

Problema 3.3.14 (Moto in campo di monopolo magnetico).Supponiamo che esistano i monopoli magnetici. La seconda legge di Maxwell, ovvero il teorema

di Gauss per la magnetostatica ci dice che Φ( ~B, ∂V ) = 0. La presenza dei monopoli magneticicambia questa legge facendola diventare

Φ( ~B, ∂V ) = 4πgint

Dove g indica la carica magnetica. Equivalentemente, si puo scrivere

~∇ · ~B = 4πρg

Supponiamo di avere un monopolo magnetico di carica magnetica g fissato al centro del riferi-mento. Studiamo il moto di una carica elettrica di carica q nel campo generato dal monopolo.

Trovare il campo ~B(~r).

Scrivere la forza agente sulla carica elettrica in funzione della sua posizione ~r e della suavelocita ~v

In questo moto non si conserva il momento angolare ~L ma un vettore simile. Trovarlo echiamarlo ~J

Calcolare r · ~J e trarne delle conclusioni sulla forma delle orbite

INVENTATI QUALCOSA SUL MOTO CONICO

Problema 3.3.15. In una regione circolare di raggio a ce un campo magneticoperpendicolare al piano del cerchio il cui modulo dipende solo dalla distanza dal centro ed e notoche il campo ha flusso totale Φ. Se una particella di carica q e massa m viene lanciata dal centrocon velocita v, con quale angolo rispetto alla direzione radiale esce dalla regione?

Problema 3.3.16. Un cannone posizionato nel punto (−a, 0) paritcelle cariche concarica q e velocita v0 isotropicamente nel semipiano x − y delle y positive. Che forma deve avereuna regione all’interno della quale ci sia un campo magnetico costante e perpendicolare al piano inmodo che tutte le particelle vengano focalizzate nel punto (a, 0)?

Problema 3.3.17 (Esplosione di Coulomb).All’istante iniziale t0 = 0 abbiamo ottenuto una distribuzione di carica nello spazio

ρ(~r) =

ρ0 se |~r| ≤ r0

0 altrimenti

Modellizzate la carica come una melassa che puo cambiare la sua densita di carica e di massa inmodo da espandersi ma mantenendo sempre il rapporto fra le densita di carica e di massa costante


ρcρm

=q

m

A causa delle forze elettriche la nostra sfera carica si espande. Descrivere in modo quantitativol’evoluzione del sistema, indicando con ~R(~r, t) la posizione al tempo t della particella che all’istanteiniziale si trovava nella posizione ~r.

Non e necessaria una soluzione esplicita, basta una in forma implicita.Soluzione: 4.3.45


3.3.3 Equazioni di Maxwell

La legge di Faraday-Neumann-Lenz I campi elettrico e magnetico vengono spessopresentati come oggetti distinti e molto diversi, spesso anche trattati come se non avesseroa che fare niente l’uno con l’altro. Certo, il campo elettrostatico e conservativo mentre ilcampo magnetico non ha niente di irrotazionale, la forza che applicano su una particella ecompletamente diversa, ma credetemi che sono molto legati.

La legge di Faraday-Neumann-Lenz lega appunto questi due campi ed e il motivo per cuifunzionano oggetti come la Dinamo delle biciclette, gli alternatori41 e i trasformatori, chesono in qualsiasi apparecchio elettronico che ci circonda. Ora scrivero la legge e poi cercherodi renderla chiara con degli esempi.

Proposizione 3.3.2 (Legge di Faraday-Neumann-Lenz). Sia Σ una superficie regolare, nonnecessariamente piatta, non chiusa (una sfera non va bene), e che possieda un contorno ∂Σregolare e ben definito. 42. Vale allora∮

∂Σ

~E · d~s = − ∂

∂t

∫Σ

~B · d ~A

Usando il teorema del rotore questa equazione si puo scrivere in forma locale

~∇× ~E = −∂~B

∂t

Scritta cosı senza essere commentata e di difficile comprensione.A sinistra dell’uguale c’e la circuitazione del campo ~E lungo una curva chiusa. Noi

sappiamo che se un campo e conservativo, la circuitazione deve essere nulla. Evidentemente,il campo elettrico non e quindi sempre conservativo. Inoltre, sempre il termine a sinistra hale dimensioni di una differenza di potenziale. Per questo motivo spesso viene chiamato V ,ma ha un significato molto diverso. Normalmente quando si parla di differenza di potenzialelo si fa per un campo conservativo, in quanto effettivamente si ha che per spostare una caricaq si compie un lavoro

L = q∆V

Dove ∆V non dipende dal percorso proprio perche il campo e conservativo. Qui le cosesono ben diverse, in quanto e evidente che, non essendo sempre identicamente nullo il membrodi destra, si puo avere ∮

∂Σ

~E · d~s 6= 0

E quindi scrivere

L = q∆V

Perde molto senso, in quanto a questo punto il ∆V dipende dal percorso per andare daun punto all’altro. Evidentemente sara lo stesso per il lavoro.

41In realta sono la stessa cosa42Per esempio se la superficie e un cerchio, il contorno e la circonferenza, se la superficie fosse una sfera,

il contorno non ci sarebbe.


Tuttavia questo termine di circuitazione assomiglia un po’ ad una ddp. Prendiamo uncircuito elettrico ad una sola maglia, per esempio. In questo caso e chiaro che l’unica lineasensata su cui fare la circuitazione e il filo, per l’appunto. La parte interessante e che sela circuitazione e diversa da 0, vuol dire che e presente un campo elettrico che gira e chequindi spinge gli elettroni dentro il filo in una certa direzione. Dato che il filo e un filodi conduttore, difficilmente gli elettroni saranno in grado di scappare dallo stesso e quindisaranno continuamente spinti a girare nel circuito, proprio come se ci fosse una batteriainserita nella maglia!

Se cerchiamo un analogo nello spazio vuoto, la cosa diventa leggermente piu fumosa inquanto se non ci sono vincoli esterni e piu difficile beccare la forma della traiettoria e non enemmeno detto che sia una curva chiusa, quindi fare un analogo e piu difficile.

Andiamo ad esaminare il membro di destra. Il termine∫Σ

~B · d ~A

E un flusso di campo magnetico. Noi sappiamo dalla legge di Gauss per la magnetostaticache si ha ∮

∂V

~B · d ~A = 0

Questo vuol dire che il membro di destra e sempre 0? NO. Infatti la legge di Gauss valeper una superficie chiusa, mentre noi abbiamo scelto per la legge di Faraday proprio unasuperficie che non lo sia.

Inoltre, vorrei far notare che al membro di destra c’e una derivata parziale rispettoal tempo. Questo vuol dire che se il campo magnetico e costante (non necessariamenteuniforme) e la superficie su cui applichiamo la legge rimane la stessa, allora si ha∮

∂Σ

~E · d~s = 0

Ovvero otteniamo che il campo elettrico in quel caso e conservativo, come ci aspettavamo.Andiamo a fare un esempio concreto per capire meglio questa legge

Esempio 3.3.11. Andiamo a considerare due solenoidi, 1 e 2, messi abbastanza viciniaffinche il campo magnetico di uno possa essere non trascurabile dove si trova l’altro. Idue solenoidi sono attaccati a due circuiti non collegati. Il primo circuito e costruito inmodo da poter regolare la corrente che passa attraverso il primo solenoide a piacimento,mentre il secondo ha attaccato un amperometro per misurare la corrente che lo attraversa.

Vediamo un paio di situazioni spiegabili con la legge di Faraday. Supponiamo ad esempiodi regolare la corrente nel primo circuito in modo che sia costante e valga I. Che cosa misural’amperometro nel secondo circuito? La risposta e che misura corrente nulla. Infatti, se lacorrente e costante il campo magnetico e altrettanto. Di conseguenza, essendo∮

∂Σ

~E · d~s = − ∂

∂t

∫Σ

~B · d ~A⇒∮∂Σ

~E · d~s = 0

Per cui non ci sara alcun motivo per cui dovrebbe scorrere corrente nel secondo circuito.


Figura 3.23: Esempio sulla legge di Faraday

Vediamo una cosa diversa. Regoliamo la corrente nel primo circuito in modo che seguaun andamento simile alla carica di un capacitore, ovvero regoliamo la corrente in modo chesia

I(t) = I0(1− etτ )

Questa scelta e a caso, mi bastava una funzione con un asintoto orizzontale per farequesto esempio, ho scelto l’esponenziale perche e bello.

E abbastanza ovvio per analisi dimensionale che il campo magnetico generato dal primosolenoide dipendera in modo lineare dalla corrente che ci passa attraverso. Per la linearita del-l’integrale, varra anche che il flusso del campo attraverso il secondo solenoide e proporzionalealla sorgente. Di conseguenza, sara

ΦB = kI(t)

Dove la costante k dipendera dalla geometria del sistema e quindi, a meno di deformazioni,non dal tempo. Nel secondo circuito, ci sara quindi una differenza di potenziale indotta deltipo

V = −kτI0e− tτ

Ovvero in questa situazione all’inizio scorre corrente e poi non piu. E quindi importantericordare che viene indotta una ddp nel circuito 2 solo in presenza di variazione di flussodi campo magnetico

Esempio 3.3.12 (Estrarre una spira da un campo magnetico fisso). Prendiamo un esem-pio classicissimo. Consideriamo una situazione in cui in meta dello spazio c’e un campomagnetico costante e uniforme ~B0 mentre nel resto dello spazio il campo e nullo, ovvero

~B =

B0z se x < 0

0 altrimenti

E consideriamo ora una spira rettangolare 43 posta in modo che sia ortogonale al campomagnetico ~B. Supponiamo inoltre che siano presenti forze esterne (per esempio una persona),

43Ovvero un filo metallico rigido modellato a forma di rettangolo.


che permettono alla spira di muoversi solo lungo l’asse x e non le permettono di ruotareintorno ad alcun asse, mantenendo quindi fissa la direzione dei due lati della spira, ~a = axe ~b = by

Se ora teniamo ferma la spira e ovvio che non ci sara alcuna fem indotta, in quanto il flussodel campo magnetico attraverso la spira e costante, indipendentemente da dove ci troviamonello spazio. Andiamo ora a muovere la nostra spira lungo l’asse x. Quando ci troviamoancora nella situazione in cui la spira e completamente immersa nel campo magnetico, ilflusso del campo sara sempre ΦB = B0ab e di conseguenza la sua derivata sara nulla e quindianche la fem.

Ovviamente la stessa cosa vale nella zona in cui il campo e nullo, ma le cose si fannointeressanti quando la spira e parzialmente immersa, ovvero quando e a cavallo di x = 0.Finche la spira e a cavallo delle due zone, infatti, il flusso del campo sara sempre Φ = B0A,ma A = b(a−x), dove ho indicato con x la posizione dell’estremo destro della spira. Andiamoa calcolare la fem indotta nella spira usando la legge di Faraday

V = − ∂

∂tB0b(a− x) = B0b

∂x

∂t= B0bv

Dove ho indicato con v la velocita della spira

Figura 3.24: Schema dell’apparato. Non ho trovato un immagine migliore. a = l, b = h

Supponiamo ora che la nostra spira abbia resistenza R. Ci aspettiamo quindi che nella

spira fluisca una corrente i =V

R, secondo la legge di Ohm. La domanda che uno a questo

punto si deve porre e: in che verso gira la corrente?In una legge formulata come

~∇× ~E = −∂~B

∂t

Basta fare la derivata parziale del campo magnetico per ottenere esattamente il rotore delcampo elettrico e quindi sapere in che verso gira. Come facciamo qui a dare una orientazionecorretta alla circuitazione, una volta scelto il verso del vettore area? La risposta e semprequella: regola della mano destra!

Dato che noi abbiamo scritto ΦB = +BA e non −BA, abbiamo implicitamente sceltol’orientazione del vettore area in modo che sia concorde il campo magnetico, ovvero abbiamopreso il vettore area ~A = Az. A questo punto basta mettere il pollice lungo il versore z equesto indichera in che verso fare la circuitazione del campo. Dato che il V che abbiamo


calcolato e V > 0, avremo che effettivamente anche la corrente scorre nel verso indicato dallamano destra e non nel verso opposto (cosa che sarebbe accaduta se V < 0)

Per mantenere un corpo in moto rettilineo uniforme e necessario che la somma delle forzeesterne sia nulla. Domandiamoci ora: serve applicare una forza per tenere in moto rettilineouniforme la nostra spira oppure una volta messo in moto fa tutto da solo?

Beh, dato che abbiamo una spira percorsa da corrente in campo magnetico, ci aspettiamoche il campo eserciti una forza su di essa. Ora bisogna vedere in che verso va la corrente percapire se il campo aiuta o ferma la spira.

La spira e rettangolare. I quattro lati daranno contributi di forza diversi, quando la spirae a cavallo del campo. Ovviamente il lato in cui non c’e campo magnetico non contribuiraalla forza e verra chiamato lato C. I due lati ortogonali a C ovviamente risentono della forzadel campo magnetico, ma dato che sono completamente uguali e vi scorre corrente opposta,per simmetria la forza totale di quei due sara nulla 44. L’unico lato interessante sara quindiquello rimasto, parallelo a C. Il modulo della forza sara quindi

F = ibB0 =V

RbB0 =

B20b

2

Rv

Ora dobbiamo attribuirgli il verso. Dato che noi abbiamo trovato il verso della correntee sappiamo che in quel tratto si ha dl = −y, allora

~F = i~l × ~B =B2

0b2

Rv(−y)× z = −B

20b

2

Rvx

E quindi la forza magnetica tende ad opporsi allo spostamento. Proprio a causa del segno− nella legge di Faraday si ha che la forza magnetica tende a mantenere ferma la spira!

Tornando a quanto detto prima, per mantenere la spira in moto rettilineo uniforme enecessario esercitare una forza esterna uguale e opposta a quella appena trovata. Essendouna forza che si sposta, questa compiera lavoro. La potenza istantanea erogata da questaforza sara

P = ~F · ~v =B2

0b2

Rv2

Dove finisce questa energia? La risposta e semplice: nel circuito c’e una resistenza el’energia fornita se la mangia lei. Calcoliamo infatti la potenza dissipata per effetto Joule:

P = −iV = −V2

R= −B

20b

2

Rv2

Quindi i conti tornano.Vi sembra fatto un po’ a caso quello che abbiamo visto adesso, vero? Beh, un pochino lo

e. Per fare le cose per bene, il metodo piu corretto da seguire e mettersi nel riferimento incui il circuito e fermo e calcolare lı i campi ~E e ~B, fare la circuitazione di ~E e poi procederecome sopra. Il metodo che ho usato sopra funziona benissimo e sempre. Imparare a fare lecose formalmente e una cosa da rimandare al secondo/terzo anno di universita e impararloora e una perdita di tempo. Se volete vedere lo stesso esempio rifatto per bene, guardate laparte di relativita

VAI A SCRIVERLA E LINKA L’ESEMPIO

44Ma non il momento rispetto al centro della spira, ma al momento non ci importa


Esempio 3.3.13 (Dinamo). Vi siete mai chiesti come fa un motore a combustione a generarecorrente elettrica? Beh e ora di scoprirlo. Prendiamo una spira metallica. Per semplicita laprendiamo circolare e piana, ma in realta va bene tutto.

Figura 3.25: Schema dell’apparato.

Attacchiamo la spira all’albero motore del nostro apparecchio che in qualche modo erogapotenza (puo essere il motore a scoppio di un auto o anche la forza delle gambe di unapersona che spinge i pedali della bici) in modo che la spira giri intorno ad un suo diametro,vincolata dalla forza esterna in modo da girare a velocita angolare costante ω

Aggiungiamo adesso un campo magnetico esterno uniforme in modo che la spira vi siaimmersa. Questo campo puo essere realizzato per esempio mettendo vicini dei Geomag moltopotenti. Prendiamo il campo in modo che esista un momento in cui il vettore area della spirasia parallelo al vettore campo magnetico. A meno di riscalare l’asse del tempo, sara quindi

ΦB = ~B · ~A = πB0r2 cosωt

Secondo la legge di Faraday sara quindi

V = −∂ΦB

∂t= πB0r

2ω sinωt

E quindi siamo riusciti ad ottenere una ddp oscillante nella nostra spira di corrente! Seci attacchiamo un circuito elettrico, questo puo essere alimentato dalla spira. Qualcunopotrebbe domandarsi come mai noi vediamo una lampadina mantenere la luce stabile anchese la ddp a cui e sottoposta e oscillante. La risposta e semplice: il circuito di casa oscilla a50 ∼ 60Hz, che unito al fatto che una lampadina non si spegne subito ma impiega qualchedecimo di secondo permette alla luce di essere stabile.


Le equazioni di Maxwell

Facciamo il punto della situazione. Abbiamo visto i casi statici sia del campo magnetico siadel campo elettrico. In questo caso le equazioni che governavano tutto erano~∇ · ~E =

ρ

ε0~∇× E = 0

~∇ · ~B = 0~∇× ~B = µ0

~J

Le ho scritte subito in forma differenziale in quanto cosı sono molto piu chiare. Comepotete ben vedere, questi due sistemi di equazioni sono distinti, non hanno niente a che farel’uno con l’altro. Da una parte la sorgente e ρ, dall’altra ~J , e ~E e ~B non sono mai legati(nel caso statico). Di conseguenza quando non compaiono le esplicite dipendenze dal tempoi problemi di elettrostatica e di magnetostatica sono completamente disaccoppiati, risolvereuno e scorrelato dall’altro, i sistemi di equazioni non interagiscono.

Tuttavia abbiamo anche visto che c’e un’altra equazione, la conservazione della caricaelettrica locale, che in forma differenziale si scrive

∂ρ

∂t+ ~∇ · ~J = 0

che in effetti lega ρ e ~J . Il sospetto che ci sia qualcosa di piu grosso sotto in effetti c’e.Abbiamo poi visto la legge di Faraday-Neumann-Lenz, che per la prima volta lega due

quantita che prima erano distinte, ~E e ~B, semplicemente accendendo la dipendenza esplicitadal tempo. Le equazioni che abbiamo scritto vanno quindi corrette, introducendo il terminedi Faraday

~∇ · ~E =ρ

ε0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t~∇× ~B = µ0

~J

A questo punto pero non possiamo piu trattare in modo separato un problema con ilcampo elettrico e uno con il campo magnetico, in quanto i sistemi di equazioni si accoppianoe quindi non si puo piu cercare la soluzione per ~E senza considerare ~B e viceversa.Due fenomeni che prima erano distinti e trattati in modo separato, ora sono stati riunitisotto le stesse leggi fisiche. Questo e un grande passo avanti.

C’e ancora qualcosa che non va in questo sistema, tuttavia. Mentre la legge di Faradaye stata direttamente un’evidenza sperimentale e quindi la correzione si deve in effetti allaboratorio, in questo caso si puo gia vedere che in una di queste 4 equazioni c’e qualcosa chenon va. Ricordate quando in magnetostatica noi abbiamo scritto l’equazione di continuita,che ho scritto poco sopra, e dato che eravamo in statica, abbiamo posto subito ∂ρ

∂t= 0. Beh,

questo adesso non e piu vero in generale.Tuttavia questo e in contraddizione con l’ultima delle 4 equazioni! Prendendo infatti la

divergenza a destra e a sinistra,

~∇ · ~∇× ~B = µ0~∇ · ~J


Ma la divergenza del rotore e sempre 0! In sostanza, l’ultima equazione ha palesementeun problema appena noi accendiamo l’esplicita dipendenza dal tempo delle quantita che vicompaiono.

Questa correzione, in ultima istanza, va confermata dal laboratorio. Tuttavia, storica-mente la correzione giusta e arrivata molti anni prima della conferma ed e stato Maxwella capire come bisognava fare per risolvere il problema. La soluzione che ha proposto haincredibilmente unificato altri due mondi distinti, come ora vedremo, e per questo Maxwellha dato il suo nome a tutte e 4 le equazioni che scriveremo fra poco, anche se il pezzo cheha scritto lui e veramente piccolo.

Cerchiamo quindi qualcosa per correggere l’ultima equazione. Dato che e un’equazionevettoriale, aggiungiamo un generico vettore ~F e cerchiamo di capire chi puo essere.

~∇× ~B = µ0~J + ~F

Di nuovo, dato che stiamo cercando di far andare d’accordo questa equazione con l’equa-zione di continuita, prendiamo la divergenza a sinistra e a destra

0 = µ0~∇ · ~J + ~∇ · ~F ⇒ −µ0

∂ρ

∂t+ ~∇ · ~F = 0

Tuttavia noi in effetti conosciamo gia un’equazione in cui compare ρ, ed e la prima delsistema che abbiamo scritto, ovvero ρ = ε0~∇ · ~E. Quindi,

−µ0ε0~∇ ·∂ ~E

∂t+ ~∇ · ~F = 0⇒ ~∇ ·

(~F − µ0ε0

∂ ~E

∂t

)= 0

Ora, se la divergenza di un campo e zero, il campo in generale non e zero! ~∇· ~G = 0non vuol dire ~G = 0. Per esempio ~E = q/r2r ha divergenza nulla ovunque tranne che

nell’origine ma non e zero. Maxwell quindi non poteva dire a priori che ~F = µ0ε0∂ ~E∂t

. Ma luilo ha fatto lo stesso.

Non si e trattato di un errore dovuto a poca conoscenza della Matematica, lui sapevaperfettamente dove voleva arrivare e ha volutamente commesso questo errore perche avevavisto che se le sue equazioni si fossero rivelate giuste, sarebbe riuscito a spiegare non solo ifenomeni elettromagnetici, ma anche altro, come vedremo ora. Diciamo che valeva la penaessere bocciati all’esame di Analisi per fare un claim simile.

Piu di vent’anni dopo il suo claim e stato confermato in laboratorio. Noi prendiamoloper buono e vediamo a cosa porta. Le equazioni che abbiamo ora, dopo l’ultima correzionesono

~∇ · ~E =ρ

ε0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B = µ0~J + µ0ε0

∂ ~E

∂t

(3.33)

Che magari vi fara piacere leggere anche in forma integrale per chi non ha ancora presola mano con gli operatori differenziali


∮∂V

~E · d ~A =

∫V

ρ

ε0dV∮

∂V

~B · d ~A = 0∮∂Σ

~E · d~s = − ∂

∂t

∫Σ

~B · d ~A∮∂Σ

~B · d~s = µ0

∫Σ

~J · d ~A+ µ0ε0∂

∂t

∫Σ

~E · d ~A

(3.34)

Al primo sguardo queste equazioni non sembrano molto simmetriche, per diversi motivi.Il piu stupido e che il sistema MKS mette le costanti in modo orribile. Il secondo motivo e lamancanza di cariche magnetiche, che facciano il ruolo di una ρm e ~Jm. Tuttavia, mettendocinel vuoto ovvero in assenza di cariche e correnti libere, le equazioni si riducono a qualcosadi piu semplice

~∇ · ~E = 0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B = µ0ε0∂ ~E

∂t

Che assume un aspetto molto piu simmetrico, a meno delle costanti che dipendono dalnostro sistema di unita di misura. C’e un segno meno a rompere ulteriormente la simmetria,ma nel prossimo paragrafo vedremo che non ci dispiace davvero la sua presenza.

Vediamo rapidamente una cosa: che dimensioni ha il prodotto µ0ε0? Beh, basta fare unconto. Fatelo per prendere confidenza con le unita di misura in MKS che sono alquantofastidiose per l’elettromagnetismo. Il risultato e che questo prodotto ha le dimensioni diun tempo al quadrato fratto una lunghezza al quadrato, che puo essere visto come unavelocita alla −2. Potete prendere la calcolatrice e vedere quanto vale questa velocita, cheper convenzione si chiama c,

c =1

√µ0ε0

≈ 3 · 108 m

s

Vi ricorda qualcosa?


L’unificazione di ottica ed elettromagnetismo

Riprendiamo le equazioni di Maxwell nel vuoto e mettiamo per comodita il fattore c2 alposto di µ0ε0

~∇ · ~E = 0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B =1

c2

∂ ~E

∂t

Ora faro un po’ di cose a caso con gli operatori differenziali perche so dove voglio arrivare.Voi cercate di seguirmi. Prendiamo il rotore dell’ultima equazione

~∇× (~∇× ~B) =1

c2

∂

∂t~∇× ~E

possiamo usare la solita identita vettoriale per il triplo prodotto vettore per semplificarel’espressione

~∇(~∇ · ~B)−∇2 ~B =1

c2

∂

∂t~∇× ~E

Ma ~∇ · ~B = 0. Inoltre possiamo usare la terza equazione di Maxwell per scrivere in altritermini il rotore di ~E. Dopo le semplificazioni l’equazione diventa

−∇2 ~B = − 1

c2

∂

∂t

∂ ~B

∂t

Che scritta in modo piu leggibile diventa

∇2 ~B − 1

c2

∂2 ~B

∂t2= 0

Per esercizio, fate una cosa quasi uguale per ottenere un analogo per ~E

∇2 ~E − 1

c2

∂2 ~E

∂t2= 0

Dalle 4 equazioni di Maxwell abbiamo ottenuto altre due equazioni, che, badate bene, nonsono equivalenti alle altre 4. Le due equazioni qui trovate, da sole non sostituisconole 4 equazioni di Maxwell

Quindi abbiamo fatto un sacco di fatica con rotori e divergenze per arrivare comunque aqualcosa che non ci semplifica il problema? Sbagliato. Le due equazioni che abbiamo tro-vato per ~E e ~B sono le equazioni d’onda classiche. Maxwell le conosceva bene, ai suoi tempil’ottica esisteva gia, ma solo lui si e accorto che le leggi dell’elettromagnetismo spiegavanoalla perfezione tutti i fenomeni ottici. Finalmente la luce, di cui prima si conoscevano solole sue interazioni con il resto e non la sua essenza, aveva finalmente una spiegazione: la lucenon e altro che un’onda elettromagnetica.

Da un altro punto di vista, piu terra terra, anche solo aver trovato delle equazioni chegia si conoscono e un grosso passo avanti. Le soluzioni dell’equazione d’onda classica sono


ben note e al tempo di Maxwell erano gia state studiate a lungo. Noi abbiamo visto chele equazioni di Maxwell implicano le equazioni d’onda per ~E e ~B. Di conseguenza, unasoluzione delle equazioni di Maxwell risolvera per forza anche l’equazione d’onda, per cuise noi le soluzioni di quest’ultima le conosciamo tutte, possiamo semplicemente controllarequali di queste soddisfano anche le equazioni di Maxwell e abbiamo finito! Vedete quindiche anche in termini di soluzioni matematiche e un passo avanti.

Quando si studiano le onde ci si fanno alcune domande opportune. Per esempio, a chevelocita si propaga quest’onda? Beh, questa e proprio Matematica. Sappiamo che unafunzione che rispetti l’equazione d’onda di quel tipo si muove a velocita c. Rispetto a cosa?Per il suono c’e l’aria, questo e scontato. Cosa c’e per le onde elettromagnetiche? Fateviquesta domanda. Scoprirete la risposta nella sezione di Relativita ristretta.

Il regime di campi lentamente variabili

Perche ci sono voluti 20 anni dopo la pubblicazione di Maxwell per avere la conferma inlaboratorio della sua previsione? Eppure la quarta equazione era evidentemente sbagliata,come mai nessuno con i suoi strumenti se n’e accorto prima? Beh, il motivo c’e, ed e perquesto che la correzione di Maxwell si studia dopo la legge di Faraday, anche se logicamenteuna e prevedibile e l’altra no.

Beh, ci sono diverse costanti nelle equazioni. Quella che piu importa in questo momento ec. L’altro parametro interessante per quello che andiamo a fare e un tempo T , in particolareil tempo caratteristico in cui varia il nostro campo elettrico e magnetico in laboratorio. Peresempio, per un campo elettrico che varia in modo sinusoidale

~E(~x, t) = ~E0 sin(ωt)

Il tempo caratteristico che ci interessa e T = 2π/ω. Abbiamo un tempo e una velocita.Quello che noi vorremmo avere e un oggetto adimensionale, o molto piccolo o molto grande,che in un certo senso faccia da indicatore e ci faccia capire come mai e stato cosı difficileottenere in laboratorio questa conferma.

Dato che appunto abbiamo un tempo e una velocita, la cosa piu sensata da cercare e unalunghezza, in modo da poter ottenere una quantita adimensionale di cui controllare il valoreper capire questo inghippo.

Per farci un’idea di quello che succede vediamo questo esempio concreto.

Esempio 3.3.14 (Campo magnetico in un condensatore). Consideriamo un condensatorea facce piane e parallele di forma circolare. Sia a il raggio delle facce e d la distanza fra learmature. Stavolta non terremo fissa la carica sulle facce ma la faremo oscillare in modoarmonico. Per esempio, su una delle due facce avremo

Q(t) = Q0 sin(ωt)

Noi sappiamo per ora solo quello che succede quando la carica e immobile sulle piastre,non quando ci sono variazioni. Tuttavia, ci aspettiamo che se facciamo le cose abbastanzalentamente l’effetto correttivo sara piccolo. L’obiettivo di questo problema sara appuntostimare quali parametri bisogna guardare per capire se effettivamente la correzione e piccolae quanto e piccola. Noi faremo questo conto nelle ipotesi che la perturbazione sia piccola,ovvero cercheremo un risultato in serie di potenze


~E = ~E0

∞∑n=0

anxn

per opportuni coefficienti an, nel caso di x 1, in modo da rendere significativi soloi primi due/tre termini. Vedremo alla fine del problema quali parametri devono rispettarequali condizioni affinche effettivamente x sia piccolo.

In prima approssimazione il campo elettrico del condensatore sara quindi quello di uncondensatore normale: uniforme dalla faccia positiva a quella negativa e di modulo

| ~E| = ε0Q0

d2sin(ωt) = E0 sin(ωt)

Prendiamo senza perdita di generalita ~E = Ez. In prima approssimazione inoltre ilcampo magnetico e zero, in quanto in mezzo al condensatore non ci sono correnti. Andiamoora a vedere cosa succede se accendiamo le dipendenze dal tempo. Le due equazioni da usaresaranno le ultime due equazioni di Maxwell. I termini correttivi saranno

~∇× ~E1 = −∂~B0

∂t= 0

~∇× ~B1 =1

c2

∂ ~E0

∂t=ωE0

c2cos(ωt)z =

ω

cB0 cosωtz

Dove E0/c ha le dimensioni di un campo magnetico e quindi l’ho chiamato B0. A questo

punto abbiamo il rotore della correzione di ~B. Sara intelligente fare cose per togliere quelrotore e avere l’espressione corretta. La cosa facile che si puo fare e notare che il problemaha simmetria cilindrica, per cui ~B(~r), sara ~B(r, z) e non dipendera da φ. Per questo motivopossiamo calcolare il flusso dell’espressione trovata sopra attraverso una circonferenza e usareil teorema del rotore per dire che∮

γ

~B1 · d~l =ω

cB0 cosωtz · πr2z

E per la simmetria cilindrica l’integrale diventa una moltiplicazione

2πrB1 =ω

cB0 cosωtπr2 ⇒ B1 =

ωr

2cB0 cosωt

A cui possiamo dare l’ovvio carattere vettoriale

~B1 =ωr

2cB0 cosωtφ

Abbiamo finito? Abbiamo la prima correzione per ~B e contiene il fattore adimensionaleωr/c. Sembra che siamo a posto. E invece no. E vero che abbiamo la prima correzione

per ~B, ma in prima approssimazione abbiamo detto che ~B era zero. Mi pare che non si possadire che questa prima correzione sia piccola rispetto alla precedente.

A questo punto purtroppo dobbiamo trovare la correzione successiva ad ~E, in modo dapoter effettivamente confrontare due cose in modo sensato.

DI NUOVO BISOGNA METTERE UN MALEDETTO DISEGNO ALTRIMENTI NONSI CAPISCE NIENTE


La correzione successiva e quindi

~E2 = ~E0

(ωr2c

)2

E a questo punto possiamo finalmente dire qualcosa a riguardo di questo risultato.Guardiamo l’oggetto adimensionale

ωr

2c

Il fattore 2 non e davvero rilevante, possiamo anche dimenticarlo. Cerchiamo di imma-ginarci la situazione ai tempi di maxwell. Prendiamo un condensatore enorme, uno di 1 mdi raggio, assolutamente impensabile. Vediamo ora come stimare ω. Mentre ai giorni nostripossiamo tranquillamente raggiungere il GHz con un PC, ai suoi tempi la situazione eramolto diversa. Prendiamo per esempio quindi la rete domestica della corrente, che funzionain Europa a 50 Hz. Il nostro fattore di correzione vale

x =50 · 13 · 108

≈ 10−6

Ed e pure al quadrato. Non c’e quindi molto da stupirsi se ci e voluto un po’ per misurarlo.

Andiamo a vedere un attimino piu in dettaglio l’analisi dell’oggetto adimensionale vistopoco fa

x =ωa

c

Abbiamo una frequenza, una lunghezza e una velocita. Possiamo combinare in piu modiqueste quantita in modo da vedere effettivamente come rapporto puro in modo piu chiaro.

a

λ

τ

T

v

c

Quand’e che τ/T e piccolo? Quando il tempo che impiega la luce ad andare da una parteall’altra del nostro apparato sperimentale e molto piccolo rispetto al tempo di caratteristicodel nostro fenomeno.

Quand’e che a/λ e piccolo? Quando la lunghezza d’onda della luce coinvolta nell’esperi-mento e molto piu grande della lunghezza caratteristica dell’esperimento stesso.

Quand’e che v/c e piccolo? Quando la velocita tipica del nostro esperimento e molto piupiccola della velocita della luce.

Quando si verificano queste ipotesi, si puo parlare di campi lentamente variabili e fareconti perturbativi. In modo spiccio, vuol dire non tener conto della natura ondulatoria dellaluce in quanto poco rilevante per il modello stesso.

Quando non si verificano, si entra nell’ottica Fisica e l’unico modo per risolvere il pro-blema e risolvere simultaneamente tutte e 4 le equazioni di Maxwell.

Nei paragrafi successivi parlero di un po’ di cose interessanti sull’elettromagnetismo ingenerale. Se volete continuare il discorso sulla soluzione delle equazioni di Maxwell nel casogenerale vi rimando al capitolo di Ottica, nella sezione di Ottica Fisica.


L’onda piana Per ora non abbiamo ancora davvero mostrato che esistono delle ondeelettromagnetiche. Noi siamo partiti dalle equazioni di Maxwell, che sono queste

~∇ · ~E = 0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B =1

c2

∂ ~E

∂t

E abbiamo ottenuto come corollario le equazioni∇2 ~E − 1

c2

∂2 ~E

∂t2= 0

∇2 ~B − 1

c2

∂2 ~B

∂t2= 0

Tuttavia per ora non abbiamo ancora mostrato che una generica soluzione delle secondeequazioni, che, badate bene, sono disaccoppiate, e ancora soluzione delle equazioni di prima!Infatti in generale non sara cosı, vedremo adesso un caso particolare che sara chiarificatore.Consideriamo una particolare classe di soluzioni dell’equazione d’onda, ovvero le onde piane.Per onda piana si intende che in sostanza sara ~E(~r, t) = ~E(x, t), ovvero che i vettori dipen-dono in generale da una sola coordinata. Per questo motivo i fronti d’onda saranno quindidei piani45. Vediamo un modo intelligente di scrivere questo tipo di soluzioni.

~E(~r, t) = ~E0ei(kx−ωt)

Numeri complessi? Perche bisognerebbe tirare in ballo i numeri complessi? Da quandoil campo elettico e una quantita non reale? Bene, direi che e il momento di mostrare questautile tecnica matematica dello scrivere le cose in notazione complessa. Perche dovrebbeessere utile una cosa del genere? Cos’e il campo elettrico, che dovrebbe essere un numeroreale?

Quando si usa la notazione complessa si intende che le quantita fisiche sono la partereale del numero complesso che si sta scrivendo. La parte immaginaria rimanente esolo un danno collaterale di uno strumento matematico che alleggerisce i calcoli a patto dilavorare in un campo piu ampio.

Il campo fisico allora sara

~Evero = Re ~E0ei(kx−ωt)

Se basta prendere la parte reale perche non scrivo il coseno? Beh, il succo e che avretenotato che non ho messo una generica fase nell’angolo indicato da kx− ωt. Il motivo e chebasta prendere per l’appunto ~E0 = ~Aeiφ con ~A vettore reale. ”Non e piu comodo riscalarel’asse dei tempi in modo che la fase sia 0?”. Sı, questo sarebbe comodo. Ma in generale iosaro interessato alla sovrapposizione di piu campi e quindi l’operazione di riscalare potrebbetogliere la fase solo ad uno dei tanti. Di conseguenza tanto vale prendersi per tempo econsiderare il vettore costante ~E0 come vettore complesso.

45E con la tipica fantasia dei fisici, da qui deriva il termine onda piana.


Vediamo allora perche e utile usare la notazione complessa, visto che per ora sembra solo

complicarci la vita. Calcoliamo per esempio ∂ ~E∂t

∂ ~E

∂t= ~E0

∂ei(kx−ωt)

∂t= −iω ~E0e

i(kx−ωt) = −iω ~E

Ma quindi in questo caso la derivata, che puo stravolgere la funzione, diventa semplice-

mente una moltiplicazione? Non male. Calcoliamo anche ∂ ~E∂x

, per scrupolo.

∂ ~E

∂x= ~E0

∂ei(kx−ωt)

∂x= ik ~E0e

i(kx−ωt) = ik ~E

Beh, forse allora comincia ad avere un senso utilizzare questa notazione, visto che parealleggerire i conti di non poco. Questo tuttavia non toglie il risultato fisico, non fateviingannare. Ricordate che dovete prendere la parte reale di quello che state guardando.Prendiamo un esempio concreto: ~E0 reale, andiamo a calcolare i vettori veri e vediamo chele cose tornano.

Il vettore vero sara

~E = ~E0 cos(kx− ωt)

Per cui la sua derivata rispetto al tempo, fatta in modo classico, sara

~E = ~E0ω sin(kx− ωt)

Come concorda questo risultato con quello di ~E = −iω ~E? Il trucco e che quella simpaticai, ruota l’esponenziale! In particolare

i = eiπ2 ⇒ −iω ~E = −ω ~E0e

i(kx−ωt+π/2)

Per cui quando ne andiamo a prendere la parte reale quel π/2 di fase ci scambia seno concoseno e viceversa! Uno stratagemma niente male, se usato con cura.

Ora che ho introdotto questo metodo matematico possiamo andare a effettivamente con-trollare che il vettore che vi ho dato sia effettivamente soluzione dell’equazione d’onda.Vediamo infatti

∇2 ~E − 1

c2

∂2 ~E

∂t2= 0⇒ (ik)2 ~E − (−iω)2

c2~E = 0⇒

(k2 − ω2

c2

)~E = 0

E quindi tutto funziona a patto che valga la relazione di dispersione

ω

k= c

Ora che abbiamo visto l’onda piana che si propaga lungo x, cerchiamo di generalizzare inmodo facile alla stessa onda vista da un sistema di riferimento in quiete rispetto al precedentema ruotato, in modo che l’onda non si propaghi lungo la semplice direzione x ma in unagenerica direzione, che indicheremo con il versore orientato k. Non e difficile convincersi chein questo caso allora l’onda non e molto diversa da prima e si scrive

~E(~r, t) = ~E0ei(~k·~r−ωt)


Dove il vettore ~k e ovviamente ~k = |~k|k e indica dove sta andando l’onda. Vediamo comecambiano le derivate parziali. Indichiamo con ovvia notazione

~k = kxx+ kyy + kz z

Di conseguenza, a titolo di esempio

∂ ~E

∂x= ~E0

∂ei(kxx+kyy+kzz−ωt)

∂x= ikx ~E

Per esercizio, mostrate che semplicemente a questo punto affinche il nostro vettore ri-spetti l’equazione d’onda, la relazione di dispersione va modificata in modo molto leggerodiventando

ω

|~k|= c

A questo punto abbiamo trovato una classe di soluzioni particolari per l’equazione d’ondaper i campi ~E e ~B. Vogliamo vedere ora in quali casi la soluzione

~E = ~E0ei(~k1·~r−ω1t)

~B = ~B0ei(~k2·~r−ω2t)

La prima cosa da vedere e che sicuramente affinche possano essere soluzioni delle equazionidi Maxwell deve essere ω1 = ω2 e quindi anche k1 = k2. Il motivo e che le equazioni diMaxwell legano le derivate di ~E con le derivate di ~B, ma in notazione complessa si vede benecome la derivata sia in sostanza solo la moltiplicazione per scalare. Per questo motivo quelledue funzioni non saranno mai uguali a meno di non porre ω1 = ω2 = ω e anche ~k1 = ~k2 = ~k.Notare che devono essere uguali i vettori ~ki, non solo il loro modulo, proprio per il discorsoappena fatto. La soluzione possibile diventa

~E = ~E0ei(~k·~r−ωt)

~B = ~B0ei(~k·~r−ωt)

A questo punto l’unica cosa da fare e buttarli dentro le equazioni di Maxwell e vedere sedavvero le soddisfano. Prendiamo le due equazioni ~∇ · ~E = 0 e ~∇ · ~B = 0

0 = ~∇ · ~E =∂Ex∂x

+∂Ey∂y

+∂Ez∂z

= i(kxE0,x + kyE0,y + kzE0,z)ei(~k·r−ωt) = i~k · ~E0e

i(~k·~r−ωt)

E questa prima condizione ci dice che deve essere ~k · ~E0 = 0, ovvero che ~E e ~k sonoperpendicolari. In particolare questo ci dice che l’onda elettromagnetica sara trasversale,ovvero l’oscillazione sara perpendicolare alla direzione di propagazione del segnale. Ovvia-mente data la grossa simmetria del tutto si avra un equazione uguale per ~B, ovvero ~k · ~B = 0.Non abbiamo finito, ci sono ancora due equazioni da usare

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B =1

c2

∂ ~E

∂t


A questo punto si puo scegliere se morire di conti o se farli in modo furbo e ricordarsiquesta idea la prossima volta. Scriviamo il rotore di ~E, per esempio. Ricorderete che ilprodotto vettoriale si puo scrivere come determinante di una matrice

~∇× ~E =

∣∣∣∣∣∣x y z∂x ∂y ∂zEx Ey Ez

∣∣∣∣∣∣Ma dato che nel nostro caso la derivata e una moltiplicazione,

~∇× ~E =

∣∣∣∣∣∣x y zikx iky ikzEx Ey Ez

∣∣∣∣∣∣ = i~k × ~E

Per cui ~∇× ~E = −∂

~B

∂t

~∇× ~B =1

c2

∂ ~E

∂t

⇒

i~k × ~E = iω ~B

i~k × ~B = −i ωc2~E⇒

~k × ~E =ω

cc ~B

~k × c ~B = −ωc~E

Noi sappiamo gia che |~k| = ω

c, per cui

k × ~E = c ~B

k × c ~B = − ~E

Queste relazioni ci dicono che i 3 vettori ~k, ~E, ~B sono mutuamente ortogonali a due a due.Inoltre, deve anche essere | ~E| = c| ~B|. I prodotti vettoriali ci dicono anche che la terna ~k, ~E, ~Be destrorsa se elencata in questo ordine. A questo punto abbiamo effettivamente esibito unasoluzione delle equazioni di Maxwell che ci mostra come esistano le onde elettromagnetiche.Ora andiamo a vedere altre cose interessanti.


Il vettore di Poynting Uno dei fondamenti della Fisica e la conservazione dell’energiatotale. Vogliamo ora dare un’occhiata a che cosa succede all’energia associata ai campi nelcaso di campi magnetici variabili. Consideriamo quindi un volume di interesse V , contornatodalla superficie regolare ∂V e andiamo a fare il bilancio energetico di quello che c’e dentro.Faremo questo calcolo nel caso piu generale possibile.

In generale, se indichiamo con U l’energia totale racchiusa nel volume V , questa puoessere spesa per fare lavoro sulle cariche oppure potro essere trasportata al di fuori delvolume di interesse da qualcuno, che ora vedremo chi e. Il bilancio si scrivera

dU

dt= −dL

dt− Φ(~S)

Dove Φ(~S) rappresenta l’energia trasportata fuori dalla superficie. Ovviamente questacosa avra il carattere di flusso di un vettore, come e sensato che sia. Troveremo ora, fra lealtre cose, l’espressione di ~S.

Prima di procedere e intelligente andare a fare un calcolo locale piuttosto che integrale,passando da relazioni su tutto il volume V a relazioni che valgono punto a punto, che sarannoquindi pure piu generali. Usando i soliti trucchetti, il bilancio energetico si scrive

d

dt

∫V

udV = −∫V

wdV −∮∂V

~Sd ~A⇒ ∂u

∂t= −w − ~∇ · ~S

Se vogliamo fare qualcosa di assolutamente generale, le poche cose che possiamo usaresono le 4 equazioni di Maxwell e la legge di forza di Lorentz che ci dice come interagisconoi campi con le sorgenti.

~F = q( ~E + ~v × ~B)

la potenza w sara la forza per unita di volume scalar la velocita. Di conseguenza,

w =d~F

dV· ~v = ρ~v · ~E = ~J · ~E

Per cui, inserendola nel bilancio energetico,

∂u

∂t= − ~J · ~E − ~∇ · ~S

A questo punto il nostro obiettivo sarebbe quello di trovare un espressione in terminesolo dei campi ~E e ~B per l’energia u e per il vettore ~S. Vorrei far notare che non e ancoradetto che l’energia u sia quello che uno che si aspetta, ovvero quello che si aveva nel casostatico, in quanto per l’appunto quella formula valeva per il caso statico. Nessuno ci assicuraper ora che non ci sia un’espressione in cui compare la derivata rispetto al tempo di qualcosanell’espressione piu generale della densita di energia, finche non andiamo a controllare.

Di conseguenza, l’unica cosa che possiamo fare adesso e cercare di scrivere ~J in terminidei campi e poi andare a sostituirlo nel bilancio energetico. Prendiamo la quarta equazionedi Maxwell

~∇× ~B = µ0~J + µ0ε0

∂ ~E

∂t

Il bilancio energetico si scrivera


∂u

∂t= −

(1

µ0

~∇× ~B − ε0∂ ~E

∂t

)· ~E − ~∇ · ~S

Questa espressione fa in effetti un po’ schifo. Non sembra aiutare davvero quello che vo-levamo fare. Proviamo allora a fare una cosa che in Fisica spesso paga, ovvero simmetrizzarel’espressione. In questo momento evidentemente ~E e ~B hanno ruoli molto diversi in questaespressione. Proviamo ad aggiungere dei termini identicamente nulli in modo da rendere piusimmetrico il tutto. Per esempio possiamo prendere l’equazione

~∇× ~E +∂ ~B

∂t= 0

e aggiungiamola alla nostra, ma moltiplicata scalarmente per ~B, in modo da simmetriz-zare il tutto. Inoltre, dato che non avrebbe senso dimensionalmente, dobbiamo mettere unfattore 1/µ0 a correggere il tutto. Il bilancio diventa

∂u

∂t= −

(1

µ0

~∇× ~B − ε0∂ ~E

∂t

)· ~E +

(~∇× ~E +

∂ ~B

∂t

)· ~B 1

µ0

− ~∇ · ~S

A questo punto bisogna riordinare l’equazione per capirci qualcosa. Con un paio dimagheggi,

∂u

∂t=

∂

∂t

(1

2ε0 ~E · ~E +

1

2µ0

~B · ~B)

+ ~∇ ·(

1

µ0

~E × ~B

)− ~∇ · ~S

Mentre risulta chiaro come abbiamo raccolto i termini che contenevano una derivataesplicita rispetto al tempo, magari non e altrettanto chiaro come e spuntata una divergenza.Il succo e che abbiamo usato una identita vettoriale riguardante la divergenza del prodottovettoriale.

A questo punto possiamo scegliere di dire che effettivamente

u = uE + uB =1

2ε0 ~E · ~E +

1

2µ0

~B · ~B

In quanto fa tornare il bilancio energetico e per giunta coincide con quello che avevamogia trovato per il caso statico! Non male, direi. Inoltre, avendo fatto questo bilancio abbiamotrovato anche

~S =1

µ0

~E × ~B

Che ci dice quindi che in presenza di campi elettrici e magnetici incrociati l’energia vienetrasportata secondo questa relazione.

Oltre all’energia, una quantita meccanica interessante e la quantita di moto. Facciamoun ragionamento analogo e vediamo cosa succede.


Conservazione del momento L’energia non e l’unica cosa che si puo associare al campoelettromagnetico. Anche la quantita di moto ha un suo corrispettivo nel caso dell’elettroma-gnetismo. Dato che

~F =d~p

dt

Possiamo scrivere ∫V

(ρ ~E + ~J × ~B)dV =d~p

dt

Ora cerchiamo di usare le equazioni di Maxwell per far sparire le sorgenti e lasciare soloi campi. Scriviamo quindi le equazioni

ρ = ε0~∇ · ~E

~J =1

µ0

~∇× ~B − ε0∂ ~E

∂t

Per cui ∫V

(ε0

(~∇ · ~E

)~E +

(1

µ0

~∇× ~B − ε0∂ ~E

∂t

)× ~B

)dV =

d~p

dt

E ora bisogna fare un sacco di manipolazioni furbe per far uscire qualcosa di sensato.Innanzitutto raccogliamo un ε0 in modo da far sparire quasi tutte le costanti

d~p

dt= ε0

∫V

((~∇ · ~E

)~E + c2

(~∇× ~B

)× ~B − ∂ ~E

∂t× ~B

)dV

E a questo punto cominciano i giochini che non verrebbero mai in mente se non si sapessegia a cosa si vuole arrivare. Intanto notiamo che

−∂~E

∂t× ~B = − ∂

∂t

(~E × ~B

)+ ~E × ∂ ~B

∂t

E ora che abbiamo la derivata di ~B possiamo usare la legge di Faraday-Neumann-Lenz

−∂~E

∂t× ~B = − ∂

∂t

(~E × ~B

)− ~E ×

(~∇× ~E

)Per cui, sostituendo nell’equazione di prima

d~p

dt= ε0

∫V

((~∇ · ~E

)~E + c2

(~∇× ~B

)× ~B − ∂

∂t

(~E × ~B

)− ~E ×

(~∇× ~E

))dV

A questo punto possiamo portare a sinistra dell’uguale il termine ~E× ~B, con i coefficientidavanti in modo da ottenere a LHS

d~p

dt+

1

c2

∫V

~SdV


E a destra

ε0

∫V

((~∇ · ~E

)~E + c2

(~∇× ~B

)× ~B − ~E ×

(~∇× ~E

))dV

E visto che le cose simmetriche sono sempre meglio di quelle asimmetriche aggiungiamo− ~B(~∇ · ~B). Possiamo farlo in quanto sappiamo che ~∇ · ~B = 0 e quindi in effetti stiamo soloaggiungendo 0 all’equazione. Otteniamo a RHS quindi

ε0

∫V

((~∇ · ~E

)~E − ~E ×

(~∇× ~E

)− c2 ~B(~∇ · ~B) + c2

(~∇× ~B

)× ~B

)dV

E a questo punto partono i conti satanici con gli indici per riuscire a capirci qualcosa.Prima di lasciare spazio ai conti direi che vi spieghero le idee di quello che si vuole fare. Sei conti non volete guardarli, nessuno vi biasimera, anche perche non sono semplicissimi.

L’idea e che per l’energia siamo riusciti a scrivere il trasporto di energia attraverso unasuperficie come flusso di un campo vettoriale. Questa cosa ha senso perche l’energia e unoscalare e quindi la divergenza di un vettore ha senso per essere paragonata ad uno scalare.

Se noi guardiamo il trasporto di quantita di moto, il problema e piu grosso, perche stiamotrasportando un vettore attraverso una superficie, ovvero abbiamo due cose con caratterevettoriale. La cosa comincia a puzzare, e probabile che questa volta non ci bastera unvettore per prenderne la divergenza, avremo bisogno di qualcosa di piu grosso. Cosa c’e diimmediatamente piu grosso di un vettore? Un tensore a due indici, ovviamente.

Ora che vi siete spaventati, tensore a due indici = matrice. Niente di cui preoccuparsi.A questo punto bisogna trovarlo questo fantomatico tensore. In particolare, cosa vuol direfarne la divergenza?

~∇ · T = ∂jTij = ∂xTix + ∂yTiy + ∂zTiz

Quindi la divergenza di un tensore a due indici e un vettore? Beh, lo abbiamo costruitoapposta, non vedo perche sorprendersi.

A questo punto purtroppo l’unica cosa da fare e morire di conti. Io alla vostra eta nonavrei saputo farli. Se non volete leggere la riga succesiva, nessuno vi biasimera. Il risultatopero guardatelo.

Ei∂jEj − εijkEjεklm∂lEm = Ei∂jEj − (δjlδkm− δjmδkl)Ej∂lEm = Ei∂jEj − (Ej∂jEi−Ej∂iEj)

E a questo punto e evidente46 che il tensore

Tij = ε0

(EiEj −

1

2δijE

2 + c2BiBj − c2 1

2δijB

2

)Ha effettivamente divergenza uguale all’espressione indicata sopra. Notiamo che effetti-

vamente qui c’e una grossa simmetria fra ~E e ~B. L’apparente asimmetria e solo dovuta adelle costanti che dipendono dal nostro sistema di unita di misura.

Ma io dove accidenti usero questo aggeggio? Se devo essere sincero, io alle Olimpiadinon l’ho mai usato. Tuttavia, sapere della sua esistenza e un buon metodo per controllare le

46E evidente = non ho idea di come spiegarlo in modo semplice, quindi dico che e ovvio cosı non mi chiediperche, avendo paura di essere ritenuto stupido.


cose. Potete notare che Tij ha le unita di misura di un’energia su unita di volume, ovvero diuna pressione. Non e un caso, lo abbiamo costruito noi in modo che il suo flusso sia ugualealla quantita di moto trasportata per unita di tempo, ovvero la forza. E per questo motivoche si puo utilizzare per calcolare la pressione di radiazione.

Prendiamo un esempio concreto. Ricorderete che quando abbiamo parlato di elettrosta-tica abbiamo calcolato la forza agente fra le due armature di un condensatore a facce pianee parallelle.

Abbiamo trovato F =Q2

2ε0A, dove A e la superficie di una piastra del condensatore.

Vorrei farvi notare che il fattore 2 che compare a denominatore non e scontato e abbiamosofferto un pochino per trovarlo e capire che effettivamente ha senso di esserci. Facciamoora il conto in modo meccanico usando il tensore di Maxwell. In un codensatore il campoelettrico ha una sola direzione. Prendiamolo, dato che non siamo masochisti, lungo x. Ilcampo magnetico sara inoltre nullo, per cui il nostro tensore di Maxwell si scrive

Tij = ε0

E2 − E2/2 0 00 −E2/2 00 0 −E2/2

= ε0E2

2

1 0 00 −1 00 0 −1

Se ora ricordiamo che in un condensatore vale E =

Q

ε0A, possiamo calcolare la forza

agente sull’armatura di sinistra

Fx =

∫A

(TxxdAx + TxydAy + TxzdAz) = TxxA =ε02

(Q

ε0A

)2

A =Q2

2ε0A

E qui in effetti e difficile dimenticarsi il fattore 2.

Pressione di radiazione


Problemi

Problema 3.3.18 (Ghigliottina magnetica).

Problema 3.3.19 (Senigallia 2005, 3). Un prototipo molto elementare di motore elettricopuo essere costituito da una ruota conduttrice posta in un campo magnetico. La ruotamostrata in figura e formata da un cerchione con 4 raggi uguali di lunghezza l, ciascuno diresistenza R, mentre la resistenza del resto del circuito e trascurabile. Due contatti striscianticollegano l’asse e il cerchione ai poli di una batteria di f.e.m. V . Il campo magnetico ~B euniforme e perpendicolare al piano verticale della ruota, uscente in figura 3.26.

Figura 3.26: Sollevamento pesi

1. Si determini la polarita della batteria e il valore V0 della f.e.m. della batteria affincheil motore tenga sollevato l’oggetto di massa M come indicato in figura.

2. Si dimostri che quando la ruota si muove a velocita angolare ω, ai capi di ciascunraggio si determina una f.e.m. indotta E = 1

2ωl2B, indicandone il verso, a seconda che

la rotazione faccia salire o scendere l’oggetto appeso al filo.

3. Messo in moto il motore, con V > V0, dopo una brevissima fase transitoria l’oggettoviene sollevato a velocita costante; si calcoli tale velocita.

4. Calcolare il rendimento del motore a regime.

5. Se ad un certo istante il generatore viene escluso spostando il commutatore dalla po-sizione 1 alla 2, anche il moto di caduta dell’oggetto avviene a velocita costante. Sicalcoli la velocita nel moto di caduta frenato.


6. Durante il funzionamento la ruota del motore si scalda; supponendo di poter trascuraregli scambi di calore con l’esterno, valutare se l’incremento di temperatura della ruotaad ogni giro e maggiore quando l’oggetto viene sollevato o quando cade frenato.

Per i calcoli si usino i seguenti valori numerici:

l = 20, 0cm;R = 20mΩ;V = 0, 25V;B = 0, 250T;M = 85g; g = 9, 81ms−2

Problema 3.3.20 (IPhO 1993 1).

Problema 3.3.21 (Charge relaxation). Abbiamo una sfera conduttrice di raggio Rnel vuoto. All’istante t = 0 siamo riusciti ad ottenere una densita di carica uniforme ρ0 uniforme.La conducibilita elettrica (1/ρ resistivita) e σ. Trovare ρ(~x, t).

Trovare il campo elettrico ~E(~r, t) dentro e fuori dalla sfera in funzione del tempo. Stessa cosaper il campo magnetico ~B.

Un osservatore esterno puo accorgersi di quello che e successo?Soluzione: 4.3.46

Problema 3.3.22 (Caduta di un magnete in un tubo metallico).

Problema 3.3.23 (Auto dinamo (APhO 2009)). Un disco metallico di raggio a efissato su una sbarra conduttrice che viene mantenuta in rotazione a velocita angolare costante ωdentro un solenoide di induttanza L, lunghezza l e numero totale di spire N . Vi sono dei contattielettrici che permettono di chiudere il circuito come in figura 3.27. La resistenza totale del circuitoe R.

Figura 3.27: Auto dinamo

1. Trovare la corrente nel circuito nel tempo in termini della corrente iniziale i0


2. Qual e il minimo valore della velocita angolare che permette alla corrente di crescere?

3. Che momento torcente N serve applicare per mantenere a velocita angolare costante il nostroapparato?

Soluzione: 4.3.47

Problema 3.3.24. Due lastre conduttrici piane parallele e di superificie S e sonoposte a una distanza d

√S tra di loro. Le lastre si muovono con una velocita v diretta lungo

il piano delle lastre. Nel sistema del laboratorio si misura che le lastre sono cariche con densitasuperficiale σ e −σ rispettivamente.

Quanto vale la forza di attrazione tra le lastre?

Quanto deve valere v perche le lastre siano in equilibrio? Commentare il risultato.

Soluzione: 4.3.48

Problema 3.3.25. Qualche volta potresti aver pensato che, visto che correnti parallele siattraggono, la corrente in un filo sia concentrata in un unica retta parallela al filo.

Mostra che questo non e vero e che, invece, assumento che la carica positiva sia distribuitauniformemente nel filo con densita ρ+ la corrente puo essere uniforme su tutta la sezione delfilo.

Mostrare infine che in tale situazione ρ− = − ρ+

1− v2

c2

dove v e la velocita ”netta” della

cariche negative. (Per netta si intende la velocita del flusso ordinato perche, chiaramente inun filo avvengono molti urti).

Problema 3.3.26 (Corrente fra due piastre). Consideriamo due lastre piane eparallele in grado di lasciar passare liberamente la carica elettrica. La prima piastra e posta ax = 0 e la seconda a x = L. La prima e posta a potenziale nullo, la seconda a V0. Viene raggiuntolo stato stazionario. Calcolare il campo elettrico nello spazio fra le due piastre.

Soluzione: 4.3.49

Problema 3.3.27 (IPhO 3, 2013, Copenaghen).

Problema 3.3.28 (IPhO 2004, Ping pong resistor). Un condensatore a faccepiane e parallele e composto da due conduttori circolari di raggio R separati da una distanza d, cond R. Il piatto superiore e attaccato ad una differenza di potenziale costante V , mentre il piattoinferiore e messo a terra. Un piccolo disco metallico di raggio r R, spessore t r e massa m eappoggiato sul piatto inferiore.

Si supponga che ci sia il vuoto fra i due conduttori e che gli effetti di bordo siano trascurabili.L’induttanza del circuito e tutti gli effetti di carica immagine possono essere trascurati.

1. Trovare la forza elettrostatica Fp fra i piatti prima di inserire il disco.

2. Quando il disco e inserito fra i piatti, su quest’ultimo si accumula una carica q = χV . Trovareχ in funzione di r, d.

3. Considerare ora anche l’effetto della forza di gravita. I piatti hanno l’asse parallelo a ~g.Per poter sollevare il disco, il potenziale deve superare un limite minimo Vmin. Trovarlo infunzione di m, g, d, χ


(a) Schema dell’apparato (b) Vista dal lato


4. Quando V > Vmin il disco comincia a fare su e giu fra i piatti, urtandoli ogni volta che licolpisce. L’urto non e perfettamente elastico ma ha un coefficiente di restituzione η =

vdopovprima

,

con le velocita prima e dopo l’urto. Assumere che il disco continui a muoversi su e giu senzafare cose strane come girare su se stesso. Dopo un certo tempo, il disco raggiunge uno statostazionario, ovvero uno stato in cui il ciclo di 4 tragitti risulta sempre uguale. Chiamiamo vsla velocita del disco dopo aver urtato il disco inferiore. Trovarla in funzione degli altri dati.

5. Sempre nello stato stazionario, trovare la corrente media che fluisce fra i piatti.

6. Facendo diminuire la tensione molto lentamente esiste un valore critico Vc per cui il piattosmette di fare il suo percorso. Trovarlo e confrontarlo con Vmin. Fate un grafico grezzo I−Vnel range 0− 3Vmin


3.3.4 Circuiti elettrici

La legge della maglia La legge della maglia, detta anche prima legge di Kirchoff, e ineffetti semplicemente la conservativita del campo elettrostatico, ovvero∮

~E · d~s = 0

Per i vari oggetti che fanno parte di un circuito elettrico, vi e un’espressione diversa peril ∆V ai suoi capi, ma il concetto e sempre quello.

In una batteria, ovviamente ∆V e uguale alla f.e.m., con il piu se andiamo in un verso,meno in un altro.

Per un condensatore, e sufficiente scrivere la definizione di capacita

C =∆Q

∆V⇒ ∆V =

∆Q

C

Per un resistore si usa la definizione di resistivita

~E = ρ ~J ⇒ ∆V = −ρAli

Per le induttanze, ugualmente

L =ΦB

i⇒ L

∂i

∂t=∂ΦB

∂t= −∆V

La legge dei nodi La seconda legge di Kirchoff, anche detta dei nodi, dice semplicementeche la corrente non si accumula in nessun punto. E ovviamente di poca utilita scrivere questaequazione in un punto a caso del filo, in quanto ci dice semplicemente che la corrente non siblocca in un punto, ma e piu utile scriverla in un nodo, in quanto ci da una relazione fra lecorrenti entranti nel nodo e le correnti uscenti.

Circuiti all’equilibrio

Serie e parallelo

Circuiti che dovete conoscere (non all’equilibrio)

L’analogia con il caso meccanico I componenti di un circuito elettrico sono (nell’ap-prossimazione che userete alle Olimpiadi) esattamente come degli oggetti meccanici. Uncapacitore e praticamente uguale ad una molla in quanto immagazzina un’energia potenziale

U =1

2Cq2

le resistenze sono degli attriti viscosi, in quanto la forza che esercitano e

V = Ri = Rq

Le induttanze infine sono la parte massiva del circuito, in quanto immagazzinano un’e-nergia che sembra molto quella cinetica


U =1

2Li2 =

1

2Lq2

Vedremo che i vari circuiti

Circuito RC E composto da una resistenza R e da un capacitore C in serie per il processodi scarica. Per il processo di carica si aggiunge in serie anche una ddp V Possiamo trovareun’analogia meccanica molto forte con una molla con attaccata una massa su cui agisceattrito viscoso direttamente proporzionale alla velocita. Nella parte di matematica e trattatala parte della soluzione dell’equazione differenziale nel caso di carica e scarica. Il caso discarica corrisponde fisicamente ad una molla che all’istante iniziale e perturbata e poi vienelasciata libera. Andra alla sua posizione di equilibrio ma l’attrito fara in modo che ci arriviin un tempo infinito con legge di decadimento esponenziale. La carica e invece analoga adavere all’inizio la molla imperturbata per poi far comparire all’improvviso una forza costanteF che tiri la massa attaccata.

Per la parte di soluzione dell’equazione, vedere la parte di matematica di questo libro. Ingenerale vi consiglio di non usare le formulette pronte ma di provare a ricavarvele ogni voltain quanto hanno delle ipotesi molto restrittive ed e meglio saper fare le cose che ricordare leformule a memoria. Riporto comunque la formula di scarica e carica

q(t) = q0e− tRC

q(t) = CV (1− e−tRC )

Circuito RL

Circuito LC

Circuito RLC

Circuito RLC forzato

Come trattare gli altri circuiti

Sfruttare le simmetrie (se ci sono)

Problema 3.3.29 (Reticolo infinito di resistenze I).

Problema 3.3.30 (Reticolo infinito di resistenze II).

Problema 3.3.31 (Reticolo LC infinito).

Problema 3.3.32 (Cubo di resistenze).

Problema 3.3.33 (Coso di resistenze (preIPhO 2013)).


Figura 3.29: Reticolo di resistenze

Figura 3.30: Cubo di resistenze

Problema 3.3.34 (Senigallia 2004, 3). In figura 3.31 e rappresentato un cavocoassiale costituito da due conduttori, un filo di raggio a e una sottile superficie cilindrica di raggiob aventi l’asse in comune, separati da un mezzo isolante di costante dielettrica approssimabile aquella del vuoto; la lunghezza del cavo e molto maggiore del suo diametro. Ad un’estremita‘ delcavo e collegato un generatore di f.e.m. V e all’altra, tramite un interruttore inizialmente aperto,una resistenza R rispetto alla quale la resistenza del cavo puo essere trascurata.

1. Con l’interruttore aperto il cavo si carica; determinare la densita lineare di carica λ presentesul filo, tale da produrre una d.d.p. V tra i due conduttori.

2. Esprimere in funzione della d.d.p. V , il campo elettrostatico ~E(r) prodotto dalla distri-buzione di carica, in un punto del dielettrico a distanza r dall’asse del cavo. Chiudendol’interruttore i due conduttori del cavo rimangono carichi mentre vengono percorsi da unacorrente.

3. Scrivere l’espressione del campo magnetico ~B(r) prodotto dalla corrente, in un punto deldielettrico a distanza r dall’asse del cavo, in funzione dei dati.

4. Si consideri adesso il vettore di Poynting ~S il cui flusso attraverso una qualunque superficieha le dimensioni di una potenza. Calcolare il vettore ~S nei punti del dielettrico e il flusso diquesto attraverso una sezione normale del cavo coassiale.



Problema 3.3.35 (Cavo coassiale). Possiamo schematizzare un cavo coassiale cometre cilindri concentrici di raggi r1 < r2 < r3. Fra 0 e r1 c’e un conduttore metallico, fra r1 e r2 c’eun materiale di permeabilita elettrica εr e magnetica µr. Fra r2 e r3 invece c’e lo stesso conduttoreche c’e all’interno. Fuori c’e il vuoto. Il materiale metallico ha resistivita ρ.

La corrente elettrica scorre nei due cilindri conduttori in verso opposto, in modo che la correntetotale che scorre nel filo sia nulla.

1. Trovare la condizione sui 3 raggi affinche il vettore densita di corrente ~J abbia lo stessomodulo nei due pezzi di conduttore. Assumere che questa condizione sia rispettata in tutti iprossimi punti.

2. Trovare la capacita per unita di lunghezza C.

3. Trovare l’induttanza per unita di lunghezza L.

4. Trovare la resistenza per unita di lunghezza R.

5. Scrivere la legge della maglia per un circuito di lunghezza infinitesima, in funzione dellacorrente I(x, t) che fluisce nel cavo e delle quantita trovate sopra.

6. Scrivere un’equazione differenziale alle derivate parziali che leghi I(x, t) alle sue derivate.

7. Cercare una soluzione del tipo I(x, t) = I0ei(ωt−kx)−γt

8. Trovare velocita di fase e di gruppo di propagazione della corrente.

Soluzione da finire: 4.3.50

Problema 3.3.36 (Anello superconduttore (Senigallia 3, 2012)). Un piccoloanello conduttore pesante, di massa m, raggio a e spessore trascurabile, viene posto in una regionedi campo magnetico simmetrico, cioe invariante per rotazioni, rispetto ad un asse verticale. Siaquesto l’asse z orientato con il verso positivo in alto, cioe opposto a quello di ~g, come mostrato


in figura, nella quale e rappresentato anche il campo ~B con le sue componenti radiale ed assiale,che, almeno in una regione finita intorno all’origine delle coordinate, possono essere approssimatein questo modo

Br = βrB0

Bz = (1− αz)B0

dove α, β,B0 sono opportune costanti positive.

1. Affinche possa esistere un campo ~B cosı fatto, le costanti α e β devono essere legate da unarelazione: si determini tale relazione.

L’anello viene posto nel campo con il suo asse coincidente con l’asse di simmetria e, lasciatolibero di muoversi, puo traslare solo lungo l’asse z. All’istante t = 0 l’anello viene lasciato dafermo in posizione z(0) = 0 e per effetto del suo peso inizia a muoversi verso il basso. Si devesupporre che il moto si svolga tutto nella regione in cui il campo magnetico e descritto dalleequazioni mostrate sopra. Non appena l’anello si muove il flusso del campo ~B , concatenatocon l’anello, varia; dette R ed L la resistenza e l’induttanza (coefficiente di autoinduzione)dell’anello, questo puo essere descritto come un circuito alimentato dalla f.e.m. indotta.

2. Si scriva l’equazione del circuito, in termini della corrente che scorre nell’anello I(t) e dellavelocita dell’anello v(t) = dz

dt .

Si consideri, d’ora in poi, che R sia completamente trascurabile e quindi si ponga direttamenteR = 0, come avverrebbe per un anello superconduttore. L’anello viene tenuto fermo inposizione z = 0 e in esso non scorre corrente; appena l’anello viene lasciato libero inizia amuoversi e la corrente inizia a scorrere nell’anello determinando, in presenza del campo ~B ,una forza non nulla sull’anello.

3. Si dimostri che il flusso magnetico totale attraverso l’anello e costante.

4. Si mostri che la corrente I che circola nell’anello, mentre questo si muove, e proporzionalealla coordinata z che da la posizione istantanea dell’anello.

5. Si calcoli la forza magnetica agente sull’anello, in funzione della sua posizione z, si mostriche l’equazione di moto dell’anello e quella di un oscillatore armonico, e se ne determini ilperiodo.

6. Si determini la legge oraria z(t) che descrive il moto seguito dall’anello, dall’istante in cuil’anello viene lasciato da fermo in z = 0.

7. Si trovi il valore massimo del modulo della corrente I(t) che circola nell’anello e si determinila posizione dell’anello quando si raggiunge tale massimo.

8. Bonus Ripartire dal punto 3 ponendo R 6= 0. Il moto sara di nuovo armonico? Giustificarela risposta in modo qualitativo e poi risolvere esplicitamente.

Soluzione: 4.3.51

Problema 3.3.37 (IPhO qualcosa). Abbiamo due conduttore cilindrici concentrici(nello spazio tra i due c’e il vuoto) di raggi a e b (b > a) tra cui viene mantenuta una differenzadi potenziale V cosı che il conduttore piu grande sia al potenziale maggiore. Nello spazio c’e uncampo magnetico uniforme e parallelo all’asse dei cilindri. In tutto il problema trascurare le caricheindotte sui conduttori.

Un elettrone viene fatto partire appena fuori dalla superficie del cilindro interno in direzioneradiale con velocita v0. Per quali valori del modulo di ~B l’elettrone raggiunge il cilindro esterno?

Soluzione: 4.3.52


3.3.5 I campi nella materia

Elettrostatica dei dielettrici lineari

Spesso questo argomento viene trattato in modo approssimativo in quanto e estremamentecomplicato anche per i modelli piu semplici che si possono fare per la risposta di un materialeall’applicazione di un campo elettrico esterno.

I modelli che si fanno sono tutti approssimati. Noi vedremo un solo tipo di approssima-zione, che e il piu comune ed e l’unico che puo capitarvi in un problema olimpico in quantole cose si fanno rapidamente molto difficili.

In qualche modo bisogna schematizzare la reazione di un materiale sotto l’effetto di uncampo esterno. Per fare un modello e necessario andare a vedere la cella fondamentale dellamateria, ovvero l’atomo. Tutti i modelli che faremo saranno riferiti a campi deboli, ovverocampi non abbastanza intensi per esempio da ionizzare gli atomi.

Il buonsenso ci dice che sotto l’effetto di un campo esterno la nuvola di elettroni che ruotaintorno al nucleo si spostera leggermente nella direzione del campo. In particolare, dato chegli elettroni hanno carica negativa, ci aspettiamo che la nuvola si sposti in verso opposto alcampo. Questo sbilanciamento delle cariche in prima approssimazione e schematizzabilecome la formazione di un dipolo elettrico di dimensioni atomiche. Il dipolo avra la direzionedel campo e stavolta anche lo stesso verso, in quanto per convenzione si prende il dipolo cheva dalla carica negativa a quella positiva.

In questo modo avremo quindi che ogni atomo possiede un suo momento di dipolo ~pi.Ovviamente a noi interessera una trattazione macroscopica del fenomeno per cui non sa-remo interessati al caso locale del dipolo quanto all’effetto globale che ha sul sistema. Diconseguenza potremo definire un vettore densita di dipolo ~P

~P =∑i

ni~pi

Dove ni e la densita numerica di dipoli. In generale, dato che gli atomi e le molecolesaranno diverse dentro lo stesso materiale, ci vuole una sommatoria. Questo vettore ~P ha ledimensioni di dipolo per unita di volume, proprio per la presenza di ni.

Andiamo ora a calcolare il campo elettrico, assumendo che la materia si comporti nelmodo che abbiamo appena descritto. Ricordiamo che in elettrostatica vale sempre

~∇× ~E = 0

Ovvero potremo sempre scrivere ~E come gradiente del potenziale. Notare che questo valeper ~E e non per ~P o ~D, il vettore che definiremo fra poco.

Supponiamo di avere quindi una certa densita di carica netta libera ρ e in aggiunta unazona in cui vi e del materiale che si polarizza. Supponiamo di conoscere gia il modo in cui sipolarizza e quindi di conoscere il vettore ~P in ogni punto. Cerchiamo di calcolare il campoelettrico sfruttando il principio di sovrapposizione, ovvero dicendo che il campo elettricototale sara la somma del termine noto dovuto alle cariche libere e del campo generato daivari dipoli.

Innanzitutto, sappiamo che

~E = −~∇φ


Proprio perche il campo elettrostatico rimane conservativo. A questo punto, visto checalcolare il potenziale elettrico e piu facile di calcolare il campo in quanto uno e un vettoree l’altro e uno scalare, calcoliamo prima il potenziale per poi arrivare al campo.

Il potenziale generato dalla carica libera sara, secondo le formule che abbiamo gia discussoa lungo,

φ(~r) =1

4πε0

∫V

ρ(~r′)

|~r − ~r′|dV ′

Dove V e il volume in cui e inclusa la carica. A questo punto calcoliamo separatamenteil potenziale generato dai dipoli. Ricordiamo che per un dipolo elettrico singolo il potenzialee

φ =1

4πε0

~p · rr2

=~p · ~rr3

Dato che ~P e una densita di dipoli, ~PdV sara a tutti gli effetti un piccolo dipolo elettrico,per cui

dφ =1

4πε0

~P · (~r − ~r′)|~r − ~r′|3

dV ′

Per cui il potenziale totale sara

φ(~r) =1

4πε0

∫V

(ρ(~r′)

|~r − ~r′|+~P · (~r − ~r′)|~r − ~r′|3

)dV ′

A questo punto bisogna fare le magie per far comparire un risultato che sembri qualcosache abbiamo gia visto. Al solito tireremo fuori identita vettoriali a caso che non vi verrebberomai in mente se non sapeste dove si vuole arrivare. Non dovete ricordarvi i passaggi, io lifaccio in modo che voi possiate capire il senso delle formule finali a cui si arriva che sembranocalate dal cielo e spesso non se ne capisce il significato.

La prima cosa da notare e che

~∇′(

1

|~r − ~r′|

)=

~r − ~r′

|~r − ~r′|3

Vorrei farvi notare che a priori ~r = (x, y, z) e ~r′ = (x′, y′, z′), per cui la funzione

1

|~r − ~r′|

E funzione di 6 variabili, (x, y, z, x′, y′, z′). Per questo e bene distinguere ~∇ da ~∇′. Ilprimo gradiente indica che si fanno le derivate rispetto alle variabili non primate trattandole altre come parametri, ovvero trattando la funzione suddetta come

1

|~r − ~r′|= f~r′(~r)

Ovvero una funzione di ~r dipendente da un parametro, cosa di cui voi sapete fare ilgradiente. ~∇′ sara ovviamente il contrario.


Continuiamo con il calcolo del potenziale

φ(~r) =1

4πε0

∫V

(ρ(~r′)

|~r − ~r′|+ ~P · ~∇′

(1

|~r − ~r′|

))dV ′

Ora andiamo ad usare una delle identita vettoriali che usiamo di solito per far uscire unacosa utile

~∇ · (f ~G) = ~∇f · ~G+ f ~∇ · ~G

Ovviamente sceglieremo ~G = ~P e f = 1/R, per cui il potenziale diventa

φ(~r) =1

4πε0

∫V

(ρ(~r′)

|~r − ~r′|+ ~∇′ ·

(~P (~r′)

|~r − ~r′|

)−~∇′ · ~P (~r′)

|~r − ~r′|

)dV ′

A questo punto e opportuno scrivere in modo piu intelligente il tutto e usare il teoremadella divergenza

φ(~r) =1

4πε0

∫V

ρ(~r′)− ~∇′ · ~P (~r′)

|~r − ~r′|dV ′ +

1

4πε0

∮∂V

~P (~r′)

|~r − ~r′|· d ~A′ (3.35)

Ora questo potenziale ha una forma molto piu potabile perche sembra davvero qualcosache abbiamo gia visto un milione di volte. Se definiamo

ρeff = ρ− ~∇ · ~P

Allora il primo pezzo diventa

1

4πε0

∫V

ρ(~r′)eff|~r − ~r′|

dV ′

E questa e la formula che abbiamo sempre usato per il potenziale! Il secondo pezzodiventa molto chiaro se scriviamo

d ~A = ndA

Ovvero separiamo la parte vettoriale dalla parte scalare nell’area, mettendoci un oppor-tuno versore. In questo modo il secondo termine e

1

4πε0

∮∂V

~P · n|~r − ~r′|

dA′

E se diciamo che

σ = ~P · n

Allora questa e di nuovo a tutti gli effetti una densita di carica superficiale e la formulae quella che abbiamo sempre usato!

Cerchiamo di dare una breve interpretazione fisica di queste formule prima di dareun’equazione che generalizzi il teorema di Gauss quando ci troviamo in presenza di materiali.

Come vedete in figura 3.32 non e necessario che ci sia una carica netta nel volume affinchevi sia una certa σ superficiale. Infatti i dipoli se si allineano creano una parte particolarmente


Figura 3.32: Accumulo di carica superficiale

negativa sul bordo alto e una positiva sul bordo basso. Questa e l’interpretazione del terminedi integrale superficiale e ~P · n e esattamente la quantificazione di questo termine.

Allo stesso modo, se supponiamo che i dipoli siano tutti rivolti verso un centro, alloraavremo che ~∇ · ~P 6= 0 e quindi avremo una sorta di ρdip in aggiunta alla carica libera giapresente.

Riprendiamo adesso la formula 3.35 e cerchiamo di scriverla in modo piu bello. Noisappiamo che se il potenziale e dato dalla formula

φ(~r) =1

4πε0

∫V

ρ(~r′)

|~r − ~r′|dV ′

Allora la quantita ~∇ · ~E, dove ~E = −~∇φ e esattamente

~∇ · ~E =ρ

ε0

Ora per evitare confusione indichiamo ρ con ρlib, in quanto quello che abbiamo chiamatoρ fin’ora e esattamente la carica libera e non la carica fasulla simulata dall’opportuna distri-buzione di dipoli. Riprendendo appunto la formula 3.35 diventa ovvio per analogia che nelmodello che abbiamo fatto la legge si riscrive

~∇ · ~E =ρlibε0−~∇ · ~Pε0

Che possiamo semplicemente riscrivere come

ε0~∇ · ~E + ~∇ · ~P = ρlib

E dato che ε0 e costante, si puo ancora semplificare

~∇ · (ε0 ~E + ~P ) = ρlib

A questo punto spesso viene definito il vettore spostamento dielettrico ~D


~D = ε0 ~E + ~P

Che ha come unico scopo quello di scrivere in forma piu compatta la legge cheho appena scritto. Il vettore ~D infatti non ha significato fisico diretto particolarmenterilevante. Il vettore ~E e quello che ci dice quanta forza ci sara sulle cariche, il vettorespostamento dielettrico serve solo a scrivere bene le leggi che abbiamo ricavato con fatica.

A questo punto della trattazione iniziano a confondersi le cose. Quello che ho scritto finoad adesso non e la cosa piu generale possibile ma poco ci manca in quanto non ho ancoradato una relazione che leghi i vettori ~E e ~P , ma ho semplicemente supposto che basti iltermine di dipolo a descrivere la risposta del materiale, cosa che vale nella maggior parte deicasi. A questo punto fioccano i modelli che cercano di dare una descrizione del legame fra ilcampo applicato al nostro oggetto dielettrico e la sua risposta, ovvero esattamente la leggeche lega ~E e ~P . Il modello piu semplice47 e ovviamente il modello di risposta lineare, ovveroun modello che ci dice che

~P = ε0χ~E (3.36)

Dove χ e sperabilmente una costante ed e uniforme, almeno in elettrostatica. A questopunto e facile anche scrivere il vettore ~D

~D = (ε0 ~E + ~P ) = ε0(1 + χ) ~E = ε ~E

Dove ovviamente ε = ε0(1 + χ). Si definisce anche εr, la costante dielettrica relativa taleche ε = ε0εr. So di aver definito un sacco di cose con nomi simili in poche righe. Il problemae che purtroppo non esiste una convenzione universale per descrivere queste cose e ognunoha pensato bene di farne una tutta sua, aumentando il numero di oggetti da definire. Io liriporto tutti in quanto e bene che conosciate tutti i modelli che potete incontrare, ma sonod’accordo con voi se mi dite che definire 10 oggetti simili con nomi simili e proprieta chedifferiscono di niente porta a confusione.

Ovviamente la relazione piu generale sara di un altro tipo, ovvero

Di =3∑j=1

εijEj

Dove la quantita εij e un tensore (=matrice 3×3) che permette ai vettori ~E e ~D di esserelegati da una relazione piu generale del parallelismo. Pensate al solito paragone del legnonodoso per capire come mai non devono necessariamente essere paralleli.

Ricordiamo che dato che

~∇ · ~D = ρlib

Avremo che

Φ( ~D, ∂V ) = Qlib(V )

Ovvero il flusso del vettore spostamento dielettrico sara uguale alla carica contenuta nellasuperficie.

47Ovvero quello che capita alle Olimpiadi


Attenzione: l’equazione 3.36 richiede attenzione. Supponiamo di avere una sfera didielettrico e di immergerla in un campo elettrico ~Eext generico. Dato il campo esterno,la sfera si polarizzera. Tuttavia, la polarizzazione della sfera andra a modificare il campoelettrico che c’era all’inizio, per cui la polarizzazione non sara ~P = χ~Eext, ma sara ~P = χ~E2,dove ~E2 = ~Eext + ~Epol, dove ~Epol e il campo generato dalla polarizzazione.

Energia elettrostatica in presenza di dielettrici Andiamo a recuperare quello che ab-biamo fatto nel capitolo di elettrostatica per trovare un’espressione dell’energia elettrostaticadella configurazione in termini solo del campo e non delle altre quantita come la densita dicarica.

In generale, l’equazione che continuera a valere sara

U =1

2

∫V

φ(~r)ρ(~r)dV

In quanto per scrivere questa formula abbiamo semplicemente generalizzato quello chesuccede per cariche puntiformi. Sara semplicemente opportuno adesso maneggiarla in mododa far comparire qualcosa che ci puo essere utile alla luce della nuova equazione

~∇ · ~D = ρlib

Per cui

U =1

2

∫V

φ~∇ · ~DdV =1

2

∫V

~∇ · (φ~D)dV − 1

2

∫V

~∇φ · ~DdV

E, al solito, se la distribuzione di carica e localizzata il primo termine va a zero quandosi fa il limite su tutto lo spazio, per cui rimane solo il secondo termine che e

U =

∫V

~E · ~D2

dV

Condensatori con dentro dielettrici L’applicazione piu banale dei modelli che abbiamofatto fin’ora. Consideriamo per esempio un condensatore piano a facce parallele. Mettia-mo all’interno del volume fra le facce un dielettrico lineare caratterizzato da una costantedielettrica relativa εr. Separiamo una carica Q sulle facce del condensatore e vediamo cosasuccede (Ovvero su una faccia ci sara Q e sull’altra −Q)

Applichiamo il teorema di teorema del flusso di Gauss al vettore ~D per una superficiefatta cosı: il bordo di un parallelepipedo con una faccia immersa nel conduttore e l’altraimmersa nel dielettrico. Ovviamente le altre facce non contribuiscono al flusso in quantose non consideriamo gli effetti di bordo il campo diventa parallelo alla superficie. Dato cheabbiamo scelto ~D proprio in modo da poter considerare solo la carica libera, il teorema diGauss ci dice che

Φ( ~D, ∂V ) = Q⇒ ε0εrΦ1( ~E, ∂V ) + ε0Φ2( ~E, ∂V ) = Q⇒ E =Q

Aε0εr

Nei passaggi precedenti abbiamo indicato con Φ1 il flusso attraverso la superficie deldielettrico e con Φ2 il flusso attraverso il conduttore. Abbiamo usato che in un dielettrico


Figura 3.33: Condensatore con un dielettrico all’interno

lineare si ha ~D = εrε0 ~E e che al solito in un conduttore all’equilibrio il campo elettrico enullo. Notiamo che se vogliamo andare a calcolare la capacita di un condensatore fatto inquesto modo

C =Q

∆V⇒ C =

Q

Ed=

QQ

Aε0εr

= ε0εrA

d= εrC0

Dove ho indicato con C0 la capacita di un condensatore della stessa forma ma con il vuotoall’interno. Notiamo che dato che εr ≥ 1, la capacita e maggiore di quella che si avrebbenormalmente. Ricordatevi che se avete a che fare con un condensatore dove al posto delvuoto c’e ovunque un dielettrico, in generale la capacita sara εr volte la capacita di quellovuoto.

Vediamo un pochino di Fisica di questo modello. Notiamo intanto che il campo elettricoche abbiamo calcolato

E =Q

Aε0εr=E0

εr

E minore di quello che si avrebbe normalmente. Possiamo interpretare fisicamente questorisultato in modo molto semplice guardando la figura 3.33. Infatti e evidente che sull’ar-matura con carica positiva i dielettrici si dispongono in modo da mostrare il lato negativo,creando una sorta di σ che si aggiunge alla precedente, ma di segno opposto. Di conseguenzail campo elettrico all’interno sara minore.

Supponiamo ora di avere un condensatore isolato su cui c’e una carica separata Q. Cosasuccede all’energia interna del condensatore?


Al solito potremo usare la formula

U =

∫V

~D · ~E2

dV =

∫V

QAε0εr

Q

A2

dV =Q2

2A2ε0εrAd =

Q2

2C

E anche stavolta vale la formula per l’energia interna del condensatore. Notiamo chel’energia interna a parita di carica separata e minore di quella che avrebbe se le armatureavessero il vuoto all’interno. Di conseguenza, una lastra di dielettrico verrebbe risucchiatadalle armature di un condensatore carico.

Condizioni al bordo Ricordiamo che nella parte di elettrostatica avevamo parlato rapi-damente delle condizioni sul campo elettrico sui bordi di discontinuita. In particolare, se suuna certa superficie e presente una densita di carica superficiale σ(~r), allora il vettore campoelettrico avra una discontinuita a salto descritta matematicamente dalle formule

( ~E(~r+)− ~E(~r−)) · n = σ(~r)ε0

( ~E(~r+)− ~E(~r−))× ~n = 0

Le formule che ho scritto sembrano brutte ma in realta ci dicono solo che la componentedel campo elettrico perpendicolare alla superficie salta di una certa quantita ben determi-nata, mentre le due componenti parallele al piano devono per forza rimanere inalterate.Queste formule non sono frutto di grosse elucubrazioni, abbiamo visto che derivano quasidirettamente dalla conservativita del campo elettrico e dal teorema di Gauss. L’implicazionee quindi

~∇ · ~E = ρε0

~∇× ~E = 0⇒

( ~E(~r+)− ~E(~r−)) · n = σ(~r)

ε0

( ~E(~r+)− ~E(~r−))× ~n = 0

A questo punto non ci vuole un genio per capire che se rimpiazziamo quella versione delteorema di Gauss con la nuova versione applicata ai materiali si ottiene semplicemente

~∇ · ~D = ρlib~∇× ~E = 0

⇒

( ~D(~r+)− ~D(~r−)) · n = σlib

( ~E(~r+)− ~E(~r−))× ~n = 0

Queste sono le condizioni di raccordo che ci dicono come varia il campo elettrico subitofuori e subito dentro la superficie di separazione di un materiale dielettrico. Per vedere comele cose tornino, riprendiamo l’esempio del condensatore a facce piane e parallele che abbiamovisto poco fa, con una leggera modifica. Riempiamo il volume con il dielettrico solo per meta,in modo che una delle due facce sia coperta di dielettrico mentre l’altra non abbia nientedavanti, in modo che lo strato di dielettrico sia spesso d e lo strato di vuoto altrettanto, peruna distanza totale fra le piastre di 2d.

L’obiettivo e, data la carica Q separata sulle piastre, trovare il campo elettrico in tuttolo spazio compreso fra le due armature. Per farlo possiamo appunto usare le formule cheabbiamo appena ricavato, per provare a vedere come usarle. Consideriamo la superficie di


separazione fra il conduttore e il dielettrico. Possiamo usare le formule che abbiamo scrittopoco sopra per dire immediatamente48 che

E1 =Q

Aε0εr

Ovvero il campo elettrico all’interno del dielettrico e minore di quello che ci sarebbe senza,come ci aspettavamo. Per calcolare il campo elettrico davanti all’armatura senza dielettricosi puo usare la stessa identica formula e ottenere subito che

E2 =Q

Aε0

Che era il risultato consueto. Ora controlliamo se le cose tornano anche sulla superficieintermedia, ovvero quella fra il dielettrico e il vuoto. Su quella superficie non vi e caricaelettrica libera, la carica superficiale che si viene a formare e una carica di polarizzazioneindotta, per cui sulla superficie avremo σ = 0. Di conseguenza, dovra essere

( ~D(~r+)− ~D(~r−)) · n = 0

Ovvero, dato che il campo ha sempre la stessa direzione

D(~r+) = D(~r−)

Da una parte abbiamo il vuoto, per cui D2 = ε0E2, mentre dall’altra abbiamo un dielet-trico lineare, per cui effettivamente D1 = ε0εrE1. La formula che abbiamo appena scritto cidice che deve valere

ε0εrE1 = ε0E2

E non e difficile accorgersi che le soluzioni che abbiamo trovato per i due campi soddisfanoeffettivamente questa relazione.

Calcoliamo per completezza la ddp ai capi del condensatore, cosa indispensabile per ilcalcolo della capacita. Il potenziale, come in elettrostatica, e sempre definito come

∆Vab = −∫ b

a

~E · d~r

Nel nostro caso, a meno di un segno che per il calcolo della capacita non e importante,la ddp sara

|∆V | = E1d+ E2d =Qd

Aε0

(1 +

1

εr

)Per cui

C =Q

|∆V |= ε0

A

d

εr1 + εr

Vorrei far notare che torna il caso limite εr → 1 in quanto poi la capacita tende a ε0A2d

.

48Grazie al fatto che in un conduttore in elettrostatica il campo elettrico sappiamo sempre quanto fa,ovvero 0


Magnetostatica nei materiali

Avrete cominciato ad intuire che il campo elettrico e il campo magnetico si assomiglianoabbastanza. Per questo motivo il modello di base da cui si parte per la magnetostaticanei materiali e esattamente lo stesso che si ha in elettrostatica, ovvero si parte dall’ipotesiapprossimata ma ragionevole che un materiale con caratteristiche magnetiche possieda unadensita di momento di dipolo magnetico ~M , perfettamente analogo a ~P , ovvero se vale

~p =

∫V

~PdV

Allora vale

~µ =

∫V

~MdV

Analogamente a quanto abbiamo fatto per il potenziale scalare elettrico, faremo ugualeora per il potenziale vettore magnetico cercando di trovare una relazione nuova fra ~B, ~M, ~J ,come abbiamo fatto con il campo elettrico trovando una formula nuova fra ~E, ~P , ρ

Ricordiamo qui la formula del potenziale vettore generato da un dipolo matematico VAIA DIMOSTRARLA NEL CAPITOLO DI MAGNETOSTATICA CHE NON LO HAI MAIFATTO

~A =µ0

4π

~m× rr2

Per cui l’ovvia generalizzazione sara

~A(~r) =µ0

4π

∫V

~M(~r′)× (~r − ~r′)|~r − ~r′|3

dV

Ora come al solito usiamo una delle identita vettoriali a caso che non verrebbero mai inmente ma che servono per fare manipolazioni intelligenti

~∇× (f ~F ) = ~∇f × ~F + f ~∇× ~F

E, tanto per cambiare, usiamo la solita identita

~r − ~r′

|~r − ~r′|3= ~∇′ 1

|~r − ~r′|Per cui l’identita con il rotore si scrive

~∇′ ×

(~M(~r′)

|~r − ~r′|

)= ~∇′ 1

|~r − ~r′|× ~M(~r′) +

~∇′ × ~M(~r′)

|~r − ~r′|

Per cui, ricordando che il prodotto vettore e anticommutativo, la formula per il potenzialevettore diventa

~A(~r) =µ0

4π

∫V

(−~∇′ ×

(~M(~r′)

|~r − ~r′|

)+~∇′ × ~M(~r′)

|~r − ~r′|

)dV


A questa formula dobbiamo aggiungerci il potenziale vettore generato dalle correnti vere,ovvero dobbiamo aggiungere il termine che contiene ~J , che sappiamo valere

µ0

4π

∫V

~J(~r′)

|~r − ~r′|dV

Per cui, riscrivendo la formula del potenziale in modo piu sensato,

~A(~r) =µ0

4π

(∫V

~J(~r′) + ~∇′ × ~M(~r′)

|~r − ~r′|dV −

∫V

~∇′ ×

(~M(~r′)

|~r − ~r′|

)dV

)Il secondo termine e un termine di bordo. Usando il teorema di Stokes puo essere scritto

in modo piu concreto come

~A(~r) =µ0

4π

(∫V

~J(~r′) + ~∇′ × ~M(~r′)

|~r − ~r′|dV −

∮∂V

~M(~r′)

|~r − ~r′|× d ~A

)

In pratica ci sta dicendo che sul bordo vi e una corrente superficiale il cui contributo alpotenziale vettore sara quello. Cerchiamo di usare la formula precedente per trovare unarelazione fra ~B, ~M, ~J . Buttando via il termine di bordo49, possiamo notare che la formulaper il potenziale vettore e uguale a quella classica se non per la presenza di un termine chepuo essere visto come una ~Jeff , ovvero

~Jeff = ~J + ~∇× ~M

Ma noi conosciamo una relazione fra ~B e ~Jeff , per analogia al caso senza i materiali,ovvero

~∇× ~B = µ0~Jeff = µ0( ~J + ~∇× ~M)

Che si riscrive in modo molto semplice come

~∇×

(~B

µ0

− ~M

)= ~J

E indovinate cosa si fa ora? Si definisce un nuovo vettore, in analogia con il campoelettrico. Il vettore ~H, tale che

~∇× ~H = ~J (3.37)

Per cui,

µ0( ~H + ~M) = ~B (3.38)

Questa relazione e sempre vera perche e in sostanza la definizione di un vettore fittizio,~H, che permette di scrivere le leggi in forma piu compatta e tenere solo conto delle correnti

49Ci sono motivi per farlo ma la loro discussione non e utile a questo livello. Voi ricordatevi della presenzadel termine di bordo per il calcolo dei campi, ma dimenticatevene quando fate le dimostrazioni. Avretetempo all’universita per capire perche possiamo ignorarlo ogni volta.


libere in circolazione e non delle correnti indotte nei materiali. Quello che aggiunge Fisicaal modello del materiale e una relazione aggiuntiva

f( ~M, ~B, ~H) = 0

Ovvero qualcosa che ci dica in che modo sono legati i tre vettori. Forse non sono statomolto chiaro, in quanto mi direte che gia l’equazione 3.38 e una relazione di questo tipo. Iointendo dire una nuova relazione che leghi per esempio solo ~M e ~B all’interno del mezzo, unequivalente di quello che si faceva in elettrostatica dicendo per esempio che la relazione fra~D e ~E era lineare per una vasta gamma di materiali, chiamati dielettrici lineari. Per il casomagnetico, le cose sono piu difficili. Vedremo in questo capitolo che esistono principalmente3 tipi di risposta diversa dei materiali all’applicazione di campi magnetici esterni, ovvero

1. Ferromagnetismo (quello delle calamite, il piu noto)

2. Paramagnetismo (simile come reazione a quello che accade nei dielettrici lineari)

3. Diamagnetismo (questo e molto piu peculiare del magnetismo. Al suo estremo portaal fantastico mondo dei superconduttori)

Equivalenza fra campi Vediamo rapidamente un metodo molto furbo per trattare unavasta gamma di problemi per analogia prima di addentrarci nei modelli specifici del ferro-magnetismo e delle risposte magnetiche della materia. Scriviamo le leggi di Maxwell per ilcaso statico come le abbiamo modificate per aggiungere i materiali.

~∇ · ~D = ρlib~∇× ~E = 0~∇ · ~B = 0~∇× ~H = ~Jlib

Poniamoci ora nella situazione semplificata in cui non vi sono cariche o correnti esternema solo materiali magnetizzati o polarizzati. Di conseguenza, avremo (ρlib, ~Jlib) = 0. Leequazioni si scriveranno

~∇ · ~D = 0~∇× ~E = 0~∇ · ~B = 0~∇× ~H = 0

Non e difficile capire da questo sistema di equazioni la stretta analogia che lega ~E con~H e ~D con ~B. Notare che per una scelta sfortunata di convenzioni il legame e incrociato,ovvero il campo reale di uno e associato al campo fittizio dell’altro e viceversa.

Pensate sia un’analogia inutile? Beh, fate il problema 3.3.45. Vedrete che e molto utileusare direttamente questi fatti per risolvere problemi che in realta avete gia affrontato, soloche ancora non ve ne siete accorti.

Vorrei far notare che la definizione di ~H e fatta al contrario rispetto alla definizione di~D, ovvero se confrontiamo le due definizioni


~D = ε0 ~E + ~P~B = µ0

~H + µ0~M

Vedete che a sinistra abbiamo ~D che e un vettore finto, che serve solo a scrivere bene leleggi, e abbiamo anche ~B, che invece e il vettore vero che esercita la forza sulle cariche.

Paramagnetismo Cominciamo a dare un po’ di modelli fisici in piu. Il paramagnetismoe quello che assomiglia di piu a quello che si e visto per l’elettrostatica. Il modello che capitasempre e ovviamente quello lineare che ci dice

~B = µ0µr ~H

Dove µr e un numero reale positivo.FINISCI DI SCRIVERE

Diamagnetismo

Ferromagnetismo forte

Superconduttori


Campi oscillanti nella materia


Probemi

Problema 3.3.38 (Sfera dielettrica uniformemente polarizzata).

Problema 3.3.39 (Risalita del dielettrico nel condensatore (Ammissione SNS anno ???)).

Consideriamo un condensatore cilindrico di raggio interno a, raggio esterno b e lunghezza l frale cui armature vi e il vuoto. Consideriamo inoltre una vasca di superficie A b2 e anche diprofondita L > l. La vasca e riempita di un dielettrico fluido di costante dielettrica εr ignota edensita ρ nota. Fra le armature del condensatore viene mantenuta una differenza di potenzialefissa V0, mantenuta costante da un generatore ideale. Il condensatore viene immerso nella vascamantenendo il suo asse verticale. Si osserva che il dielettrico risale di una quota h rispetto al fondodelle armature, contro la forza di gravita g.

Esprimere la costante εr in funzione di h e delle altre quantita rilevanti.

Problema 3.3.40 (Oscillazioni dielettriche in un condensatore (Senigallia... ?)).

Consideriamo un condensatore a facce piane quadrate e parallele di lato a e con distanza frale armature d. Fra le armature viene mantenuta una ddp fissa V0 mantenuta da un generatoreideale. A questo punto consideriamo un mattone di dielettrico εr noto, con le stesse dimensioni deldielettrico, in modo da entrarci perfettamente.

Consideriamo la situazione ideale in cui il mattone di dielettrico puo scorrere senza attrito sullasuperficie interna del condensatore. Ignorate la presenza della gravita in questo problema e allostesso modo gli effetti di bordo.

Studiare le oscillazioni50 del dielettrico all’interno delle armature del condensatore, al variaredella posizione iniziale dello stesso

Problema 3.3.41 (Sfera dielettrica in campo uniforme). Una sfera di dielettricodi costante εr nota viene posta in un campo elettrico uniforme ~E0. Trovare i campi ~E, ~P in tuttolo spazio dopo l’inserimento della sfera nella regione in cui c’e il campo.

Problema 3.3.42 (Condensatori sempre piu piccoli (Senigallia... ???)).

Problema 3.3.43 (Carica elettrica di fronte ad un piano infinito dielettrico).Poniamo una carica +q davanti ad un semispazio infinito di materiale dielettrico di costante εr, adistanza d da esso. Trovare il campo elettrico in tutto lo spazio.

Problema 3.3.44 (Sfera uniformemente magnetizzata).

Problema 3.3.45. Rifai alcuni dei problemi precedenti SCRIVI QUALI trasportan-doli in magnetostatica. Quando viene chiesto ~E e ~P , trova ~B e ~M , quando viene dato εr supponidi sapere µr

50Non ho detto piccole oscillazioni


3.4 Ottica

Consigli per il lettore L’unificazione di Elettrodinamica e ottica e una cosa che si fa alsecondo anno di Universita. Non e necessario che voi sappiate davvero tutto quello che c’escritto in questo paragrafo. Le cose importanti sono nel paragrafo su riflessione e rifrazione,dove trovate le formule di Fresnel e la loro spiegazione. Tuttavia io non sopporto spiegarele cose saltando pezzi fondamentali. Al liceo non ci sono i prerequisti per poter fare questecose. Leggetevele per vostra curiosita personale e imparate davvero solo la parte prettamentedi ottica. Il resto sono spiegazioni che spero vi aiutino a capire perche si fanno certe cose eperche non sono a caso.

Nota tecnica: l’elettrodinamica ha molto piu senso in CGS che in MKS. Se perdo ε0 e µ0

in giro non odiatemi.

Introduzione Dato che le cose piu interessanti che riguardano l’ottica avvengono nel cam-po dell’interazione luce-materia, tratteremo direttamente il caso di ottica nei materiali, cheavra come corollario l’ottica nel vuoto. Prima di andare avanti con la soluzione delle equazionie con la creazione di nuovi modelli, e opportuno fare il punto della situazione.

3.4.1 Le scale mesoscopiche

Le equazioni di Maxwell insieme all’equazione per la forza di Lorentz sono a tutti gli effettiuna teoria esatta e autoconsistente. Esatta vuole proprio dire che descrive senza approssima-zioni quello che succede. Il modello rimane valido anche su scale molto piccole, dell’ordine diuna decina di atomi, quindi l ≈ 10−9m. Gli unici problemi cominciano a farsi sentire quandoentrano in gioco gli effetti quantistici, che non tratteremo qui.

Tuttavia, come e successo in termodinamica, a volte e meglio avere un modello approssi-mato che perde un po’ di informazione ma diventa gestibile piuttosto che avere un modellocon troppa informazione che non siamo in grado di capire. Per esempio consideriamo un mez-zo materiale come ad esempio un cristallo di sale. Il mezzo e evidentemente non omogeneo,ci saranno gli atomi disposti in modo regolare e regioni di vuoto intermedie. Evidentementeil campo elettrico sara molto rapidamente variabile nello spazio. Come potete ben capire,per dare una descrizione dell’interazione luce-materia potremmo non essere interessati51 aqueste rapide variazioni, ma potrebbe avere piu senso farsi delle domande su una sorta dicampo medio, piu sensato da gestire. Formalmente, possiamo andare a definire un campo ~Ecome media su un volume, che prenderemo di forma sferica di un opportuno raggio R, di cuiora discuteremo l’ordine di grandezza

~E(~x, t) =

∫V

~E(~x′, t)dV ′

V

e analogo per il campo ~B. Come andiamo a scegliere il raggio della sfera per ottenerequalcosa di sensato? Sicuramente deve essere un raggio R 10−10m, dato che e la scala ti-pica atomica e noi vogliamo andare a studiare i fenomeni elettromagnetici proprio a meno diqueste fluttuazioni che ci impediscono di capire cosa stiamo facendo. Tuttavia non avrebbe

51Solo in alcuni range di frequenze.

3.4. OTTICA 341

nemmeno senso prendere R dell’ordine del centimetro, in quanto perderemmo troppa preci-sione. Per avere un’idea di quale sia la scala giusta e sufficiente pensare a che cosa vogliamostudiare. In particolare saremo interessati all’interazione luce materia, per cui la lunghezzad’onda tipica sara compresa fra 10−6m e 10−7m. Noi vorremmo in qualche modo vederecompletamente le oscillazioni del campo, in modo da dare una descrizione quantitativa enon semplicemente qualitativa. Per questo dovremo quindi prendere un raggio tipico R

10−6m > R > 10−10m

Ci sono 4 ordini di grandezza fra uno e l’altro quindi possiamo quantomeno sperare cheil nostro approccio abbia senso, in quanto effettivamente esiste una scala di lunghezze che cipermette di fare le nostre approssimazioni.

Chiaramente in seguito io non utilizzero piu i simboli ~E e ~B per i campi, ma usero leclassiche lettere ~E e ~B. Solo in questo paragrafo per chiarezza li ho tenuti distinti, nei pros-simi paragrafi non citero piu distintamente dei campi esatti ma solo dei campi mesoscopici,ovvero quelli mediati sull’ordine di grandezza opportuno.

In questo paragrafo non ho nominato i vettori ~D e ~H, ma si da per buono che tuttoquello che ho detto per i campi ~E e ~B valga uguale anche per loro.

3.4.2 Le equazioni di Maxwell nei mezzi continui

Nei paragrafi di elettrostatica e magnetostatica nei materiali abbiamo ricavato le equazionidi Maxwell per i campi statici

~∇ · ~D = ρ~∇ · ~B = 0~∇× ~E = 0~∇× ~H = ~J

Chiaramente se noi vogliamo andare a studiare i fenomeni dipendenti esplicitamente daltempo queste equazioni andranno a modificarsi come e successo nel caso del vuoto. Le primedue equazioni non erano state modificate quando paralvamo di elettrodinamica nel vuoto enon ci sarebbe ora motivo di andare a cambiarle, anche se ci troviamo in mezzi continui.

La terza equazioni invece va evidentemente cambiata. Tuttavia, dato che non vi com-paiono termini di sorgente (ρ, ~J), non c’e motivo per cui debbano comparire termini diversida quelli del vuoto. Per questo motivo, anche facendo la media mesoscopica, l’equazionediventera

~∇ · ~D = ρ~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t~∇× ~H = ~J

A questo punto bisognera andare a cambiare anche l’ultima equazione. Come avevamofatto in quella volta, possiamo subito notare che l’ultima equazione attualmente e in contrad-dizione con l’equazione di continuita, che continuera a valere perche e un principio primo.


La conservazione della carica elettrica totale non smettera di valere solo perche ci troviamoin un mezzo e non nel vuoto. E bene ricordare che la ~J e la ρ presenti in queste equazioninon sono la carica elettrica e la corrente totali, sono le cariche esterne libere, a cui abbiamotolto le cariche di polarizzazione offerte dal mezzo in cui si stanno propagando i campi.

Per far tornare l’equazione di continuita dobbiamo quindi aggiungere non un termine ∂ ~E∂t

,bensı

~∇ · ~D = ρ~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~H = ~J +1

c2

∂ ~D

∂t

(3.39)

Queste sono finalmente le equazioni di Maxwell complete, come sono state scritte piu di100 anni fa, quando sono state pubblicate per la prima volta. Notate che queste equazioninon sono davvero un sistema completo. Infatti abbiamo ben 4 campi incogniti da trovare,~E, ~D, ~B, ~H. Se il problema era determinato completamente nel vuoto con 4 equazioni e duecampi, non possiamo davvero sperare che in questo caso si possa risolvere il sistema senzaulteriori informazioni.

Che cosa ci manca? La risposta e semplice e si puo capire anche pensando alla statica.In quel caso, per risolvere i problemi eravamo riusciti a fare dei modellini per avere unarelazione diretta ~D[ ~E, ~B], ~H[ ~E, ~B], dove con questa notazione strana intendo solo dire che

esiste e conosciamo una dipendenza funzionale di ~D da ~E e ~B contemporaneamente. Neimodelli statici in particolare era

~D = ε ~E ~B = µ ~H

Dove µ, ε sono degli scalari. Queste relazioni semplicissime sono il prototipo di tutte quelleche andremo a guardare. Notare che queste relazioni sono specialissime e assolutamente pocogenerali, infatti la dipendenza dei campi nella materia e disaccoppiata52, e istantanea e locale,cose che in generale sono false. Inoltre, queste relazioni sono lineari, altra supposizione ingenerale falsa (ma spessisimo verificata).

Per dare una relazione costitutiva ~D[ ~E, ~B], l’unico modo e in qualche modo dare unmodello microscopico di come e fatto il nostro materiale. Una volta fatto questo, sara effet-tivamente possibile dare una previsione quantitativa dei fenomeni. Questo sara l’obiettivodei successivi paragrafi.

52Intendo dire che ~D dipende solo da ~E e non da ~B, cosa che in generale non e vera.

3.4. OTTICA 343

3.4.3 La propagazione di onde nei mezzi dielettrici lineari

L’obiettivo di questa sezione sara dare dei modelli per costruire delle relazioni costitutiveabbastanza generali da permettervi di cavarvela sempre alle Olimpiadi. La prima cosa danotare e che i fenomeni di ferromagnetismo, diamagnetismo e paramagnetismo hanno spie-gazioni pienamente quantistiche e non sono davvero modellizzabili senza, mentre i dielettricisono tranquillamente spiegabili anche senza. Per questo motivo da ora in poi, salvo esplicitamenzione sara

~B = µ0~H

La parte interessante sara sul campo elettrico e su ~D. Ovviamente la prima approssima-zione che possiamo fare e che la relazione fra ~E e ~D sia lineare. Voi giustamente potrestefarmi notare che io ho appena fatto notare che una relazione del tipo ~D = A~E e assoluta-mente poco generale e di scarso utilizzo e adesso vi vengo a dire che facciamo un modellolineare.

Non mi sto contraddicendo, infatti la piu generale relazione lineare fra ~D e ~E e

Di(~x, t) =3∑j=1

∫ ∞−∞

∫R3

gij(~x, ~x′, t, t′)Ej(~x

′, t′)dV ′dt′

Dove la funzione gij(~x, ~x′, t, t′) e in effetti un tensore53 che contiene ben 9 funzioni,ciascuna di 8 variabili. Evidentemente abbiamo un bel po’ di gradi di liberta fra cui scegliere.

Vediamo come semplificarci la vita. Innanzitutto, se consideriamo il mezzo infinito einvariante per traslazioni spaziali, cosa ragionevole, la funzione non dipendera piu dalle duevariabili distinte ~x, ~x′, bensı dalla loro differenza ~x− ~x′54. Allo stesso modo, se supponiamoche il mezzo non venga sottoposto a sforzi tali da deformare la sua struttura, avremo unainvarianza di questa funzione di risposta per traslazione temporale, ovvero di nuovo g nondipendera dalle variabili distinte t, t′, ma solo dalla differenza t − t′. Dopo queste notevolisemplificazioni possiamo riscrivere la funzione di risposta gij in modo da cambiare la relazionecostitutiva

Di(~x, t) =3∑j=0

∫ ∞−∞

∫R3

gij(~x− ~x′, t− t′)Ej(~x′, t′)dV ′dt′

A questo punto per andare avanti nel modello bisogna avere delle idee di quello che accadeveramente nella vita di laboratorio per capire che cosa e lecito approssimare e che cosa invecee impossibile da scartare. L’evidenza mostra che nella maggior parte dei casi per mezzi nontroppo densi la risposta e locale, ovvero si puo approssimare

gij(~x− ~x′, t− t′) = gij(t− t′)δ(~x− ~x′)

Capiamo un attimo che tipo di Fisica ci sta dietro. Innanzitutto, che accidenti significaquel grosso integrale che abbiamo scritto poco fa? In parole povere ci dice che il vettorespostamento dielettrico ~D a rigore puo dipendere dal campo elettrico nel mezzo, non solo

53Infatti nessuno ci dice che ~E e ~D debbano essere paralleli. In cristalli a scarsa simmetria e evidentequesta discrepanza.

54E infatti l’unico modo per dire che g(~x+ ~a, ~x′ + ~a) = g(~x, ~x′) per ogni ~a


che vi e applicato in quel momento e in quell’istante, ma anche in istanti di tempo55 e dispazio molto diversi! Questo non deve sorprendere, in un mezzo continuo in qualche modoe abbastanza evidente che si propaghi l’informazione ”Attento, qui vicino c’e un campoelettrico”, anche a distanze di spazio e tempo ragionevolmente piccole.

L’approssimazione di risposta spaziale locale, ovvero porre la dipendenza spaziale ad unadelta di Dirac ci sta in sostanza dicendo che il vettore ~D nella sua risposta e molto piuinfluenzato da quello che e successo prima nello stesso punto piuttosto che a quello che esuccesso a tempi vicini ma molto distante. Questa approssimazione e ben verificata nellamaggior parte dei mezzi e credo proprio che venga utilizzata senza nominarla in qualsiasiproblema olimpico. Fidatevi.

La nostra risposta dielettrica diventa quindi

Di(~x, t) =3∑j=0

∫ ∞−∞

gij(t− t′)Ej(~x, t′)dt′

A questo punto, in sostanza quello che diciamo non dipende davvero dal carattere scalareo tensoriale di gij, per cui smettero di mettere gli indici. In tutte le formule potrete sempli-cemente pensare di avere una matrice al posto di uno scalare e il discorso varra uguale quasiovunque.

Inciso - Trasformata di Fourier Ora dobbiamo semplificarci la vita e per farlo utilizzerouno strumento potente. Si tratta della trasformata di Fourier. Ovviamente voi non sieteminimamente tenuti a sapere della sua esistenza. La morale di quello che sto facendo e usareun po’ di trucchi con gli integrali per semplificare i conti. Utilizzero degli integrali speciali,che usano le funzioni trigonometriche complesse, che moralmente sono dei seni e coseni.

Vediamo pochi esempi per capire cosa andro a fare. Definiamo innanzitutto la trasformatadi Fourier. Sia f(t) una funzione di variabile reale (ovvero t ∈ R), ma che possa avere valoriin C (ovvero in generale f(t) ∈ C). Si definisce la trasformata di Fourier di f 56

f(ω) =1√2π

∫ ∞−∞

f(t)eiωtdt

E legittimo domandarsi perche fare questa cosa ha senso e non e semplicemente unsimpatico modo di complicarsi la vita. La morale e che la trasformata di Fourier si comportamolto bene con le equazioni differenziali-integrali lineari. Supponiamo di avere f derivabilee di voler calcolare la trasformata di f ′. Vediamo come fare

g(ω) =

∫ ∞∞

f ′(t)eωtdt =[f(t)eiωt

]∞−∞ −

∫ ∞−∞

f(t)(iω)eiωtdt = −iωf(ω)

Commentiamo un attimo la matematica che ho usato e poi vediamo la potenza delrisultato. Nel primo passaggio ho semplicemente scritto la definizione di trasformata diFourier di una funzione, che in questo caso e f ′(t). Nel secondo ho utilizzato la formula

55Discuteremo di questo fra poco. E abbastanza ovvio che il campo elettrico che non si e ancora visto,ovvero quello per t′ > t non puo influire su quello che sta accadendo adesso.

56La definizione non e unica. In particolare il 2π al denominatore puo essere spostato quasi a piacere perfar tornare i conti. Non meravigliatevi se trovate delle definizioni diverse o se semplicemente vedete anchela stessa persona mettere o meno il

√2π in paragrafi poco distanti.

3.4. OTTICA 345

di integrazione per parti, riconoscendo che effettivamente f ′ e la derivata di f . A questopunto si ottengono due pezzi. Il primo, che e f(t)eiωt, che va valutato, e il secondo che eun altro integrale. Per quanto riguarda il primo pezzo, la valutazione non ha sempre limite,se la funzione non decresce abbastanza all’infinito. La teoria tuttavia si estende con pochedifficolta anche a funzioni che non vanno a zero all’infinito, ma questi sono dettagli tecnicisu cui sorvoliamo. Per ora si assuma che il limite esista e sia zero. Nel secondo pezzo inveceabbiamo un integrale che e effettivamente la traformata di f e non di f ′, moltiplicata periω.

Non credo di essere riuscito a passarvi la potenza di questa cosa con le poche parole cheho speso. Tuttavia possiamo considerare, per farvi capire la potenza del tutto, un’equazionedifferenziale lineare a coefficienti costanti, come per esempio

f ′′(t)− af ′(t) = h(t)

Dove la nostra incognita e f(t) e h(t) e una generica funzione abbastanza regolare.Calcoliamo la trasformata a sinistra e a destra dell’uguale.

(−iω)2f(ω)− a(−iω)f(ω) = h(ω)⇒ f(ω) =h(ω)

iωa− ω2

Non so se ve ne siete resi conto, ma abbiamo trasformato un’equazione differenziale inun’equazione lineare di primo grado. Mi pare una bella semplificazione. Se poi si riuscissead invertire la trasformata per ottenere f da f sarebbe l’ideale.

Ovviamente non avrei detto questa cosa se non esistesse la formula di inversione

f(t) =1√2π

∫ ∞−∞

f(ω)e−iωtdω

Che, a patto di saper fare un integrale ci permette di risolvere tutte le equazioni dif-ferenziali lineari a coefficienti costanti non omogenee. Le proprieta della trasformata diFourier sono molteplici. Un’altra proprieta fantastica e di trasformare la convoluzione inuna moltiplicazione.

Ovviamente non ho mai definito la convoluzione e non mi pare il caso di farlo, madato che ne abbiamo un esempio qui davanti un minimo possiamo dirlo. Esiste un modoparticolarmente sensato, date due funzioni f, g abbastanza regolari all’infinito tale che esistal’integrale su tutto R57, di associarvi una terza funzione h come integrale mischiato delleprime due. Diamo la definizione

h(x) = f ∗ g(x) :=

∫ ∞−∞

f(x− t)g(t)dt

Sembra una cosa molto a caso, ma in realta e pensata molto bene. E inutile perdercitempo adesso, ma notiamo che abbiamo davanti agli occhi una relazione esattamente diquesto tipo

~D(~x, t) =

∫ ∞−∞

g(t− t′) ~E(~x, t′)dt′

57E impreciso. Le due funzioni devono essere L1(R). Non preoccupatevi di questo dettaglio.


Che mettendo i nomi al posto giusto e proprio una convoluzione. Il fatto che compaiacosı a caso in un modello fisico puo far presagire cose interessanti, ma non possiamo perdercitroppo tempo. Andiamo a calcolare la trasformata di Fourier rispetto al tempo del nostrocampo spostamento dielettrico.

~D(~x, ω) =

∫ ∞−∞

~D(~x, t)eiωtdt =

∫ ∞−∞

∫ ∞−∞

g(t− t′) ~E(~x, t′)eiωtdtdt′

=

∫ ∞−∞

∫ ∞−∞

g(t− t′) ~E(~x, t′)eiω(t−t′)eiωt′dtdt′

=

∫ ∞−∞

∫ ∞−∞

g(t) ~E(~x, t′)eiωteiωt′dtdt′

= ε(ω) ~E(~x, ω)

Il primo passaggio e la definizione di trasformata, il secondo e la relazione che lega ~Da g, ~E, poi ho diviso e moltiplicato per eiωt

′per far comparire cose belle. Poi ho cambiato

variabili di integrazione separando gli integrali. A questo punto si riconosce chiaramente ladefinizione delle due trasformate.58

A questo punto abbiamo trovato una cosa molto piacevole: se non guardiamo i campima le loro trasformate abbiamo una relazione diretta fra ~D e ~E, come succedeva in statica,dove eravamo in grado di fare e capire le cose. Sarebbe molto piacevole procedere su questastrada.

Un’obiezione molto legittima sarebbe: ”Io non le so fare le trasformate. Cosa mi voglionodire fisicamente, come capisco cosa sto facendo?”. Ora cerchero di convincervi che lavorarein trasformata e moralmente lavorare solo con campi che abbiano una dipendenza temporaledeterminata e unica, ovvero ~E = ~E0e

−iωt

TROVA UN MODO DI SPIEGARLO SENZA USARE LA DELTA DI DIRAC.Quindi sara molto facile (si spera) creare i nostri modelli mandando delle onde mono-

cromatiche, ovvero con dipendenza temporale e−iωt, in quanto sapremo scrivere molto beneε, e poi usare la trasformata inversa se vogliamo ottenere la dipendenza temporale esplici-ta. Nella maggior parte dei casi questo non sara necessario e si lavorera semplicemente percomponente monocromatica.

58Ho fatto i passaggi un po’ alla garibaldina ma ovviamente sono formalizzabili.

3.4. OTTICA 347

Il modello di Drude-Lorentz

Questo modello semplicistico, per quanto schematico e semplice e la base per tutti gli altrimodelli di risposta dielettrica. Andiamo a considerare un materiale, che penseremo solido,ma in realta funziona bene anche per altre cose, che schematizziamo come una collezione diatomi non interagenti l’uno con l’altro composti da un nucleo pesante che non interagira conla radiazione in arrivo e un elettrone59 legato al nucleo pesante da una forza di richiamo,che tanto per cambiare prenderemo armonica a frequenza ω0, di cui non diamo il valore.Supponiamo che esista una forza di attrito di qualche tipo sull’elettrone, per semplicitaattrito viscoso.

Supponiamo ora di utilizzare un campo elettrico esterno per forzare questo oscillatore.Ovviamente lavoreremo per componenti monocromatiche per sfruttare Fourier, e poi alla finese vorremo potremo ricomporre il tutto. Ovviamente non possiamo fare altro che cominciaredalle basi, ovvero ~F = m~a

m~x = −mω20~x− γm~x+ q ~E0e

−iωt

A questo punto la soluzione generale sara la sovrapposizione di un moto smorzato, chediventera velocemente trascurabile, piu un moto forzato. Andiamo quindi a cercare dellesoluzioni forzate della forma ~x(t) = ~x0e

−iωt

−ω2~x0 = −ω20~x0 + iωγ~x0 +

q ~E0

mDove ho gia semplificato l’esponenziale, fattore comune a tutti. A questo punto questa e

un’equazione per ~x0

~x0 =q ~E0/m

ω20 − ω2 − iωγ

Diamo un po’ di Fisica a questi conti. La posizione a riposo, senza la forzante, del nostromodello sarebbe ~x0 = 0. Questo corrisponderebbe ad elettrone e nucleo sovrapposti. Perquanto sia poco realistico, per quello che vogliamo fare noi e abbastanza descrittivo. Il succoe che quando invece ~x0 6= 0, il nucleo e l’elettrone sono separati. Abbiamo due cariche ugualie opposte separate da un certo ~x0. Cosa vi viene in mente? Ovviamente un dipolo elettrico!

~p = q~x0 =q2 ~E0/m

ω20 − ω2 − iωγ

Abbiamo un dipolo elettrico proporzionale al campo incidente. Ricordiamo che l’obiettivodi questo modello e trovare una relazione costitutiva dielettrica, ovvero una relazione ~D[ ~E].In particolare, se ricordiamo che

~D := ε0 ~E + ~P

Allora risulta evidente che dobbiamo andare a calcolare la densita di dipolo elettrico ~P

~P = nq~x0 =nq2 ~E0/m

ω20 − ω2 − iωγ

59Il caso a piu elettroni, purche non interagenti, non e concettualemente diverso da questo.


E praticamente ci siamo, in quanto

~D = ε0 ~E + ~P = ε0εr ~E0 = ε(ω) ~E0

Se semplicemente al posto di εr scriviamo

εr(ω) = 1 +ω2p

ω20 − ω2 − iγω

Dove ho definito

ω2p =

nq2

mε0

che viene chiamata frequenza di plasma e ha in effetti le dimensioni fisiche di una fre-quenza. Questo modello semplicistico racchiude un sacco di Fisica, anche se all’inizio puonon sembrare. Nei successivi paragrafi andremo a studiare nel dettaglio il grafico di questomodello per capire il comportamento della risposta del mezzo alle varie frequenze. Vedremopoi che questo modello e molto piu generale di quello che sembra.

3.4. OTTICA 349

Caratteristiche qualitative delle 3 zone di interesse

Possiamo dare un’occhiata al grafico per alcuni valori di γ, ω0 sono riportati in figura 3.34.Possiamo, per motivi didattici, suddividere il grafico che si vede in 3 zone tipiche di interesse

1. Una zona che chiameremo di tipo I, in cui la parte immaginaria di εr, corrispondentealla dissipazione, e trascurabile ( 1) e la parte reale e quasi costante e > 1.

2. Una zona di tipo II, in cui la parte immaginaria rimane trascurabile, ma si fanno sentiregli effetti di dispersione, ovvero una variazione di <εr con ω.

3. Una zona di tipo III, in cui il mezzo e assorbente e dispersivo.60

Chiaramente questa distinzione e puramente didattica, rigorosamente parlando ogni zonae solo di tipo III, ma per lo studio che ne andremo a fare e legittimo pensare di suddividerlein base a queste caratteristiche qualitative.

(a) Caso normale (b) Caso γ ω0

(c) Caso γ ≈ 0 (d) Caso γ = 0, ω0 = 0, ovvero un conduttore.

Figura 3.34: Modello di Drude Lorentz. In blu la parte reale della funzione εr, in verde lasua parte immaginaria.

60Ricordiamo che dispersivo vuol dire che εr e quindi n variano con la frequenza.


Zona I - non dispersivo e trasparente In sostanza questa zona e molto tranquilla, inpratica si tratta quasi come il caso statico. L’unica nuova cosa interessante che andremo avedere e una leggera riformulazione piu generale del teorema di Poynting sulla conservazionedell’energia.

Andiamo quindi a considerare il bilancio energetico che abbiamo scritto per ricavarel’espressione del vettore di Poynting nel vuoto qualche capitolo fa.

−∂u∂t

= ~∇ · ~S + w

Dove al solito moralmente noi conosciamo w in termini dei campi e vorremmo andare ascrivere u ed ~S solo in termini dei campi stessi. In questa situazione di mezzo trasparente61,possiamo dire che la dissipazione sara per l’appunto dovuta solo alle correnti libere ~Jl e nonalle correnti di polarizzazione ~Jp, praticamente per definizione. Di conseguenza, andremo ascrivere

−∂u∂t

= ~∇ · ~S + ~Jl · ~E

E a questo punto possiamo usare ovviamente una delle equazioni di Maxwell per farsparire i termini di sorgente e cercare di esprimere tutto solo in termini dei campi.

~∇× ~H = ~Jl +1

c2

∂ ~D

∂t⇒ −∂u

∂t= ~∇ · ~S + ~∇× ~H · ~E − 1

c2

∂ ~D

∂t· ~E

E ora, come avevamo fatto per il vuoto andiamo a fare manipolazioni vettoriali perottenere un risultato piu semplice. Inoltre, dato che le cose simmetriche ci piacciono sempredi piu, andiamo a sommare una cosa identicamente nulla in modo da rendere piu simmetricoin ~E, ~B il risultato

−∂u∂t

= ~∇ · ~S + ~∇× ~H · ~E − 1

c2

∂ ~D

∂t· ~E +

(~∇× ~E +

∂ ~B

∂t

)· ~H

= ~∇ · ~S − ∂

∂t

(~E · ~D

2+~H · ~B

2

)− ~∇ · ~E × ~H

Per cui e naturale fare le nuove scelte per u e ~Su =~E · ~D + ~H · ~B

2~S = ~E × ~H

Vedremo che la formula per u smettera di essere valida nel caso dispersivo (ma alle Olim-piadi non vi capitera mai di dover usare una formula diversa, quindi imparate questa che vabenissimo), mentre l’espressione per il vettore di Poynting ha motivi per essere estremamentepiu generale e non perdere di validita nemmeno nel caso assorbente.

61Ovvero non dispersivo.

3.4. OTTICA 351

Per concludere la trattazione del caso non dispersivo possiamo andare a vedere che cosasuccede all’equazione d’onda in questo mezzo. Ricordiamo per chiarezza che le equazioni diMaxwell macroscopiche

~∇ · ~D = ρ~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~H = ~J +1

c2

∂ ~D

∂t

Si possono riscrivere molto meglio in trasformata di Fourier semplicemente usando lasostituzione formale ∂

∂t→ −iω. Questo fatto potete darlo per buono, ma e formamente

e rigorosamente corretto anche in casi patologici. Le equazioni si riscrivono prendendo laforma molto piu semplice

~∇ · ~D = ρ~∇ · ~B = 0~∇× ~E = iω ~B

~∇× ~H = ~J +−iωc2ε ~E

E dato che noi lavoriamo in presenza di mezzi non magnetici ( ~H = ~B) e in assenza di

sorgenti esterne (ρ = ~J = 0) ~∇ · ε ~E = 0~∇ · ~B = 0~∇× ~E = iω ~B

~∇× ~B = −iωc2ε ~E

Se andiamo a considerare un mezzo isotropo, infinito e con ε che non dipende dal punto,allora la costante dielettrica puo passare oltre la divergenza e otteniamo delle equazioniestremamente simili al caso nel vuoto62

~∇ · ~E = 0~∇ · ~B = 0~∇× ~E = iω ~B

~∇× ~B = −iωc2ε ~E

Al solito, possiamo prendere il rotore di una delle due ultime equazioni e sostituirvi l’altraper ottenere

∇2 ~E +ω2ε

c2~E = 0

62Nel caso in cui ε(ω) 6= 0. Vedremo un esempio in cui se e vera quell’uguaglianza possono accadere dellecose interessanti.


Che e un’equazione formalmente identica a quella nel caso del vuoto. Inoltre, se si haε > 163, abbiamo le stesse soluzioni che avevamo nel vuoto, a meno di una costante di cui oraparliamo brevemente. Possiamo infatti cercare soluzioni come al solito in termini di ondepiane

~E(~x, t) = ~E0ei(~k·~x−ωt)

Che buttate dentro l’equazione precedente ci danno(−~k · ~k +

ω2ε

c2

)~E0 = 0

Che ha soluzione non nulla solo se

~k · ~k =ω2ε

c2

Dato che nell’equazione sopra ci sono solo quantita reali, possiamo metterci una bellaradice e trovare la cosiddetta relazione di dispersione

k =ω√ε

c

Da cui si trova la velocita di fase

vf =ω

k=

c√ε

:=c

n

Dove abbiamo scritto n =√ε. Notare che se per l’appunto ε > 1 la velocita di fase e

comunque minore di c, e questo ci piace perche dice che la nostra soluzione quantomeno nonviola uno dei principi fondamentali della Fisica, che e quello di causalita. Almeno per oggipossiamo essere soddisdfatti e passare alla trattazione di una zona di tipo II.

63Questa cosa non e sempre vera. Nella trattazione della zona II vedremo come agire in caso non siaverificato.

3.4. OTTICA 353

Zona II - dispersivo e trasparente Qui le cose cominciano a diventare un po’ menosemplici. Non faro delle dimostrazioni vere in questa parte in quanto sono discretamentesicuro che non vi siano per niente utili durante la vostra carriera olimpica. Avrete mododi approfondire questo argomento al secondo anno di universita, per ora accontentatevi diqualche cosa detta a caso e barando. Per una trattazione rigorosa, si veda [2].

La prima cosa di cui possiamo discutere e che per ora abbiamo parlato di velocita di pro-pagazione, di vettore di Poynting e di densita di energia. Questi 3 oggetti non possono esserecompletamente scorrelati l’uno dall’altro e in particolare c’e un modo solo per metterli inun’equazione in modo che venga fuori quantomeno qualcosa di dimensionalemente coerente.

~S = u~v

Chiaramente dovete prendere questa formula come qualcosa di intuitivo, non ho nessunapretesa di convincervi con cosı poche parole che sia vera e indubitabile. La scrivo solo percheutilizzeremo questa relazione per trovare la nuova espressione per u, dopo aver ricavato peraltra via l’espressione per ~v e aver giustificato il fatto che l’espressione del vettore di Poyntingrimanga inalterata. Vediamo innanzitutto la nuova propagazione dell’energia.

Vogliamo dare una formula per la velocita di propagazione dell’energia. Per chiarirci leidee e capire come funziona la propagazione non possiamo davvero farlo per un’onda pianain quanto essendo infinita puo trarre in inganno per quanto riguarda i trasporti delle cose.Per questo motivo andremo a studiare un pacchetto localizzato di energia e cercheremodi inseguire il suo centro, usando le equazioni di Maxwell per descrivere la sua evoluzionetemporale.

Fisicamente dovete immaginare una ristretta zona dello spazio in cui all’istante inizialee presente un campo elettrico e nessuna sorgente. Usando le equazioni di Maxwell si puoprevedere come evolvera la forma di questo oggetto.

La trattazione matematica del tutto e leggermente piu complicata di tutto quello che hofatto finora. Non mi aspetto che la capiate completamente anche perche sono sicuro di nonessermi spiegato in modo limpido. Cercate solo di capire le poche cose fisiche su cui cercherodi porre l’attenzione.

Immaginate che sia il campo elettrico sia il campo magnetico non siano piu monocromaticima siano una sovrapposizione continua di piu onde monocromatiche. E ragionevole pensareche si possa scrivere l’ampiezza dei campi in un modo simile a quello che ho scritto.

f(x, t) =

∫ k0+∆k

k0−∆k

A(k)ei(k(ω)x−ωt)dk

Ci sono diverse approssimazioni da fare affinche questa situazione possa essere fisicamentevalida e matematicamente rigorosa, ma per quello che voglio dirvi non e rilevante. La cosa sucui ci dobbiamo focalizzare ora e che il pacchetto e localizzato, e potete pensare che contengapoche frequenze. In questo caso e legittimo espandere in serie k(ω)

ω(k) = ω0 +∂ω

∂k(k − k0)

FINISCI DI SPIEGARE

u ∝ |f(x, t)|2 =

∣∣∣∣∫ ∆k

−∆k

A(k0 + q) exp

[i

(x− ∂ω

∂k

)q

]dq

∣∣∣∣2 ∝ I(x− ∂ω

∂kt)


vg =∂ω

∂k(3.40)

VALIDITA FORMULA PER ~S

〈u〉 =1

2

(∂(ωε)

∂ωE

2+∂(µω)

∂ωH

2)

(3.41)

MOSTRARE CHE ZONA CODA DRUDE LORENTZ E TIPO II E NON I

3.4. OTTICA 355

Zona III - dispersivo e assorbente In questa zona ci sono tutte le complicazioni delcaso generale di mezzo lineare dispersivo. Cio che andremo a guardare nel dettaglio e soloquello che interessa a voi per il percorso olimpico, ovvero la riflessione e la rifrazione vistedal punto di vista generale elettromagnetico e non solo come leggi fenomenologiche.

La prima semplificazione che andiamo a fare e ovviamente come al solito di trattaremateriali non magnetici, ovvero

~B = µ0~H

A questo punto per chiarezza diamo due nomi diversi alle parti reali e immaginarie diogni oggetto che andremo a trattare. Le quantita con pedice 1 saranno le parti reali, quellecon pedice due saranno le parti immaginarie.

ε(ω) = ε1(ω) + iε2(ω)

A questo punto possiamo tranquillamente scrivere l’equazione d’onda nel caso generale

∇2 ~E +ω2ε

c2~E = 0

Come abbiamo sempre fatto, per trovare delle relazioni utili andiamo a cercare soluzioniin termini di onde piane

~E = ~E0ei(~k·~r−ωt)

Adesso dobbiamo fare moltissima attenzione a quello che facciamo. Sappiamo che ε ∈ C.Ci aspettiamo quindi che per soddisfare l’equazione anche qualche altro oggetto sia com-plesso, altrimenti avremmo un oggetto complesso uguale ad un numero reale. La frequenzaangolare ω ha poco senso ad esser vista come complessa64, per cui la cosa piu naturale e direche anche il vettore ~k diventi complesso

~k = ~k1 + i~k2

Prima di procedere, diamo un’interpretazione fisica a quello che stiamo scrivendo. Ri-scriviamo l’esponenziale separando i due termini, reale e immaginario

ei((~k1+i~k2)·r−ωt) = e−~k2·~rei(

~k1·~r−ωt)

A questo punto l’intepretazione fisica e molto semplice. La parte immaginaria del vettored’onda ci da la direzione in cui l’onda e smorzata in ampiezza. Notare che in generale ipiani a fase costante, ovvero dove e costante l’esponenziale immaginario, non sono sempreortogonali ai piani ad ampiezza costante (ovvero dove e costante l’altro esponenziale)

A questo punto possiamo calcolare con attenzione il laplaciano

~k · ~k =εω2

c2

Attenzione. Come me la prima volta che ho fatto questo conto, sareste tentati discrivere |~k|2 al posto di ~k · ~k. Questo errore e frutto dell’abitudine, ma e un errore perche

64In realta e esattamente quello che faremo per ricavare le relazioni di Kramers-Kronig, ma ci sono altrimotivi per cui avra senso farlo.


∇2ei~k·~x = i~∇ · (kxx+ kyy + kz z)ei

~k·~r = −(k2x + k2

y + k2z)e

i~k·~r

La differenza sta nel fatto che |~k|2 e un numero reale, mentre ~k · ~k puo comunque essereun numero complesso. Fate molta attenzione quando usate la notazione complessa perchegli errori stupidi sono dietro la porta ad aspettarvi.

Ora che abbiamo chiarito questo dubbio (si spera), possiamo andare a scrivere la partereale e immaginaria dell’equazione

(k21 − k2

2) + i2~k1 · ~k2 =(ε1 + iε2)ω2

c2

Ovvero k2

1 − k22 =

ε1ω2

c2

2~k1 · ~k2 =ε2ω

2

c2

Ora che finalmente abbiamo delle equazioni e il caso di commentarle. Notiamo innanzi-tutto che se ε2 6= 0, allora deve esserci per forza una componente immaginaria del vettore~k! Questa e la prima conferma del fatto che la parte immaginaria dell’indice di rifrazionesia un indicatore di assorbimento del mezzo. Fra poco vedremo che e effettivamente cosı.Tuttavia, se ε2 = 0, non e detto che sia ~k2 = 0. Infatti semplicemente potrebbe essere~k1 ⊥ ~k2. Questa non e una situazione patologica, e una bestia che dovreste conoscere bene,si tratta del fenomeno della riflessione totale interna, che vedremo fra pochi paragrafi.

A questo punto potremmo finalmente parlare del famigerato indice di rifrazione n, cheandiamo a definire in questo modo. Innanzitutto sara una quantita complessa, quindi

n(ω) = n1(ω) + in2(ω)

E poi lo definiamo in modo che ci restituisca la nozione classica

n =c

vf(3.42)

Affinche ritorni questa condizione deve essere

n2 := ε⇒

n2

1 − n22 = ε1

2n1n2 = ε2

E si nota subito che se ε2 6= 0 allora n2 6= 0. Lasciate perdere le conseguenze sull’equazione3.42. L’indice di rifrazione e solo un artificio matematico, le cose fisiche sono ε e µ.

Ci siamo quasi, ma vediamo prima di passare alla riflessione e alla rifrazione due coseinteressanti che riguardano la potenza dissipata in un mezzo dispersivo e la conducibilitaelettrica dei conduttori.

Ora finalmente abbiamo a che fare con potenza dissipata, quindi per la prima voltaavremo ~Jp · ~E 6= 0. Andiamo a calcolarlo nel dettaglio

P = ~Jp · ~E =

(∂ ~P

∂t− ~∇× ~M

)· ~E

3.4. OTTICA 357

Chiaramente noi saremo interessati ai campi monocromatici e alla potenza media su unperiodo, quindi prendiamo ~P = ~P0e

iωt e finiamo il conto

〈P 〉 = <⟨−iω ~P · ~E

⟩= <

⟨−iω(ε− 1) ~E · ~E

⟩= 〈ε2ω ~E · ~E〉

Per cui effettivamente abbiamo mostrato che la potenza dissipata e proporzionale allaparte immaginaria della funzione di risposta ε

La conducibilita statica Questo paragrafo sara breve. Per le olimpiadi non vi servira, esolo un trucco per mostrarvi la generalita della funzione di risposta ε. Ricorderete che nelcaso statico si ha ~J = σ ~E. La quarta equazione di Maxwell in componenti monocromatichesi scrive quindi

~∇× ~H = σ ~E − iω

c2ε ~E = −iω

c2ε ~E

Per cui a meno di ridefinire ε possiamo trattare matematicamente allo stesso modo siaconduttori che materiali dielettrici. L’unica cosa a cui fare attenzione e la divergenza perω → 0 della nostra funzione di risposta. Non e un problema, basta solo ricordarsi che c’e.

ε = ε+ ic2σ

ω


3.4.4 La riflessione e la rifrazione

AGGIUNGI DISEGNO. LA NORMALE AL PIANO E LUNGO z E L’ASSE ORIZZON-TALE E x

Siamo finalmente giunti alle cose che si trovano su tutti i libri di testo delle superio-ri. Tuttavia spesso alcuni argomenti come l’angolo di Brewster vengono nominati senza ladovuta cura e quindi si fatica a capirli davvero. Spero di aiutarvi a chiarirvi le idee.

Innanzitutto chiariamoci le idee. Noi ”manderemo” un’onda piana monocromatica da unsemispazio in cui c’e un mezzo dielettrico εi contro un semispazio seminfinito di dielettrico εte in qualche modo vogliamo modellizzarne la risposta. La cosa che ci aspettiamo e che com-paiano un’onda ”riflessa” e un’onda trasmessa, la prima che torna indietro verso di noi e laseconda invece che continua a propagarsi nel mezzo dielettrico e si allontana indefinitamente.

In termini di campo elettrico potremo scrivere

~E(~x, t) =

~Eie

i(~ki·~r−ωt) + ~Erei(~kr·~r−ωt) z < 0

~Etei(~kt·~r−ωt) z > 0

Il nostro obiettivo e quello di scrivere in qualche modo ~kr, ~kt, ~Er, ~Et in funzione di quelloche noi sappiamo, ovvero ~ki e ~Ei. Chiaramente non possiamo fare le cose a caso, ci serviran-no delle equazioni e per trovarle, indovinate un po’, partiremo dalle equazioni di Maxwellmacroscopiche.

Prima di scriverle, notiamo brevemente che il problema ha una discreta simmetria. In-fatti, se considero il piano determinato dal vettore ~ki e dal versore normale al piano, possoscegliere due polarizzazioni dell’onda incidente tali per cui questo piano sia un perfetto pia-no di simmetria per l’onda incidente, rendendolo quindi un piano di simmetria per l’interosistema e imponendo subito che gli altri due vettori d’onda stiano in questo piano.Le due polarizzazioni appena nominate sono:

Polarizzazione lineare in cui ~Ei e ortogonale al piano di incidenza. Questa polarizza-zione viene chiamata TE (transverse electric)

Polarizzazione lineare in cui ~Ei e ortogonale al piano di incidenza. Questa polarizza-zione viene chiamata TM (transverse magnetic)

Qualsiasi onda piana si potra scrivere come combinazione lineare di queste due, e datoche queste hanno un elevato grado di simmetria per il problema sara intelligente utilizzarequeste per semplificarsi la vita.

Dimentichiamoci un attimo della polarizzazione e andiamo a scrivere l’equazione d’onda

∇2 ~E +ω2ε

c2~E = 0

Che varra per entrambe i semispazi a patto di mettere gli indici giusti. In particolareotterremo le relazioni di dispersione

~kr · ~krc2 = ~ki · ~kic2 = ω2εi~kt · ~ktc2 = ω2εt

3.4. OTTICA 359

Ora semplifichiamoci leggermente la vita. Normalemente noi manderemo onde dal vuotoo quantomeno da un mezzo dielettrico trasparente, ovvero sara εi ∈ R. Questo semplificheraleggermente la prima equazione in quanto otteniamo

|~ki| = |~kr|

Ora bisogna andare a utilizzare un po’ di elettromagnetismo. Non ci sono sorgenti liberesui nostri mezzi, ma solo sorgenti di polarizzazione. Le due equazioni

~∇× ~E = iω ~B

~∇× ~H = −iωc2~D

Dato che non ci sono motivi per dire che ~B e ~D divergano all’interfaccia, si devono averele condizioni di raccordo dei campi

∆H// = 0

∆E// = 0

Nel nostro caso, dato che ~B = µ0~H, semplicemente si conserveranno le componenti

parallele di ~E e ~B.Ora, indipendentemente dalla polarizzazione, all’interfaccia avremo un’equazione del tipo

A1eikixx + A2e

ikrx = A3eiktx

E l’unico modo per avere questa equazione rispettata per ogni x sul piano e che siaproprio

kix = krx = ktx

Ovvero la componente di ~k lungo x e conservata. Questa equazione, combinata a |~ki| =|~kr|, ci dice anche che kiz = −krz65, per cui otteniamo la classica legge della riflessione

θi = θr (3.43)

E poi, se andiamo a considerare ~kt, otteniamo delle relazioni

~ki · ~kiεi

=k2ix + k2

iz

εi=ω2

c2=~kt · ~ktεt

=k2tx + k2

tz

εt

Ora andiamo a fare delle manipolazioni per ottenere una legge che gia conoscete

ni sin θi =√εi

kix√k2ix

+ k2iz

=ktz√

k2tx + k2

tz

√εt = nt sin θt

Che se riscritta e la famosissima legge di Snell, che dovete sempre ricordare nei problemidi ottica

65In generale ci dice che sono uguali i moduli. Dato che vogliamo che l’onda si allontani dall’interfaccia inquanto e riflessa, a mano ci mettiamo un segno meno, che e fisicamente sensato.


ni sin θi = nt sin θt (3.44)

Attenzione a non utilizzarla a sproposito. Nella maggior parte dei casi questa equazionefunziona e alle olimpiadi e molto improbabile che questa equazione possa fallire, ma ricor-datevi che qui ho tirato un sacco di radici e fare la radice e una cosa che in matematicaha sempre una certa arbitrarieta in quanto bisogna scegliere un segno. In alcuni problemipotrebbe capitarvi di dover fare attenzione al segno.

A questo punto abbiamo estratto le informazioni cinematiche dal nostro sistema. Aquesto punto dobbiamo metterci la dinamica, ovvero prendere in considerazione le condizionidi raccordo dei campi piu nel dettaglio. Consideriamo prima il caso di polarizzazione TE.La condizione sul raccordo di ~E si scrive semplicemente

Ei + Er = Et

A questo punto dato che abbiamo due incognite e una equazione non possiamo fare ameno di un’altra equazione. Questa sara l’equazione sul raccordo di ~H, ovvero ~B. Il campo~B si puo calcolare usando la terza equazione di Maxwell

~B = −i 1

ω~∇× ~E

E a questo punto, esprimendo la condizione di raccordo su ~B in termini di ~E e ~k

kizEi − kizEr = ktzEt

Che messa a sistema con l’altra ci fornisceEr =

kiz − ktzkiz + ktz

Ei

Et =2kiz

kiz + ktzEi

Questa equazione e estremamente generale e vale anche quando kt e complesso, infattinon abbiamo fatto nessuna assunzione sul fatto che sia reale o meno. Volendo, possiamodefinire i coefficienti di riflettivita e trasmissivita per la polarizzazione TE

r =kiz − ktzkiz + ktz

t =2kiz

kiz + ktz

(3.45)

Quando tutto funziona bene, ovvero quando tutto e reale, possiamo riscrivere questaequazione in termini solo di angoli.

r =kiz − ktzkiz + ktz

=ki cos θi − kt cos θtki cos θi + kt cos θt

=ni cos θi − nt cos θtni cos θi + nt cos θt

t =2kiz

kiz + ktz=

2ni cos θini cos θi + nt cos θt

In molti casi quello che si fa concretamente e di mandare un’onda ad incidenza normale(θi = 0 ⇒ θr = θt = 0) dal vuoto verso un mezzo. In questo caso le formule assumono unaforma umana

3.4. OTTICA 361

r =

ki − ktki + kt

t =2ki

ki + kt

⇒

r =

1− n1 + n

t =2n

1 + n

E da queste possiamo definire il vero coefficiente di riflessione

R = |r|2 =

∣∣∣∣1− n1 + n

∣∣∣∣2La presenza del modulo quadro e dovuta al fatto che quello che si fa normalmente e di

misurare la potenza emessa e la potenza riflessa. La potenza scala come |E|2, per cui hasenso andare a considerare un modulo quadro.

A questo punto bisogna rifare lo stesso conto per la polarizzazione TM. Dato che sonopigro, non faccio il conto ma ve lo lascio come esercizio. Mi limito a riportare il risultato ea commentarlo.

Br =εtkiz − εiktzεtkiz + εiktz

Bi

Bt =2εtkiz

εtkiz + εiktzBi

r =nt cos θi − ni cos θtnt cos θi + ni cos θt

t =2ni cos θi

nt cos θi + ni cos θt

(3.46)

Vorrei farvi notare delle differenze piuttosto interessanti fra le due equazioni 3.45 e 3.46.Andiamo a caccia di casi particolari, per esempio cerchiamo quando qualcuno dei coefficientie 0 o magari anche infinito.

Indichiamo con il pedice s le quantita relative alla polarizzazione TE e con p quellerelative alla TM66. Per esempio, esistono valori di θi o di n che ci dicono che l’onda riflessao trasmessa sono nulle? Andiamo a cercarli

rs = 0⇒ kiz − ktzkiz + ktz

= 0⇒ kiz = ktz

Quand’e che accade? Beh, se sono uguali qui due oggetti allora sono uguali anche lequantita ~ki · ~ki e ~kt · ~kt, per cui si deve avere εt = εi, che moralmente ci dice che l’elettro-magnetismo non vede l’interfaccia. O c’e lo stesso materiale da una parte e dall’altra, che cidice che effettivamente l’onda va avanti, oppure ci deve essere un materiale elettricamenteindistinguibile dal primo.

Per quanto riguarda l’onda trasmessa, dovrebbe essere kiz = 0, ovvero incidenza parallelaal piano, poco fisica.

Vediamo ora invece il caso p, piu interessante.

rp = 0⇒ nt cos θi = ni cos θt ⇒sin θisin θt

=ntni

=cos θtcos θi

⇒ sin θt cos θt = sin θi cos θi

66E una convenzione standard difficile da ricordare. In particolare s deriva dal Tedesco senkrecht, che vuoldire ortogonale. Perche proprio E e non B visto che almeno uno dei due sara ortogonale? Mistero della fede.


sin 2θt = sin 2θi

L’equazione che abbiamo appena scritto ha due soluzioni. La prima e la banale θi = θted e equivalente a quello che abbiamo detto per la polarizzazione TE. Tuttavia c’e un’altrasoluzione rilevante, ovvero

2θi = π − 2θt ⇒ θi + θt =π

2(3.47)

Questa condizione e fisicamente realizzabile e l’angolo θi che rispetta questa equazione sichiama angolo di Brewster e per questo motivo si indica anche con θB. Diamo un’interpreta-zione fisica di questo risultato. Supponiamo di avere una sorgente di luce molto disomogenea,come per esempio il Sole, la cui luce riflette su una superficie e arriva ad un rivelatore, peresempio i nostri occhi. La luce che arriva dal Sole non e polarizzata, ovvero contiene inmodo casuale un sacco di polarizzazioni in modo che il risultato sia solo un rumore bianco.Tuttavia, tutte le componenti TM di questa luce vengono uccise se la luce arriva proprio adincidere con angolo θB, mentre le altre componenti vengono (parzialmente) riflesse.

Questo e il principio con cui funzionano gli occhiali da Sole polarizzati. La luce colpisceper esempio l’asfalto o il mare e arriva ai nostri occhi. Se guardiamo verso l’orizzonte piu omeno siamo vicini all’angolo di Brewster che e sui ≈ 50. Gli occhiali polarizzati sono quindicostruiti in modo da uccidere solo la polarizzazione TE, quella che arriva riflessa residua ainostri occhi. Combinando i due effetti il risultato dovrebbe essere quello di ridurre di moltoil fastidio visivo dovuto al riflesso della luce sulle superfici.

Ci tengo a precisare che l’angolo di Brewster e una cosa che dipende dalla polarizzazione.Un’onda polarizzata TE non risente di questo effetto, l’unica che se ne accorge e quella TM.

Per completezza, calcoliamo l’angolo di Brewster per un’interfaccia fra due mezzi di indicedi rifrazione n1, n2. Sappiamo che

θi + θt =π

2

Facciamo cose a caso finche non ne saltiamo fuori

ni sin θB = nt sin θt

ni sin θB = nt sin(π

2− θB

)ni sin θB = nt cos θB

tan θB =ntni

θB = arctan

(ntni

)(3.48)

3.4. OTTICA 363

Figura 3.35: Fonte: Wikipedia. Modulo di R nei due casi di polarizzazione TE e TM

La riflessione totale interna Ho detto che a volte le cose non funzionano bene. Avretesicuramente visto al liceo che se la luce passa da un mezzo con un alto indice di rifrazionead uno con uno basso, potrebbero accadere cose strane per alcuni angoli. Il fenomeno einteressante e vale la pena di studiarlo. Riprendiamo la relazione fra le componenti delvettore ~k

~kr · ~krc2 = ~ki · ~kic2 = ω2εi~kt · ~ktc2 = ω2εt

Quasi tutto quello che ho detto nel capitolo precedente risulta sempre vero, indipenden-temente dal fatto che ~k sia reale o complesso. In particolare le uniche formule che possonoavere problemi sono quelle con gli angoli. Le formule che hanno una dipendenza esplcita da~k o dalle sue componenti rimangono vere in quanto non ho fatto da nessuna parte assunzionisul fatto che ~k sia reale o meno. Per passare agli angoli invece ho fatto delle assunzioni.Innanzitutto ricordate che non e sempre vero che le superfici a fase costante sono le stesseche le superfici ad ampiezza costante. Normalmente uno per scegliere la direzione di inci-denza considera la direzione ortogonale ai piani a fase costante, ovvero considera la partereale di ~k. Se ~k diventa complesso, le cose si complicano. Innanzitutto, quand’e che diventacomplesso? Riscriviamo quello che sappiamo e ricaviamolo. Per farlo consideriamo prima ilcaso in cui gli ε siano reali

k2tz + k2

tx = k2tz + k2

ix =εtω

2

c2⇒ ktz = ±

√εtω

2

c2− k2

ix

Questa relazione e vera ma non ci dice troppo, riscriviamola meglio

ktz = ±√εtεi

(k2iz + k2

ix

)− k2

ix


Ma effettivamente il ~ki e reale, quindi possiamo introdurre in modo solito gli angoli

ktz = ±√εtεik2i − k2

i sin2 θi = ±ki√εtεi− sin2 θi

E questa relazione ci permette di vedere in modo semplice quando effettivamente ktzrimane un numero reale e quando invece diventa immaginario. k sara reale quindi quando

εtεi≥ sin2 θi ⇒

n2t

n2i

≥ sin2 θi ⇒ntni≥ sin θi

Da questa relazione si vede che se nt < ni, allora esistono degli angoli per cui il senoa destra e maggiore della quantita a sinistra. Questo significa che per alcuni valori di θ ilktz diventa immaginario e questo vuol dire che l’onda nel mezzo diventa smorzata! Il primoangolo a cui succede questo si chiama angolo limite e vale

θL = arcsinntni

(3.49)

Oltre questo angolo l’onda nel mezzo segue un andamento

~E = ~E0e−χzei(kixx−ωt)

Ovvero un esponenziale decrescente. Ci tengo a precisare che questo non e uno smorza-mento dovuto alla dissipazione, in quanto per fare questo calcolo abbiamo supposto εt reale.Se fate attenzione, in questo caso

<~kt · =~kt = 0

Esattamente come prevedeva il modello, che poneva quella quantita proporzionale a =εt,che in questo caso abbiamo supposto nulla.

Effetto tunnel elettromagnetico

Filtri polarizzatori e legge di Malus

3.4. OTTICA 365

Polaritoni e plasmoni

ε~∇ · ~E = 0

ε(ω) = 0

−~∇(~∇ · ~E) +∇2 ~E = 0⇒ ~k(~k · ~E0)− ~k · ~k ~E0 = 0


3.4.5 La causalita e le relazioni di Kramers-Kronig

3.4. OTTICA 367

3.4.6 Cenni di ottica non lineare


3.4.7 Problemi

Problema 3.4.1 (Palla in fondo ad una vasca (Senigallia 2010)). La profonditadi una vasca e uniforme e vale L. L’acqua e calma e limpida.

Dal punto O, posto al pelo dell’acqua, si osserva un punto A del fondo della vasca che dista xdalla verticale passante per O.

1. Determinare in funzione di L, n ed x la profondita dell’immagine virtuale del punto A, nelpiano passante per A e per O

2. Determinare al variare di x i valori lmin ed lmax

3. Determinare l’area complessiva della vasca che si puo osservare dal punto O

Hint: 4.2.8Soluzione: 4.3.53

Problema 3.4.2 (Levitazione laser (IPhO 1993)).

Problema 3.4.3 (Pesce rosso).

Problema 3.4.4 (Arcobaleno).

Problema 3.4.5 (Birifrangenza). Questo problema non e complicato in se ma puorisultare ostico in quanto utilzza strumenti matematici a voi poco familiari. Non scoraggiatevi. Permotivarvi a farlo, vi dico che e un testo d’esame preso da [5].

Si consideri un mezzo dielettrico trasparente (ε ∈ R), uniassiale per il quale εxx = εyy = ε⊥,εzz = ε//, εi 6=j = 0, con ε// > ε⊥ > 1 e indipendenti dalla frequenza. Supporre che i campi elettricoe magnetico dipendano dalla frequenza come

ei(kx sin θ+kz cos θ−ωt)

Si calcoli la relazione che lega k e ω, precisandone la dipendenza dalla polarizzazione. Sidetermini la direzione lungo la quale ha luogo la propagazione di energia elettromagnetica. A fineproblema si legga la soluzione per una interpretazione fisica del risultato.

Problema 3.4.6. Anche questo e un testo d’esame preso da [5]. Non vi scoraggiate.Si consideri un ipotetico mezzo materiale omogeneo ed isotropo che, in una determinato intervallo diω abbia una costante dielettrica ε e una costante magnetica µ scalari, indipendenti dalla frequenza,reali ed entrambe negative. Si studi qualitativamente la propagazione di onde piane all’internodi un mezzo infinito di questo tipo, precisando in particolare la relazione fra ~k, ~E, ~H e la relazionefra ~k e ~S. Si determini l’angolo con cui si rifrange un raggio luminoso ad un’interfaccia piana fraquesto mezzo e il vuoto, possibilmente illustrando il tutto con un disegno.

3.5. RELATIVITA 369

3.5 Relativita

3.5.1 Relativita ristretta

Questo argomento e molto complicato e spesso controintuitivo. Per capirlo davvero, secondome serve davvero molto tempo e si possono comunque fare errori stupidi anche dopo averlostudiato a lungo. In realta non e richiesta la sua conoscenza alle Olimpiadi, ma alle APhOsono usciti diversi problemi che la richiedevano e quindi forse fra un po’ capiteranno anche alleIPhO. Credetemi che non e improvvisabile sul momento facendo cose a caso sperando sianogiuste, cosa che invece a volte si riesce a fare in problemi piu semplici di elettromagnetismo,per esempio.

Invarianza di c Per introdurre l’argomento, consideriamo le equazioni di Maxwell perl’elettromagnetismo nel vuoto

~∇ · ~E = 0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B = ε0µ0∂ ~E

∂t

Facciamo il rotore della terza equazione

~∇× (~∇× ~E) = − ∂

∂t~∇× ~B ⇒ −∇2 ~E = −ε0µ0

∂2 ~E

∂t2

Dove abbiamo usato un’identita vettoriale e sfruttato il fatto che ~∇ · ~E = 0. Questa eevidentemente l’equazione di un onda in moto con velocita c = 1√

ε0µ0

Vorrei far notare ora la cosa fondamentale che le equazioni di Maxwell valgono inqualsiasi sistema di riferimento inerziale. Di conseguenza, il risultato che abbiamotrovato e invariante per sistema di riferimento.

Vi sembra banale? In realta non lo e per niente. Abbiamo mostrato che la velocita dellaluce e sempre c = 1√

ε0µ0in ogni riferimento inerziale. Se ci pensate un secondo, questa

cosa e estremamente controintuitiva. Pensate ad un’automobile con i fari accesi che si muoveverso di voi. Se l’auto si muove a velocita v, vi aspettereste che la luce arrivi verso di voi avelocita v + c, cosa che questa equazione dice non essere vera.

Non stiamo parlando di approssimazioni perche nessuna auto si muove a velocita prossimea quelle della luce, stiamo parlando di dati esatti. Inoltre, non e nemmeno una sega mentaleda matematico che guarda le equazioni e non si preoccupa della loro veridicita. La teoriadella RR e ormai un pilastro del XX secolo e non ha ancora avuto nessun dato sperimentalecontrario. Per quanto sia controintuitiva e bizzarra, le cose stanno cosı.

Vediamo di fare un po’ di ordine logico su come sono andati storicamente i fatti e poiparliamo finalmente di un po’ di fisica.

Fine del 1800. Le equazioni di Maxwell sono state scritte da un po’ e portano ad alcunirisultati controintuitivi come per esempio l’invarianza della velocita della luce, che e


in completo disaccordo con la relativita Galileiana67. Si fa l’ipotesi che allora la lucenon si propaghi nel vuoto ma in un mezzo chiamato etere, invisibile, inodore... ecc.Per anni viene cercato questo fantomatico mezzo 68 ma tutti gli esperimenti non fannoaltro che mostrare degli assurdi. Si comincia allora a pensare che l’etere non esista esi cominciano a fare teorie su come sistemare le leggi della Fisica.

1905. Einstein pubblica la teoria della relativita ristretta, formulando semplicementeun nuovo sistema di leggi fisiche assumento come postulati solo che c sia invariante eche la Fisica valga in ogni riferimento inerziale.

1915. Einstein pubblica la teoria della relativita generale, ovvero la formulazione delleleggi della Fisica in riferimenti non inerziali. In particolare, Einstein riesce in modomirabolante ad usare la geometria differenziale per dare una teoria completamentenuova della gravitazione, risolvendo diverse discrepanze fra teoria e realta lasciateaperte dalla gravita newtoniana.

Vediamo quindi di dare uno sguardo alla teoria della relativita ristretta cercando di capirciqualcosa. Assumiamo quindi come postulati che

1. Le leggi della Fisica valgano in qualsiasi sistema di riferimento inerziale.

2. La velocita della luce sia la stessa in ogni sistema di riferimento inerziale.

Vediamo che cosa comportano questi due banalissimi postulati.

Orologio a luce Dato che abbiamo assunto queste due cose, dobbiamo innanzitutto ri-pensare a tutte le definizioni che abbiamo dato di lunghezza, tempo, temperatura, eccetera.Probabilmente non andra piu bene determinare il metro come 1/40.000 della circonferen-za equatoriale e tantomeno il secondo come una frazione dell’anno. Deciciamo quindi dicostruire uno strumento nuovo per misurare il tempo che utilizzi un oggetto su cui stiamopostulando, ovvero la luce.

L’orologio a luce e fatto in questo modo: e composto da due specchi piani e paralleli, dauna sorgente di luce 69 e da un ricevitore. Gli specchi sono posti ad una distanza L fissata,per esempio saldando i due specchi con una barra metallica.

La sorgente emette un po’ di luce. Questa viaggia verso lo specchio, rimbalza e tornaindietro colpendo il ricevitore, che tiene il conto di quante volte viene colpito. A questo puntosi puo equivalentemente scegliere di avere una seconda emissione, nello stesso momento in cuila luce colpisce il ricevitore, oppure dire che ce n’e ancora abbastanza da colpire il secondospecchio e ricominciare il viaggio.

Misurare il tempo significa contare quante volte il ricevitore viene colpito. In figura 3.36c’e il disegno di questo oggetto.

67Ovvero che le leggi della fisica valgono in ogni sistema di riferimento inerziale e che le velocita relativesi compongono a buonsenso e che per passare da un sistema di riferimento inerziale ad un altro si usano letrasformazioni di coordinate intuitive che immaginate.

68Certa gente lo cerca tuttora, non in modo scientifico ma gridando al complotto massonico contro larelativita, di solito citando intepretazioni sbagliate di esperimenti. A quanto pare informarsi prima di direscemenze non va di moda.

69Un laser va bene per non avere dispersione.

3.5. RELATIVITA 371

Figura 3.36: Orologio a luce

Contrazione delle lunghezze e dilatazione dei tempi Consideriamo due persone, lapersona A e la persona B. A si trova in stazione del treno, ferma rispetto al terreno. B e suun treno che si muove su un binario rettilineo a velocita costante v rispetto ad A. Ognunodei due ha il proprio orologio a luce.

A fa cadere in verticale una pallina dalla sua mano e misura il tempo ∆t che la pallinaimpiega a cadere al suolo. B dal finestrino del treno vede la stessa scena e misura anche luiil tempo ∆t′, a priori diverso da ∆t, che la pallina impiega a cadere al suolo. Non terremo inconsiderazione il fatto che l’informazione70 impiega un tempo finito e non nullo ad arrivarea B, diremo che lui e cosı bravo da fare il conto e tenerlo in considerazione da solo.

Supponiamo per semplicita, a meno di rimpicciolire l’orologio, che la luce abbia fattoavanti e indietro una sola volta sull’orologio di A, mentre la pallina cadeva.

Cerchiamo quindi di legare in qualche modo ∆t e ∆t′ per vedere se sono uguali o non losono. E ovvio che nel limite v → 0, deve essere ∆t = ∆t′, in quanto l’esperienza comuneci dice questo. A velocita ≈ c, tuttavia, a priori non e detto sia vero, anche perche nessunumano e mai andato cosı veloce da potercelo dire.

Facciamo un disegno dei due orologi e vediamo cosa succede sfruttando quello che abbia-mo postulato.

Consideriamo quello che vede B nel suo riferimento SB, in figura 3.37, tutto quindi vistodal treno

70Ovvero che B per accorgersi che la pallina e caduta deve aspettare che un arggio di luce rimbalzi sullapallina e arrivi ai suoi occhi, viaggiando ad una velocita c.


Figura 3.37: Viaggio dei due orologi

L’orologio a sinistra e l’orologio di B e nel riferimento SB ovviamente rimane fermo.L’orologio a destra invece e l’orologio di A e dato che e sulla banchina sara in movimento avelocita −v. Noi abbiamo postulato che la luce si muova a velocita c in entrambe i riferimentiSA ed SB.

Dato che noi abbiamo scelto per semplicita di usare un orologio che fa esattamente untick nel tempo che impiega la pallina a cadere, il tempo ∆t′, misurato nel sistema SB, sarail tempo che impiega la luce ad andare su e giu nell’orologio di A

In particolare, se L e la distanza fra gli specchi, dato che l’orologio A e in movimento, laluce dovra percorrere un tratto piu lungo che se fosse a riposo.

Se ∆t′ e il tempo impiegato, allora la distanza da percorrere sara, secondo il teorema diPitagora

d = 2

√L2 + v2

∆t′2

4=√

4L2 + v2∆t′2

Tuttavia, d/c e esattamente ∆t′ in quanto fra le nostre assunzioni c’e che la luce si muovaa c in ogni SRI.

Di conseguenza, dividendo per c l’equazione precedente,

∆t′ =

√4L2

c2+v2

c2∆t′2

Ma il primo pezzzo, 4L2

c2e semplicemente il tempo misurato dall’altro orologio, ∆t2!

Quindi,

∆t′2 = ∆t2 +v2

c2∆t′2

3.5. RELATIVITA 373

∆t′ =∆t√1− v2

c2

E opportuno introdurre alcune notazioni che semplificheranno il tutto. Dopo averleintrodotte commentero il risultato. Se definiamoβ = v

c

γ =1√

1− β2

Allora e facile vedere che se |v| ≤ c (vedremo dopo perche), allora β ∈ [−1, 1] e quindiγ ≥ 1

Andiamo adesso a commentare il risultato che abbiamo ottenuto. Secondo le nuovedefinizioni, abbiamo che

∆t′ = γ∆t (3.50)

Ovvero abbiamo che l’osservatore in movimento vede l’evento accadere in un tempo piulungo. Vi sembra impossibile? Beh, vediamo cosa succede se β 1. In tal caso dobbiamoritornare al caso classico in cui gli eventi accadono nello stesso tempo.

γ(β) =1√

1− β2≈ 1 +

1

2β2 + ...

Ovvero

∆t′ ≈ ∆t+ ∆tβ2

2

Normalmente, anche muovendosi a alla velocita del suono, ≈ 340ms

, dato che c ≈ 3·108ms

,β ≈ 10−6, per cui il tempo viene aumentato circa di un millesimo di miliardesimo. Direi cheavevamo dei buoni motivi per non essercene accorti prima.

Cerchiamo di dare un significato a quello che abbiamo ricavato. Noi abbiamo mostratoche se un osservatore misura un tempo ∆t fra due eventi, allora un altro osservatore inmovimento rispetto al primo misura un tempo ∆t′ = γ∆t, diverso e maggiore.

Detta cosı, l’affermazione precedente porta immediatamente a degli assurdi, dobbiamoaggiungere una cosa fondamentale per renderla corretta. Perche il ragionamento non si puofare al contrario? Ovvero, perche non possiamo dire che ∆t = γ∆t′, dato che comunquesono in moto relativo?

La risposta sta nel fatto che il riferimento di A e in un certo senso favorito solo edesclusivamente per quella misurazione. Noi stiamo misurando il tempo fra due eventi,due cose fisiche, non a caso. Questi eventi fisici, in particolare, nel riferimento di A accadononello stesso posto, mentre nel riferimento di B, che e in treno, i due eventi accadono inposti diversi. Per dirla meglio, se l’evento 1 la mela viene lasciata cadere accade ad un metrodi distanza da entrambe gli osservatori, A e B, l’evento 2 la mela cade in terra accade sempread un metro da A ma molto distante da B, che nel frattempo sta viaggiando.

Il fatto che il tempo fra due eventi dipenda dal sistema di riferimento porta a conseguenzesoprendenti. Vediamo questo esempio


Esempio 3.5.1 (Vita del muone). Il muone µ e una particella fondamentale. In un ri-ferimento in cui il muone e a riposo, questa particella vive mediamente 2, 2µs. La fonteprincipale di muoni che arrivano sulla Terra e il Sole, che grazie alle reazioni nucleari cheavvengono al suo interno ne produce un gran numero. Tuttavia, il sole dista circa L′ = 150milioni di kilometri dalla Terra, che sono circa 8 minuti luce. Non potendo andare piu velocedella luce (cosa che spieghero piu avanti, per ora prendetela per buona), e ovvio che sembraci sia un assurdo.

In realta i conti tornano perfettamente se trattiamo il problema in modo relativistico.Consideriamo due sistemi di riferimento

S1 solidale al muone da quando esce dal Sole a quando arriva sulla Terra

S2 solidale alla Terra, che possiamo considerare essere quasi inerziale 71.

Ovviamente i due sistemi non sono fermi l’uno rispetto all’altro, ma se consideriamo soloil tratto in cui il muone viaggia nel vuoto, sono entrambe inerziali. Se vogliamo applicare laformula 3.50, dobbiamo trovare quindi due eventi che in un certo riferimento accadano nellostesso luogo. In particolare, se prendiamo i due eventi il muone esce dal Sole e il muonearriva sulla Terra, nel riferimento S1 accadono nello stesso luogo. Chiamiamo ∆t ≤ τil tempo fra questi due eventi. Allora possiamo applicare la formula 3.50 e dire che unosservatore sulla Terra misura quindi un tempo ∆t′ = γ∆t, dove γ ovviamente dipende dallavelocita del muone, che possiamo considerare costante.

Di conseguenza, noi sulla Terra misureremo un tempo noto ∆t′ ≈ 8 min. Il tempo chemisura il muone e quindi molto di meno, infatti e

∆t =∆t′

γ

A questo punto e sufficiente notare che γ → ∞ per v → c, di conseguenza e sufficienteimporre ∆t ≤ τ per trovare che esiste davvero un range di velocita che permette al muonedi arrivare sulla Terra prima di decadere! In pratica, viaggiando abbastanza velocemente,il muone puo teoricamente percorrere una distanza infinita prima di decadere, nonostanteabbia un tempo di vita finito e un limite di velocita.

A questo punto sorge spontaneo un altro dubbio che porta ad un ulteriore risultatosorprendente della teoria della RR. Nel riferimento del muone e comunque passato un tempo∆t ≤ τ . In questo tempo, la Terra ha viaggiato a velocita v verso il muone, di conseguenzaquest ultimo ha visto la Terra percorrere una distanza

L = v∆t = v∆t′

γ=L′

γ

Vorrei far notare che L non sono i 150 milioni di kilometri che un osservatore sullaTerra misura, sono quella lunghezza diviso per γ! In pratica, secondo il muone la distanzaTerra-Sole non e quella che vede un osservatore fermo sulla Terra ma e molto di meno.

Come per la formula 3.50, anche qui bisogna stare attenti a non usarla a sproposito.Vediamo un esempio meno concreto ma piu semplice per capire il punto della situazione.

71La piccolissima accelerazione terrestre dovuta alla rivoluzione e un effetto che modifica all’ordinesuccessivo questo fenomeno, ovvero possiamo non tenerne conto.

3.5. RELATIVITA 375

Esempio 3.5.2 (Auto relativistica). Vediamo un esempio estremamente simile ma che se-condo me permette di fare piu chiarezza in quanto la Terra fa un moto di rivoluzione chepuo confondere le idee. Consideriamo un auto che si muove a velocita relativistica v su unapista rettilinea. Consideriamo due sistemi di riferimento

S1 Il sistema solidale alla pista

S2 Il sistema solidale all’auto

L’auto percorre un tratto di strada che secondo S1 e lungo L1 in un tempo ∆t1. Vogliamotrovare che cosa misura invece l’osservatore 2.

Facciamo chiarezza su cosa viene misurato e cosa sono le grandezze che abbiamo identi-ficato. Denotiamo il tratto di strada mettendo due paletti nel terreno, il paletto A, il primo,e il paletto B, il secondo. Secondo S1, la distanza fra i due paletti e L1. Inoltre, sempresecondo S1, l’auto impiega un tempo ∆t1 ad andare dal paletto A al paletto B.

Nel sistema S2, invece, i due paletti disteranno L2, a priori L2 6= L1, e impieghera untempo ∆t2 da quando vede il paletto A sfrecciare accanto a lui a quando vede il paletto B.

Nel riferimento S2 quindi gli eventi passo davanti ad A e passo davanti a B accadononello stesso luogo. Di conseguenza si puo usare la formula 3.50 e dire che

∆t1 = γ∆t2

Ovvero che secondo l’osservatore sulla pista l’auto ci mette piu tempo. Dato che nelriferimento S2 il palo B viaggia a velocita v verso l’auto, nel tempo ∆t2 il palo B percorreuna distanza L2 = v∆t2. Usando la relazione di prima

L2 =L1

γ(3.51)

Che e la formula di contrazione relativistica delle lunghezze. Come per la formula 3.50,ha senso utilizzarla da S1 a S2 e non al contrario in quanto la misurazione di S1 ha qualcosadi piu di quello che misura S2 in quanto nel riferimento S1 l’oggetto misurato e fermo.Questa lunghezza caratteristica viene chiamata lunghezza a riposo ed e qualcosa di intrinseconell’oggetto che non dipende dal riferimento72

Facciamo un ulteriore esempio per chiarificare il tutto. Consideriamo un’altra auto chesi muove a velocita v′ rispetto al terreno che percorre la stessa pista (senza scontrarsi conl’altra). Chiamiamo S3 il suo riferimento. Vogliamo sapere che cosa misura 3 in funzione diquello che misurano 1 e 2

Chiamiamo ∆t3 il tempo che impiega la prima auto a percorrere la strada secondo ilriferimento S3.

Possiamo dire che

∆t3 =∆t1√1− v′2

c2

? NO. La formula e stata usata a sproposito. Nel riferimento S1 gli eventi non accadononello stesso punto, quindi non si puo applicare la formula.

72In quanto per misurarla si prende un riferimento in cui e fermo. Capitan Ovvio.


Possiamo dire che

∆t3 =∆t2√

1− (v−v′)2

c2

? NO. Stavolta la formula e stata usata con criterio ma nessuno ci dice che la velocita relativafra i due riferimenti sia v − v′, infatti scopriremo che non e cosı. 73 Era comunque intuibiledal fatto che le leggi della fisica devono valere in ogni riferimento e con quella formula bastaprenderne due che vadano in direzioni opposte con velocita rispetto al terreno di v = 2

3c per

ottenere un tempo immaginario, cosa poco plausibile.Se vogliamo ottenere la formula corretta, possiamo agire in diversi modi ma con gli

strumenti che abbiamo fin’ora dobbiamo trovare la velocita relativa u fra i riferimenti S3 edS2 ed applicare la formula 3.50 mettendo γ(u).

Nel prossimo paragrafo vedremo la formula 3.56 che permette di ottenere u in terminidi v e v′ che colmera questa lacuna. Per ora andiamo a calcolare a che distanza vede i duepaletti il sistema S3

Possiamo dire che

L3 =

√1− (v − v′)2

c2L2

? NO. Stavolta ci sono entrambe gli errori nella stessa formula. Infatti nel sistema S2 lapista non e a riposo e abbiamo pure usato la formula sbagliata di addizione delle velocita.

Possiamo dire che

L3 =

√1− v′2

c2L1

? Si. Finalmente abbiamo fatto qualcosa di giusto. Stavolta abbiamo usato la formula 3.51con la lunghezza a riposo e con la velocita giusta.

Perdita di simultaneita Non abbiamo finito con i risultati controintuitivi della rela-tivita, abbiamo appena cominciato. Riprendiamo l’esempio precedente e vediamo che c’eancora qualcosa di molto strano che non avevamo notato. Riprendiamo l’esempio dell’autorelativistica aggiungendo un dettaglio.

Consideriamo quindi il sistema S1 del terreno, il sistema S2 dell’auto e aggiungiamo unuomo posizionato accanto al paletto B. L’unica funzione di questo omino e sparare un colpodi pistola in aria quando l’auto passa (secondo lui) accanto al paletto A.

Andiamo a vedere che cosa succede invece nel riferimento S2.Consideriamo i seguenti eventi:

α l’auto passa davanti ad A

β l’auto passa davanti a B

η l’omino spara il colpo di pistola

73Vedi il paragrafo sulle trasformazioni di Lorentz per trovare la formula di addizione relativistica dellevelocita.

3.5. RELATIVITA 377

Indichiamo quindi con ∆tβαi il tempo che impiega l’auto ad andare da A a B nel riferi-mento i-esimo. Dato che nel riferimento S2 gli eventi α e β accadono nello stesso luogo, siavra

∆tβα1 = γ∆tβα2

Inoltre, denotiamo con ∆tηαi il tempo fra quando l’auto passa da A e quando l’ominospara il colpo di pistola. Evidentemente, per come abbiamo orchestrato il tutto, ∆tηα1 = 0,ovvero i due eventi avvengono contemporaneamente.

Indichiamo infine con ∆tβηi il tempo passato da quando l’omino ha sparato il colpo dipistola a quando l’auto passa da B

Evidentemente, per entrambe i riferimenti vale

∆tηαi + ∆tβηi = ∆tαβi (3.52)

Questa affermazione non ha niente di nuovo, ci dice solo che il tempo per andare da F aG piu il tempo per andare da G ad H e il tempo per andare da F ad H. Nel riferimento S1,ovviamente si ha

∆tηα1 = 0⇒ ∆tβη1 = ∆tαβ1

Ovvero stiamo semplicemente dicendo che nel riferimento S1 il tempo che impiega l’auto afare la strada e lo stesso tempo che intercorre fra lo sparo e l’arrivo a B. (Che e abbastanzaovvio). Vediamo ora una cosa interessante invece. Nel riferimento S1 gli eventi β ed ηaccadono nello stesso luogo, ovvero accanto al paletto B, di conseguenza,

∆tβη2 = γ∆tβη1

Cerchiamo di riscrivere ora l’equazione 3.52 isolando ∆tηα2 , ovvero vediamo se lo sparo el’arrivo su A avvengono contemporaneamente anche nel riferimento 2 o meno.

∆tηα2 = ∆tαβ2 −∆tβη2 =∆tαβ1

γ−∆tβη2 =

∆tβη1

γ−∆tβη2 =

∆tβη2

γ2−∆tβη2

Riscriviamo il primo e l’ultimo membro di questa equazione

∆tηα2 = ∆tηβ2

(1

γ2− 1

)Diamo un senso a quello che c’e scritto in questa equazione. A sinistra c’e il tempo che

intercorre fra lo sparo e l’arrivo nel punto A nel riferimento B. Nel riferimento A questi dueeventi accadono contemporaneamente, quindi la stessa quantita nel riferimento S1 e 0. Adestra invece abbiamo un tempo non nullo (ovvero il tempo che passa dallo sparo all’arrivoa B) moltiplicato per una funzione di γ che fa 0 se e solo se γ = 1 ovvero v = 0

Fisicamente, vuol dire che nel riferimento S2 dell’auto in moto gli eventi avvengonoin modo diverso. Mentre nel riferimento S1 lo sparo e l’arrivo ad A sono simultanei, nelriferimento S2, quello dell’auto in moto, gli eventi non accadono contemporaneamente, l’autovede accadere prima uno e dopo l’altro.

In particolare, ∆tηαi e il tempo che intercorre fra lo sparo e l’arrivo ad A, ovvero e positivose prima si spara e poi si arriva ad A. Dalla formula precedente, si vede che per qualsiasi


valore di γ invece il tempo e negativo, ovvero lo sparo avviene dopo CONTROLLA SE EDAVVERO COSI

Queste 3 sono le prime sconvolgenti conseguenze della teoria della RR. Possono sembrarvistrane e controintuitive e vi do ragione, ma fin’ora sono state tutte confermate.

Le trasformazioni di Lorentz Le formule che vi ho dato fin’ora sono giuste ma spessosono poco agevoli. Per fortuna qualcuno prima di noi e riuscito a formalizzare in modo ottimocome passare da un sistema di riferimento all’altro. Cominciamo con le trasformazioni diGalileo, che vi saranno sicuramente familiari ed ovvie.

Dati due sistemi di assi cartesiani orientati allo stesso modo, S1 ed S2, con S2 che simuove rispetto a S1 con velocita ~v tutta lungo l’asse x, se conosciamo la posizione e il tempodi un evento in S1 possiamo trovare quello che succede in S2 usando le banali trasformazioni

t2 = t1

x2 = x1 − vt1y2 = y1

z2 = z1

(3.53)

Ovvero si da per scontato che il tempo sia universale e chiunque misuri gli stessi intervallidi tempo in qualsiasi sistema di riferimento e poi si compongono le velocita in modo ovviocome vettori.

Ovviamente queste trasformazioni si possono invertire per ricavare le quantita 1 infunzione delle 2.

t1 = t2

x1 = x2 + vt2

y1 = y2

z1 = z2

Il significato fisico ovvio di simmetria e che basta mettere −v dove c’e v e scambiare gliuni con i due e viceversa.

Abbiamo visto nel paragrafo precedente invece che in relativita compaiono fattori γeccetera. Si puo mostrare74 che valgono le seguenti trasformazioni

t2 = γ(t1 − vx1

c2

)x2 = γ (x1 − vt1)

y2 = y1

z2 = z1

Che vengono chiamate tarsformazioni di Lorentz. Innanzitutto facciamo il limite perc→∞ e ci accorgiamo subito che ricadiamo nelle trasformazioni di Galileo 3.53. Fisicamenteci dice che il modello di Galileo va molto bene finche non ci avviciniamo a velocita prossimea c, cosa rassicurante, visto che e stato utilizzato per secoli.

Per diversi motivi e intelligente cambiare la variabile t con la variabile ct ed utilizzare βal posto di v. In questo caso le trasformazioni acquistano grande simmetria

74Lo vedrete molto in dettaglio nel corso di Meccanica Classica al secondo anno. Se volete dare un’occhiata,consiglio il Goldstein

3.5. RELATIVITA 379

ct2 = γ (ct1 − βx1)

x2 = γ (x1 − βct1)

y2 = y1

z2 = z1

(3.54)

E possono essere scritte in forma compatta in forma matricialect2x2

y2

z2

=

γ −γβ 0 0−γβ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

ct1x1

y1

z1

(3.55)

Tenete bene a mente la matrice nell’equazione 3.55, in quanto verra utilizzata spesso.Prima di andare avanti, vediamo un paio di cose. Innanzitutto, ricordiamo che un evento edeterminato in un sistema di riferimento da tutte le sue coordinate, sia spaziali sia tempo-rali. Di conseguenza, se consideriamo gli eventi A e B, che in un certo riferimento S sonorappresentabili cosı

ctAxAyAzA

ctBxByBzB

Questi vettori, in un altro riferimento S ′ diventeranno

ct′Ax′Ay′Az′A

= L

ctAxAyAzA

ct′Bx′By′Bz′B

= L

ctBxByBzB

Dove L e la matrice di prima. Per cui se consideriamo i vettori delle differenze spazio-

temporali, a causa della linearita della trasformazione, avremo chec∆t′AB∆x′AB∆y′AB∆z′AB

= L

c∆tAB∆xAB∆yAB∆zAB

Andiamo ora a ritrovare i casi notevoli delle formule 3.50 e 3.51. Consideriamo due

eventi che nel sistema S avvengono nello stesso luogo, ovvero ∆xAB = 0. Le coordinate y ez non sono interessanti in quanto non vengono coinvolte nella trasformazione. Vediamo cosasuccede nel sistema S ′

c∆t′AB∆x′AB∆y′AB∆z′AB

=

γ −γβ 0 0−γβ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

c∆tAB0

∆yAB∆zAB

⇒


=

γc∆tAB−γβc∆tAB

∆yAB∆zAB


La prima componente dell’equazione di fornisce di nuovo la formula della dilatazione deitempi. Se notate, la seconda componente dice che ∆x′AB = −βc∆t′AB, che fisicamente citorna.

A questo punto possiamo far vedere come torni anche il risultato sulla contrazione dellelunghezze. Per vedere il risultato e intelligente scrivere la trasformazione di Lorentz inversa

c∆tAB∆xAB∆yAB∆zAB

=

γ γβ 0 0γβ γ 0 00 0 1 00 0 0 1


Perche abbiamo fatto questo? Semplicemente perche la definizione sensata di lunghezza

misurata in un sistema di riferimento e la differenza spaziale fra eventi contemporaneiin questo riferimento che rappresentano le estremita dell’oggetto. In particolare, nelnostro caso ∆t′AB = 0. Basta vedere la trasformazione per vedere che questo implica ∆xAB =γ∆x′AB, ovvero

∆x′AB =∆xABγ

Come ci aspettavamo.Ora, la matrice di Lorentz e una trasformazione di coordinate. Ci sono delle cose che

lascia invariate, come per esempio le coordinate su cui non agisce la trasformazione e dellecose che varia in modo evidente, come x e t. Tuttavia, in generale non e detto che siano tuttequi le quantita che si conservano. Per esempio, se torniamo in meccanica, una rotazione delsistema di riferimento (solo rotazione, non sistema di riferimento rotante), lascia invariata

la norma dei vettori, ovvero se uno spostamento e ~∆x, nel nuovo riferimento si avra ~∆x′ e,sicuramente, se e una rotazione, lascia invariata la norma, ovvero

|~∆x| = |~∆x′|

Non e di grande rilevanza in meccanica, anzi, penso di non averlo mai utilizzato. Tut-tavia, in relativita avere delle quantita conservate e piu utile per fare delle considerazioni.Raramente in meccanica ruotate il riferimento diverse volte nello stesso problema. In rela-tivita invece vi puo capitare spesso di dover passare da uno all’altro per non impazzire coni ragionamenti. Di conseguenza potrebbe essere utile avere una quantita scalare, come lanorma, che rimanga invariata da un riferimento all’altro.

Se provate di nuovo con la quantita

c2t2 + x2 + y2 + z2

Purtroppo vi accorgerete che non funziona. Vediamo invece cosa succede se cambiamoun po’ di segni. Consideriamo

c2t2 − x2 − y2 − z2

Consideriamo la stessa quantita in un riferimento S ′ e usiamo le trasformazioni di Lorentz

c′2t′2 − x′2 − y′2 − z′2 = γ2(ct− βx)2 − γ2(x− βct)2 − y2 − z2 =

3.5. RELATIVITA 381

=c2t2 + β2x2 − 2βctx− x2 − β2c2t2 + 2βctx

1− β2−y2−z2 =

c2t2(1− β2) + x2(β2 − 1)

1− β2−y2−z2 =

= c2t2 − x2 − y2 − z2

Dato quindi un vettore che rappresenta un evento, abbiamo mostrato che la quantita

c2t2 − x2 − y2 − z2

e invariante per sistema di riferimento. Ora diro una cosa che probabilmente vi sara pocochiara, ma non e importante che la capiate per fare i problemi. Rileggetela dopo che avretefinito il corso di Algebra Lineare e riuscirete a mettere a posto ogni tassello.

Se noi prendiamo un prodotto scalare non definito positivo ma con segnatura (+,−,−,−),ovvero definito dalla matrice

φ =

1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

Allora la matrice di Lorentz e ortogonale rispetto a questo prodotto scalare, ovvero

TvTLφLw =T vφw

Cioe

γ −γβ 0 0−γβ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

γ −γβ 0 0−γβ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

=

1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

Svolgete il prodotto fra matrici per controllare questo risultato. Vi sembra una cosa

inutile? Lo sembrava anche a me, ma ho scoperto che ha un significato molto interessante.Vuol dire che il vettore con le 4 coordinate spaziotemporali non ha nulla di particolare percui debba essere proprio lui ad avere la quantita c2t2−x2−y2−z2 invariante. In particolare,vi voglio dire che qualsiasi vettore a 4 componenti che trasformi se stesso da un sistemadi coordinate all’altro mediante trasformazioni di Lorentz ha quella quantita invariante. Informule, se ho un vettore

x1

x2

x3

x4

E so per motivi fisici che questo vettore trasforma le sue componenti con la trasformazione

di Lorentz, allora so per certo che

x21 − x2

2 − x23 − x2

4


E invariante per sistema di riferimento. Vedremo fra poco infatti che il vettore spazio-tempo non e l’unico vettore a quattro componenti interessante in relativita e avere gia adisposizione questo trucco potrebbe essere molto utile.

Vettori di tipo luce e di tipo spazio

Perche non si va piu veloci di c?

Formula di addizione relativistica delle velocita Prima di andare avanti colmiamoquesta piccola lacuna lasciata in sospeso. Consideriamo 3 sistemi di riferimento, al solitocon gli assi paralleli che si muovono gli uni rispetto agli altri solo lungo x. Consideriamo S2

che si muove con velocita v2 rispetto a S1 e S3 che si muove con velocita v3 sempre rispettoa S1. Vogliamo conoscere la velocita relativa fra S2 ed S3.

Fare questo calcolo e semplice. Consideriamo due istanti di tempo (nel sistema S1), tAe tB. Il centro del riferimento S3 si trovera rispetto al sistema S1 nei punti xA e xB, legatidalla relazione

v3 =xB − xAtB − tA

=∆xAB∆tAB

Vediamo che cosa accade nel sistema S2, trovandoci le differenze corrispodenti∆x′AB = γ(∆xAB − β2c∆tAB)

c∆t′AB = γ(c∆tAB − β2∆xAB)

Ma la quantita

∆x′AB∆t′AB

= u

rappresenta esattamente la velocita relativa dei due sistemi di riferimento, in quanto e lavelocita del sistema S3 vista nel sistema S2. Facciamo quindi il conto

u =∆x′AB∆t′AB

=∆xAB − v2∆tAB

∆tAB − v2∆xABc2

=v3 − v2

1− v3v2

c2

Che, al solito, e meglio scritta in termini di β

βu =β3 − β2

1− β3β2

(3.56)

Vorrei far notare che se entrambe i β sono compresi fra −1 e 1, allora anche βu lo e. Ilcaso limite e per l’appunto quando uno dei due e esattamente 1. In tal caso,

βu =1− β2

1− β2

= 1

Insomma, un osservatore che si muove a c, viene visto da tutti gli altri che si muove a c,esattamente come avevamo postulato. I casi limite quindi tornano.

3.5. RELATIVITA 383

L’accelerazione e il tempo proprio Per ora abbiamo parlato solo di moto rettilineouniforme, non abbiamo ancora detto niente riguardo alla cinematica dei corpi accelerati.Intanto, la prima cosa da notare e la definizione classica di accelerazione

~a =d~v

dt

Ovviamente una volta non c’era alcuna possibilita di fraintendimento in quanto il tempoera uno solo. Pare ovvio che ora sia necessario specificare quantomeno l’accelerazione inquale riferimento in quanto la misurazione del tempo dipende dal riferimento stesso. So-litamente si parla di accelerazione propria, ovvero dell’accelerazione che misura il soggettostesso. Normalmente si indica il tempo misurato dal punto materiale accelerato con τ . Diconseguenza, l’accelerazione propria sara

~a =d~v

dτ

Andiamo a studiare il moto di un oggetto che si muove con accelerazione propria costante,a titolo di esempio. Facciamolo partire da fermo al centro di un riferimento S e facciamolomuovere con accelerazione propria costante lungo l’asse x. Nei prossimi paragrafi vedremoche tipo di forza e necessaria per creare questo tipo di accelerazione.

Descriviamo quindi quello che succede al nostro punto materiale nel sistema S. Dato chestiamo descrivendo il tutto nel sistema S, dovremo utilizzare come coordinate x e t e poi cipreoccuperemo di legare il tempo misurato nel sistema S, t al tempo che misura l’osservatoreaccelerato τ

Istantaneamente, sara

dt = γdτ

Infatti, possiamo considerare il sistema di riferimento inerziale che e istantaneamentesolidale all’oggetto per un tempo dt. Dato che questo riferimento e inerziale, varra la formuladella dilatazione dei tempi. Dato che gli eventi considerati avvengono nello stesso luogo nelriferimento solidale al corpo, il γ va messo come sopra.

A questo punto, dato che abbiamo supposto l’accelerazione propria costante, chiamiamolaa e cerchiamo di integrare.

a =dv

dτ= γ

dv

dt= c

dβ√1− β2dt

Di conseguenza, ∫ t

0

a

cdt =

∫ β(t)

0

1√1− β2

dβ

Ovvero

at

c= tanh−1 (β(t))⇒ β(t) = tanh

(at

c

)Nel limite non relativistico in cui at c, ovviamente si torna al classico


β(t) =at

c⇒ v(t) = at

Che e quantomeno rassicurante. Inoltre il risultato e sensato perche | tanh(x)| ≤ 1.Integrando ulteriormente possiamo trovare la posizione dell’oggetto in funzione del tempo,misurata nel riferimento S.

x(t) = c

∫ t

0

β(t)dt =c2

a

∫ t

0

tanh

(at

c

)dat

c=c2

aln cosh

(at

c

)Per t → ∞, ovviamente si ha un asintoto obliquo. Se ora consideriamo il caso at c,

possiamo espandere il tutto e vedere se le cose tornano. A tal proposito ricordiamo che

coshx = 1 +x2

2+ o(x2) ln(1 + x) = x+ o(x)

E quindi

x(t) =c2

a

a2t2

2c2+ o

(at

c

)=

1

2at2 + o

(at

c

)Cerchiamo ora di legare in qualche modo t e τ , dato che per ora abbiamo visto solo cosa

succede nel riferimento S, e noi vorremmo vedere cosa accade secondo l’osservatore in moto.Abbiamo scoperto da prima che

dt = γdτ

Ma ora abbiamo trovato un’espressione β(t), per cui anche γ(t). Di conseguenza,

dt

γ(t)= dτ

E a tutti gli effetti una separazione delle variabili che ora ci permette di integrare e legarele due quantita. Scegliamo di sincronizzare gli orologi in modo che entrambe partano da 0quando il punto materiale parte.

∫ t

0

√1− β2(t)dt = τ ⇒

∫ t

0

√cosh2 at

c− sinh2 at

c

cosh2 atc

dt = τ

∫ t

0

1

cosh atc

dt = τ

Questo integrale vi verrebbe sicuramente dato gia fatto in gara perche e una rogna dacalcolare. La prima idea che mi viene in mente e che∫

1

cosxdx

Si fa utilizzando le formule parametriche, ovvero esprimendo cosx in termini di t = tan x2.

Inoltre, possiamo sfruttare il fatto che cosh(ix) = cos x per riuscire a ricondurci a quel caso.Una volta fatto l’integrale,

3.5. RELATIVITA 385

2c

atan−1

(tanh

at

2c

)= τ

Che lega in modo molto carino i due tempi misurati.

tanh

(at

2c

)= tan

(aτ2c

)Ora possiamo ricavare t(τ) per riuscire ad ottenere una relazione fra x e τ

t =2c

atanh−1 tan

(aτ2c

)Da cui infine

x(τ) =c2

aln cosh

(2 tanh−1 tan

(aτ2c

))NO NO NON TORNA UN ACCIDENTI DI NIENTE RIPENSACI

I diagrammi di Minkowski

Effetto doppler relativistico

Energia e impulso Per ora non abbiamo fatto molta fisica, ci siamo limitati a descrizionedi cose, non abbiamo previsto molto. Cerchiamo di capire che cosa succede alla meccanicaquando ci avviciniamo alla velocita della luce. L’obiettivo principale sara avere una formaequivalente di ~F = m~a che ci permetta poi di risolvere i problemi di dinamica. In particolare,vogliamo trovare una formula che abbia ~F = m~a come caso limite quando β 1, ovvero sefacciamo tendere c→∞.

Ora vi mostrero un problema molto carino ma che non e davvero una dimostrazione.Spero tuttavia che vi convinca abbastanza della validita del risultato.

Esempio 3.5.3. Diamo per buono che per un fotone si abbia E = hν e p = hνc

. Studiare ildecadimento di una particella in due fotoni per ricavare l’espressione di quantita di moto edenergia cinetica di una particella.

Vediamo come fare: consideriamo una particella che si muove in modo generico nellospazio a velocita ~v in un sistema di riferimento S. Ad un certo punto questa particelladecade diventando due fotoni. Per semplicita, possiamo scegliere il decadimento in modoche i due fotoni vengano espulsi nella direzione del moto (ovviamente in verso opposto). Idue fotoni avranno frequenza ν1 (in avanti) e ν2 (quello indietro).

Dato che il sistema e isolato, dovranno conservarsi la quantita di moto totale e l’energiatotale. Indichiamo con p ed E la quantita di moto e l’energia della particella. Per orasappiamo solo che queste due quantita devono ritornarci mv e 1

2mv2 nel caso c→∞.p =

hν1

c− hν2

cE = hν1 + hν2


A questo punto cerchiamo di fare delle cose furbe per risolvere il problema. Mettiamociin un riferimento S ′ solidale alla particella quando esisteva. Anche in questo riferimentodovranno valere le leggi della fisica in quanto e inerziale pure questo. Dato che il problemaha si svolge su una retta, si dovra avere per forza0 =

hν ′1c− hν ′2

cE ′ = hν1 + hν2

Da cui si ricava l’informazione utile ν ′1 = ν ′2 := ν0. Per cui in questo riferimento si haν ′1 = ν ′2 = ν0

E ′ = 2hν0

Vorrei farvi notare una cosa importante. Scrivendo E ′ = 2hν0 abbiamo in qualche modosupposto che la nostra particella avesse un qualche tipo di energia da spendere. Dato che eferma e non abbiamo parlato di temperatura, carica o altro, l’unica cosa che caratterizza laparticella in questo momento e la sua massa.

Ora cerchiamo di tornare indietro sfruttando le cose che abbiamo ricavato. Nel riferi-mento S le frequenze saranno cambiate seguendo la formula dell’effetto doppler. Per cui,riprendendo il sistema di prima si avra

p =hν1

c− hν2

c=hν0

c

(√1 + β

1− β−

√1− β1 + β

)E = hν1 + hν2 = hν0

(√1 + β

1− β+

√1− β1 + β

)Per ora non abbiamo trovato qualcosa di particolarmente bello. Facciamo il denominatore

comune e semplifichiamo il tuttop =hν0

c

1 + β − 1 + β√1− β2

=2hν0

cγβ =

2hν0

c2γv

E = γ2hν0

Ora qui bisogna mettere un pochino di Fisica per saltarne fuori. Noi sappiamo che nelcaso non relativistico la quantita di moto deve venire mv. Se facciamo il limite per bassevelocita, allora γ ≈ 1, per cui

2hν0

c2v = mv ⇒ m =

2hν0

c2=E ′

c2⇒ E ′ = mc2

Con questo abbiamo effettivamente mostrato che era la massa a immagazzinare l’energianecessaria per creare i due fotoni. Inoltre abbiamo trovato l’espressione per quantita di motoe energia

p = γmv

E = γmc2

Abbiamo gia visto che p ci restituisce il valore che conoscevamo a basse velocita. Vediamoinvece che cosa succede all’energia.

3.5. RELATIVITA 387

E = γmc2 ≈ mc2

Pare non torni... Sbagliato. Non torna il conto perche abbiamo approssimato troppo.Noi vogliamo vedere che cosa succede tenendo termini fino a v2, mentre qui non c’e nemmenoil termine v. Approssimiamo in modo piu umano.

E = γmc2 = mc2(1− β2)−12 = mc2

(1 +

1

2β2 +

3

8β4 + o(β4)

)= mc2 +

1

2mv2 +

3

8mv2v

2

c2

Ovviamente il termine che contiene v4 di solito viene trascurato. Diamo un attimo unsenso al termine mc2, invece. Perche normalmente non c’e quando si fa un problema inmeccanica classica? La risposta e semplice: in meccanica classica la massa si conserva! Diconseguenza abbiamo questo termine sia a destra che a sinstra dell’uguale e quindi si elidesempre. Per questo motivo non dobbiamo soprenderci se non siamo riusciti ad accorgercenefino ad ora. In relativia invece la massa non necessariamente si conserva. Per esempio neldecadimento che abbiamo studiato adesso i due fotoni non hanno massa ma nonostantequesto si sono creati violando la conservazione della massa. Evidentemente quindi e unalegge che non funziona in questi casi.

Quadrivettori Riflettiamo ora un attimo sulla definizione di velocita. In modo classico siha che

~v =d~x

dt

In questa definizione abbiamo una derivata rispetto al tempo e la cosa non ci da alcunfastidio in quanto in Meccanica classica siamo sicuri che tutti gli orologi misurino il tempoallo stesso modo. In relativita ovviamente questo non e vero, infatti due orologi in duesistemi di riferimento in moto l’uno rispetto all’altro misurano tempi diversi. Cerchiamoquindi di fare chiarezza. Possiamo definire principalmente due tipi di velocita e c’e un buonmotivo per entrambe, dipendera dall’occasione capire cosa usare.

Vediamo la prima definizione: dato un sistema di riferimento S, possiamo definire alvelocita ~v

~v =d~x

dt

Dove ~x sono le 3 componenti spaziali misurate dal riferimento S e il tempo e misuratosempre nel riferimento S. Questa velocita e sensata da definire in quanto un osservatore nelriferimento S vede l’oggetto muoversi con quella ~v.

Andiamo ora a definire un altro tipo di velocita. Vi sembrera inutile ma vedremo chenon lo e. Definiamo il vettore

~u =d~x

dτ


~x e di nuovo il vettore posizione misurato nel riferimento S mentre τ e il tempo proprio.Vorrei far notare che il tempo proprio e indipendente dal sistema di riferimento 75. Inparticolare ricordiamo che

dt = γdτ

Per cui le due velocita ~v e ~u sono legate da

~u = γ~v

~u puo sembrare una quantita inutile, ma vedremo ora che non lo e. Infatti,

ui =dxi

dτ

Dove indico con l’apice76 e ovviamente l’indice varia fra 1 e 3. Se decido di inventarmiun nuovo vettore a 4 componenti, che chiamero uµ (Quindi µ varia fra 0 e 3) definito cosı

uµ = (γc, ~u) (3.57)

Che viene chiamato quadrivelocita. Possiamo notare che77

uµ =

(cγdτ

dτ, ~u

)=

(cdt

dτ, ~u

)=

(dx0

dτ,d~x

dτ

)=dxµ

dτ

Dove abbiamo ovviamente usato xµ = (ct, x1, x2, x3) = (ct, x, y, z). A cosa dovrebbeservire questa cosa? Beh, noi sappiamo che in un altro riferimento S ′ si avra

x′µ =3∑

ν=0

Lµνxν

dove Lµν e la matrice di Lorentz opportuna. Ma proprio dato che dτ non dipende dalriferimento, allora nessuna componente di Lµν potra dipendere da τ , per cui possiamo dire

u′µ =dx′µ

dτ=

d

dτ

3∑ν=0

Lµνxν =

3∑ν=0

Lµνdxν

dτ=

3∑ν=0

Lµνuν

Ma questa cosa e utile. Abbiamo trovato un vettore che trasforma da un sistema di rife-rimento all’altro seguendo le trasformazioni di Lorentz. Ricordate cosa avevo detto qualcheparagrafo fa? Ora abbiamo gratis che la quantita

75In quanto per calcolarlo ovviamente bisogna mettersi nel riferimento solidale al corpo, che e uno solo.Capitan Ovvio.

76Quando si fa meccanica classica normalmente le componenti dei vettori vengono indicate con il pedice.In questo caso uso l’apice perche quando si arriva in meccanica relativistica si definiscono diversi tipi dioggetti, vettori e covettori, che si assomigliano ma non sono uguali. Per i vettori le componenti si indicanocon l’apice, per i covettori si usa il pedice. In questo caso ci vuole l’apice. Andate a vedere la parte deicomplementi sui tensori per saperne qualcosa in piu.

77La convenzione vuole che gli indici con lettere latine vadano da 1 a 3 mentre quelle greche da 0 a 3.Quando indichero vettori a 3 componenti usero quindi i, j, k..., quando indichero vettori a 4 componentiusero µ, ν, λ...

3.5. RELATIVITA 389

(u0)2 − (u1)2 − (u2)2 − (u3)2

E invariante per sistema di riferimento. Andiamo a controllare se e vero.

γ2c2 − |~u|2 = γ2c2 − γ2|~v|2 = c2(γ2(1− β2)

)= c2

Come avevo previsto. Per ora vi sembra ancora inutile immagino. Continuiamo ildiscorso. Andiamo a definire il vettore

pµ = muµ

Che viene chiamato quadrimpulso. Andiamo a vedere le sue componenti

pµ = (γmc, γm~v) =

(E

c, ~p

)Dove E e ~p sono energia e quantita di moto relativistiche. La cosa bella e che m non

dipende dal sistema di riferimento, di conseguenza se uµ trasforma secondo le trasformazionidi Lorentz, lo fa anche pµ!

La cosa piu stupida che abbiamo guadagnato da questo e che

pµpµ =

(E

c

)2

− |~p|2

e invariante per sistema di riferimento. Imparate molto bene questa cosa perche di solitosi usa di continuo nei problemi. In particolare, andiamo a calcolare

E2 − |~p|2c2 = γ2m2c4 − γ2m2β2c2c2 = m2c4γ2(1− β2) =(mc2

)2

Che si scrive nella usatissima

E2 = p2c2 +m2c4

Vorrei farvi notare che per un fotone si ha m = 0 e quindi E = pc. Riprendiamoora il discorso di prima. Abbiamo mostrato che energia e quantita di moto relativistichetrasformano da un sistema di riferimento all’altro come quadrivettori, ovvero

p′µ =3∑

ν=0

Lµνpν

E ′/cp′xp′yp′z

=

γ −γβ 0 0−γβ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

E/cpxpypz

(3.58)

Questa cosa e molto utile per risolvere i problemi, sia quando si ha a che fare con particellesia quando si ha a che fare con fotoni. Con questa trasformazione infatti si puo ricavare laformula dell’effetto doppler relativistico in una direzione qualsiasi. Essendo E = pc = hν


ν ′

1n′xn′yn′z

= ν

γ −γβ 0 0−γβ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

1nxnynz

(3.59)

Dove ~n e ~n′ indicano il versore che da la direzione di propagazione nei due riferimenti.Prendiamo a titolo di esempio ~n = x

ν ′

1n′xn′yn′z

= ν

γ −γβ 0 0−γβ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

1100

= ν

γ(1− β)γ(1− β)

00

Per cui come ci aspettavamo n′y = n′z = 0. Inoltre ν ′ = νγ(1 − β) = ν

√1− β1 + β

come ci

aspettavamo. Infine, da questa informazione si ricava anche n′x = 1, come doveva essereRICAVA DOPPLER TRASVERSOA questo punto, cio che ci rimane da fare e trovare la generalizzazione di ~F = m~a.

Tuttavia, la cosa puo diventare piu complicata del previsto. Per non confonderci le idee,e opportuno prima fare chiarezza sul tipo di forza che ci ha fatto inventare la teoria dellarelativia, ovvero la forza elettromagnetica. Vediamo quindi di chiarirci come funziona.

La trasformazione del campo elettromagnetico

Nota. Per ricavare la relazione fra i campi utilizzero degli strumenti avanzati che ovviamentevoi non siete tenuti a sapere. A me non piace dare il risultato senza dire perche e cosı, quindicerchero di semplificare piu che posso il procedimento, ma sara obiettivamente troppo per unragazzo del liceo. Se non vi interessa leggere il procedimento (che a mio parere e bellissimo)ma solo il risultato, potete saltare un po’ di pagine e trovare le formule in fondo al paragrafo.Io vi consiglio di leggere il procedimento almeno una volta. Se non lo capite fino in fondo,non preoccupatevi, e normale, avrete tempo per rivederlo nel dettaglio.

Esempio 3.5.4. Prendiamo un esempio standard su cui forse non avete mai riflettuto.Consideriamo una carica puntiforme q a riposo in un certo sistema di riferimento S. Nellazona in cui e presente la carica e anche presente un campo magnetico ~B misurato nel sistemadi riferimento S. Dato che la carica e a riposo e dato che

~F = q~v × ~B

Si avra che non agiscono forze sulla particella e quindi questa non accelera. Andiamo oraa studiare lo stesso fenomeno in un sistema di riferimento diverso, sempre inerziale, S ′, chesi muove a velocita −~v0 rispetto ad S. Nel riferimento S ′ avremo che la particella si muovecon velocita ~v0. Se supponiamo che il campo magnetico non sia variato, stavolta avremo chela forza di Lorentz agente sulla particella e diversa da 0 e quindi questa accelera! Questoovviamente viola il principio di relativita secondo cui possiamo scrivere delle leggi dellaFisica coerenti in ogni sistema di riferimento inerziale. Qualcosa nel nostro ragionamentoe andato storto. Ci possono essere piu cose dove abbiamo toppato. Una puo essere che lacarica elettrica q di una particella possa dipendere dal sistema di riferimento. L’evidenza

3.5. RELATIVITA 391

sperimentale tuttavia ci dice che questo non e vero. La carica elettrica e invariante persistema di riferimento. L’altra cosa che possiamo aver sbagliato a supporre e che il campomagnetico ~B non sia variato. Andiamo a vedere che cosa succede se non lo supponiamo.Partiamo dall’inizio e vediamo cosa succede.

Dato che abbiamo inventato la teoria della relativita per sistemare le equazioni di Max-well, ci aspettiamo che queste valgano. Di conseguenza, useremo

~∇ · ~E =ρ

ε0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B = µ0~J + µ0ε0

∂ ~E

∂t

L’unica sorgente del campo e la carica elettrica, sia sotto forma di densita, sia sotto formadi densita di corrente. Dato che le equazioni di Maxwell devono valere in ogni sistema diriferimento, ci aspettiamo che se le sorgenti fossero le stesse, allora avremmo anche la stessasoluzione per ~E e ~B, cosa che abbiamo mostrato non essere vera nell’esempio precedente.Cerchiamo ora di saltarne fuori inventandoci qualcosa.

Noi sappiamo che la carica di una particella non dipende dal sistema di riferimento.Tuttavia, dato che le lunghezze si contraggono, potrebbe non valere la stessa cosa per ladensita volumetrica di carica. Quello che sicuramente deve valere e che

ρdV = ρ′dV ′

Dove dV e dV ′ sono volumi corrispettivi misurati da due sistemi di riferimento in motorelativo, S ed S ′.

Consideriamo una zona dello spazio in cui vi e carica che si muove. Per ogni punto sarapossibile definire lo scalare densita di carica ρ e il vettore classico ~J = ρ~v, dove ~v e la velocitadella carica misurata nel sistema di riferimento. Consideriamo ora la quantita Jµ, che vienechiamata quadricorrente

Jµ =1

γρdxµ

dτ

Dove dentro γ c’e ovviamente ~v. Questo e un vettore a 4 componenti funzione di 4variabili, le 3 spaziali e il tempo. E un po’ di piu di un classico campo di velocita influidodinamica. Consideriamo per un momento il caso non relativistico in cui dt = dτ , soloper capire dove sto cercando di andare a parare. In tal caso Jµ e

Jµ = (ρc, ρ~v) =(ρc, ~J

)Dove ~J e il vettore densita di corrente solito. Stiamo quindi considerando una sorta di

generalizzazione delle sorgenti dei campi elettrico e magnetico. Vediamo quindi di continuareil discorso. Vediamo cosa succede a Jµ quando viene visto da un altro sistema di riferimento.

J ′µ =1

γ′ρ′dx′µ

dτ=

1

γ′ρ′dV ′

dx′µ

dτdV ′=

1

γ′ρdV

dx′µ

dτdV ′=

1

γ′ρdV

dV ′dx′µ

dτ


Facciamo i passaggi con calma e poi terminiamo il conto. Nel primo ho semplicementescritto la definizione di J nel sistema S ′. Poi ho cercato di sfruttare l’invarianza della carica,dividendo e moltiplicando per dV ′. Nel terzo passaggio ho sfruttato l’invarianza. Ora cirimane da calcolare il rapporto fra i dV

dV

dV ′=

dx1dx2dx3

dx′1dx′2dx′3=

dx1dx2dx3dx′0

dx′1dx′2dx′3dx′0=

dx1dx2dx3dx′0

|det(L)| dx1dx2dx3dx0=dx′0

dx0· dτdτ

=γ′

γ

Per cui, dopo immensa fatica,

J ′µ =1

γρdx′µ

dτ=

1

γρ

3∑ν=0

Lµνdxν

dτ=

3∑ν=0

Lµν1

γρdxν

dτ=

3∑ν=0

LµνJν

Quindi abbiamo trovato che anche il vettore Jµ trasforma secondo trasformazione diLorentz. Questa non e una finezza matematica, ci sta dicendo che le sorgenti del campovengono viste in modo diverso da due sistemi di riferimento in moto l’uno rispetto all’altro,come avevamo dedotto poco fa! Inoltre, ora siamo anche in grado di dire in modo quantitativoin che modo vengono viste due sorgenti da due riferimenti diversi.

Ora che abbiamo trovato come trasformano le sorgenti, andiamo a confrontare i campi,ovvero se abbiamo i campi ~E e ~B nel riferimento S vogliamo andare a vedere che campivede il riferimento S ′. Ricordo che avendo i campi e facilissimo trovare le sorgenti, mentreil viceversa spesso e molto ostico. Per questo motivo, la prima cosa che potrebbe venire inmente di fare e trovare le sorgenti del campo nel sistema S, trasformarle per vederle in S ′

e poi ricostruire il campo avendo le sorgenti. Purtroppo ricostruire il campo puo richiedereintegrali molto fastidiosi, per cui e buona norma cercare un metodo che permetta di bypassarequesto passaggio.

Per rendere le cose piu umane, e molto consigliabile passare dai campi ai potenziali,vediamo come.

E dimostrabile78 che un campo regolare si puo scrivere come ~F = ~∇φ+ ~∇× ~C. Dato cheil campo ~B ha componente conservativa nulla, sara

~B = ~∇× ~A

Per un opportuno campo vettoriale ~A. Dato che ~∇ · ~∇× ~A = 0 ∀ ~A, abbiamo gratis laseconda legge di Maxwell. Andiamo ora a scrivere la terza

~∇× ~E = −∂~B

∂tNoi sappiamo che il campo elettrostatico e conservativo. Evidentemente non vale la stessa

cosa nel caso di campi magnetici variabili. Sara quindi

~E = −~∇φ+ ~C

Per un opportuno ~C. Riscrivendo la legge di Maxwell,

~∇×(−~∇φ+ ~C

)= − ∂

∂t~∇× ~A

78Teorema di Helmholtz. Consulta Wikipedia oppure [9] per informazioni aggiuntive.

https://it.wikipedia.org/wiki/Teorema_di_Helmholtz

3.5. RELATIVITA 393

Sara quindi ~C = ∂ ~A∂t

. I campi saranno quindi espressi in termini dei potenziali da ~E = −~∇φ− ∂ ~A

∂t~B = ~∇× ~A

Ovviamente questi potenziali non sono a caso. Ci sono ancora due delle equazioni diMaxwell che non abbiamo usato

~∇ · ~E =ρ

ε0

~∇× ~B = µ0~J + µ0ε0

∂ ~E

∂t

Che ovviamente andranno meglio scritte in termini dei potenziali−∇2φ− ∂

∂t~∇ · ~A =

ρ

ε0

~∇(~∇ · ~A)−∇2 ~A = µ0~J − µ0ε0~∇

∂φ

∂t− µ0ε0

∂2 ~A

∂t2

Mi ritenete un idiota ora che ho detto che sono meglio scritte cosı, vero? Beh, sfruttiamoora un truccone. Saprete sicuramente che se mando φ in φ + C non cambia niente nell’e-spressione dei campi in quanto il gradiente uccide quel termine. Di conseguenza il potenzialeφ non e univocamente determinato. E facile vedere che non lo e nemmeno ~A e che possia-mo fare trasformazioni molto piu grosse senza alterare il campo, che e la cosa fisica che ciinteressa.

Mandiamo quindi φ in φ + f e ~A in ~A + ~D e vediamo di legare ~D e f in modo da noncambiare i campi. Una trasformazione dei potenziali di questo tipo si chiama trasformazionedi gauge. ~E = −~∇(φ+ f)− ∂( ~A+ ~D)

∂t~B = ~∇× ( ~A+ ~D)

Se vogliamo che i campi non cambino, si deve avere per forza ~∇× ~D = 0, ovvero ~D = ~∇gper un opportuno g

~E = −~∇φ− ~∇f − ∂ ~A

∂t− ~∇∂g

∂t

Quindi se scegliamo f = −∂g∂t

non cambia nemmeno il campo elettrico. Data quindi unaqualsiasi funzione scalare g(~x, t), se operiamo la trasformazioneφ→ φ− ∂g

∂t~A→ ~A+ ~∇g

I campi non cambiano di una virgola. Di conseguenza, dato che la trasformazione e moltolarga come ipotesi potremo scegliere opportunamente i potenziali in modo da far sparire


i termini scomodi nell’equazione di prima. In particolare, possiamo riscrivere la secondaequazione portano un po’ di cose a destra e sinistra dell’uguale

∇2 ~A− µ0ε0∂2 ~A

∂t2= −µ0

~J + µ0ε0~∇∂φ

∂t+ ~∇(~∇ · ~A)

Vorrei ora ricordare che l’operatore

∇2 − 1

v2

∂2

∂t2=

e detto d’Alambertiano e rappresenta l’equazione di un’onda in moto. Nel caso monodi-mensionale riconoscerete l’equazione della corda tesa

∂2ψ

∂x2− 1

v2

∂2ψ

∂t2= 0

Per cui l’equazione precedente si puo scrivere

~A = −µ0~J + ~∇

(~∇ · ~A+

∂φ

∂t

)Usando appunto la trasformazione di gauge possiamo imporre delle condizioni sui poten-

ziali affinche

~∇ · ~A+∂φ

∂t= 0

Questo ci porta all’equazione per il potenziale ~A

~A = −µ0~J

E all’altra equazione per il potenziale φ

−∇2φ+∂2φ

∂2t=

ρ

ε0⇒ φ = − ρ

ε0

Che, mettendole insieme, costituiscono le equazioni per i potenziali nel gauge di Lorentzφ = − ρε0

~A = −µ0~J

Che finalmente posso dire essere di piu bell’aspetto.A questo punto, dato che ci siamo tanto affaticati per trovare il quadrivettore Jµ,

cerchiamo di farlo comparire.φ = − µ0ρ

ε0µ0

= c2µ0ρ

~A = −µ0~J

⇒

φ

c= −µ0cρ

~A = −µ0~J

Se andiamo ora a definire il vettore

Aµ =

(φ

c, ~A

)

3.5. RELATIVITA 395

Che viene chiamato quadripotenziale, allora si puo scrivere tutto in modo compatto

Aµ = −µ0Jµ (3.60)

E dato che il d’Alambertiano e un operatore completamente simmetrico per rotazioni,simmetrie, trasformazioni di Lorentz e che Jµ trasforma secondo trasformazione di Lorentz,avremo che anche Aµ si comporta in questo modo, ovvero

A′µ =3∑

ν=0

LµνAν

Ora siamo molto vicini a quello che volevamo, in quanto abbiamo trovato una relazionediretta fra i potenziali nei due riferimenti. Tuttavia non siamo ancora arrivati a quello chevolevamo, in quanto spesso risalire al potenziale dal campo e molto difficile, per cui dobbiamoancora fare uno sforzo per arrivare ad una formula esplicita per i campi.

A questo punto la matematica si fa ancora piu tosta in quanto e indispensabile introdurreoggetti nuovi.

PENSA AD UNA SPIEGAZIONE SEMPLICE

∂µ =

(1

c

∂

∂t,−~∇

)

∂µ =

(1

c

∂

∂t, ~∇)

F µν = ∂µAν − ∂νAµ

F ij = ∂iAj − ∂jAi = −εijkBk

F µν =

0 −Exc−Eyc−Ezc

Exc

0 −Bz By

Eyc

Bz 0 −Bx

Ezc−By Bx 0

∂µF

µν = −µ0Jν

F ′µν = LµαLνβF

αβ

Per ora non ho ancora trovato una spiegazione semplice che non implichi spiegarvi cosavuol dire covariante e controvariante. Per ora mi limito a darvi la legge di trasformazione einvitarvi a verificare che e ragionevole.


~E ′// = ~E//~E ′⊥ = γ( ~E⊥ − ~β × ~B⊥c)~B′// = ~B//

~B′⊥ = γ( ~B⊥ + ~β × ~E⊥/c)

(3.61)

3.5. RELATIVITA 397

I trucchi sul come affrontare i problemi

I problemi di relativita sono difficili per due motivi principali, ovvero che spesso sono con-trointuitivi e la matematica che c’e e fastidiosa. Non ho detto matematica difficile, ho dettofastidiosa, in quanto in molte formule compaiono radici e varie, quindi quando si fanno iconti si rischia di affondare non tanto per la presenza di problemi irrisolvibili ma percheabbiamo organizzato male il tutto e ci troviamo un’equazione di diciottesimo grado che inrealta e un secondo grado elevato alla nona.

Per il primo dei due problemi bisogna semplicemente fare problemi riflettendo su quelloche si fa, evitando di fare le cose per routine, ma facendosi delle domande ad ogni passaggiosul perche si sta facendo esattamente quella cosa e cercare di rispondersi da soli o cercandosu internet o sulla teoria. Fare i problemi a caso perche si e visto fare un problema allo stessomodo non da la stessa padronanza dell’argomento di capire da soli quello che si ha fatto.

Per il secondo problema invece bisogna fare tanti problemi e dopo un po’ ci si accorgeche l’approccio nel fare i conti e sempre quello. Fate i primi problemi facili che ho messo infondo al capitolo in piu modi diversi per vedere quale vi sembra meno mortale. Le soluzionicercheranno di riportare i vari approcci per mostrare qual e quello piu semplice, se gia nonfosse chiaro.

Il riferimento del centro di massa Come in Meccanica Newtoniana, il trucco di usareil sistema del riferimento del centro di massa funziona anche qui. Tuttavia c’e un piccoloproblema nel capire bene a che velocita si muove il centro di massa, in quanto in realta nonlo abbiamo neanche definito formalmente.

La cosa piu intelligente da fare e quella di definire per un sistema di particelle isolate(ma anche interagenti fra di loro) come il sistema di riferimento inerziale79 in cui la sommadelle quantita di moto delle particelle e nulla. Notare che in realtivita non e sempre dettoche questo sistema esista. Infatti, se consideriamo un solo fotone libero, questo ha quantitadi moto ~p ed energia E = |~p|c. Se io volessi trovare un riferimento in cui la quantita di motototale del sistema sia nulla, dovrei muovermi a velocita c insieme al fotone, cosa non fisica.

Supponiamo di non trovarci in uno di questi casi e vediamo come trovare ~βCM . Semplice-mente possiamo notare che se noi conosciamo le quantita di moto delle nostre particelle, ~pi ele loro energie Ei in un riferimento S non primato, possiamo ottenere quelle in un riferimentoprimato S ′. Indichiamo

~PCM =∑i

~pi

ECM =∑i

Ei

Allora nell’altro riferimento si avra, usando le trasformazioni di Lorentz

P ′CM = γ (PCM − βECM/c)Dove abbiamo gia tolto il segno di vettore supponendo di sapere dove punta il vettore

quantita di moto totale (basta fare una somma vettoriale). Possiamo quindi in modo naturaledefinire il riferimento del CM il riferimento in cui P ′CM = 0, ovvero quello che rispetto a Ssi muove con βCM

79Se sono isolate la quantita di moto totale si conserva e quindi la nostra definizione ha senso


~βCM =~PCMc

ECM

Ricordatevi cos’e un quadrivettore Un quadrivettore e una cosa che ruota come unquadrivettore. Ricordatevelo bene. Quadrivettore vuol dire che da un riferimento all’altrosapete esattamente come trasforma. Inoltre, la cosa ancora piu importante per semplificarei conti e ricordarsi che il suo prodotto invariante e per l’appunto invariante. Per esempio,ricordate che E2 − |~p|2c2 = m2c4 e tutti gli affini. Credetemi che e molto meglio per i contiportare avanti pie equazioni e poi elevarle al quadrato e farne la differenza usando questeidentita piuttosto che scrivere esplicitamente una radice. Vi consiglio di svolgere gli esercizidi Meccanica Classica del professor Massimo d’Elia per prendere la mano con questi conti.Potete trovarli sul mio sito nella sezione Universita.

Non dimenticate che potete ancora usare le regole del calcolo vettoriale classicoUn quadrivettore e un vettore con un numero in piu e una norma leggermente diversa, main fondo la parte vettoriale e sempre la stessa. I prodotti scalari e tutte le cose che conoscetesui vettori di R3 funzionano ugualmente, non avete perso niente a lavorare in R4.

3.5. RELATIVITA 399

3.5.2 Relativita generale

Principio di equivalenza

Dilatazione dei tempi


3.5.3 Problemi

Problema 3.5.1 (Decadimento). Questo problema non e difficile, serve solo amostrarvi che diversi approcci ad un problema di relativita possono portare o a conti disumanio a soluzioni semplicissime. Provate a fare questo problema con diversi approcci per vedere cosasuccede.

Una particella di massa M = 1 GeV/c2 e in quiete rispetto ad un riferimento S, il riferimentodel laboratorio. Questa particella decade in un fotone e in una particella di massa m = M/2

1. Si trovi la frequenza ν del fotone e la velocita v

2. Dopo un certo tempo la particella di massa m decade a sua volta in due fotoni. Si trovi laminima e la massima frequenza dei fotoni nel riferimento del laboratorio.

Si supponga che in un acceleratore vengano prodotte numerose particelle di massa M inquiete. Di queste si sa che si comportano tutte o come e stato descritto nelle tre domandeprecedenti, oppure emettendo direttamente tre fotoni (cioe senza che in tempi intermedi laparticella di massa m sia mai stata creata).

3. Disponendo solo di un rivelatore di fotoni di energia minore di 100 MeV, e possibile distinguerequale delle due possibilita si verifica? Perche e opportuno disporre di molti eventi?

Problema 3.5.2 (Altro decadimento). Una particella di massa M , inizialmente ariposo, decade in una di massa m e due fotoni.

1. Mostrare che tutti i prodotti del decadimento si muovono nello stesso piano.

2. Trovare l’energia massima e minima di ciascun prodotto di decadimento.

3. Trovare l’angolo tra i due fotoni in funzione delle loro energie.

4. Nel caso in cui quest’angolo e π/2 e le due energie dei fotoni sono uguali, trovare l’energiadella particella di massa m.

Problema 3.5.3 (APhO 2, 2014).

Problema 3.5.4.Una particella di massa m e energia totale E ne urta un’altra identica e a riposo. Determinare

la minima energia E della particella in moto che permette che alla fine dell’urto ci siano comeprodotto N particelle identiche di massa m.

Soluzione: 4.3.54

Problema 3.5.5 (IPhO 3A, 2003).

Problema 3.5.6 (Razzo relativistico). Un razzo espelle massa ad una velocitarelativa u fissa nel suo riferimento, partendo da una massa M0 fermo rispetto alla Terra (trascurarela gravita). Trovare la velocita (oppure β = v

c ) in funzione della massa e di u.Soluzione: 4.3.55

Problema 3.5.7 (Specchio relativistico). Tutti sanno che se si manda un raggio diluce su uno specchio l’angolo di riflessione e lo stesso di quello di incidenza. Questo non e semprevero se lo spacchio si muove a velocita relativistica.

Determinare l’angolo di riflessione della luce incidente su uno specchio con un angolo α sapendoche lo specchio ha una velocita ~v diretta lungo l’asse x e che lo specchio forma un angolo θ con ilverso negativo dell’asse x.

Fate voi assunzioni sulla massa dello specchio e trovate qual’e l’assunzione che rende sensatoquesto problema.

Soluzione: 4.3.56

3.6. MECCANICA QUANTISTICA 401

3.6 Meccanica quantistica

3.6.1 Decadimenti

3.6.2 Principio di indeterminazione

3.6.3 Corpo nero

3.6.4 Effetto fotoelettrico

3.6.5 Scattering Compton

3.6.6 Cenni di orbitali atomici


3.6.7 Problemi

Problema 3.6.1 (Interferometro a neutroni (IPhO 2006, 1)).

Problema 3.6.2 (Oscillatore armonico quantistico). Vediamo come differisconole trattazioni classiche e quantistiche dell’oscillatore armonico. In meccanica classica un oscillatorearmonico in una dimensione e un oggetto che ha un’energia

E =p2

2m+mω2x

2

2

Dove (p, x) sono rispettivamente impulso e posizione. Tuttavia in meccanica quantistica queste duequantita non assumono un valore esatto: possono assumere diversi valori, ognuno con una certaprobabilita.

1. Sapendo che 〈x〉 = 0 e 〈p〉 = 0, trova un limite minimo per l’energia dello stato fondamentaledell’oscillatore armonico, senza effettuare alcun integrale.

2. Trova la legge oraria classica per un oscillatore armonico che ha una energia media pari alvalore trovato al punto precedente.

3. Confronta l’ampiezza media classica Ac con σx = Aq per lo stato fondamentale, ovvero lo

stato che ha l’energia trovata al punto 1: qual e il rapportoAqAc

?

Ricordo al lettore che con la notazione 〈f〉 si indica il valor medio della quantita f , da specificarerispetto a cosa se non e chiaro dal contesto. In questo caso e ovviamente rispetto al tempo.

Soluzione: 4.3.57

Problema 3.6.3 (Atomo di idrogeno). Volendo studiare un atomo di idrogeno, leleggi della fisica classiche non son sufficienti, ed e necessario effettuare una trattazione quantistica.In questo problema cercheremo di semplificare il piu possibile la parte quantistica, effettuando unapproccio semiclassico

In meccanica quantistica, lo stato di una particella non e dato da una funzione che indica lasua posizione in funzione del tempo, ma piuttosto da una densita di probabilita Ψ(x, t), tale che laprobabilita di trovare la particella in un certo volume V al tempo t e

P (V, t) =

∫V|Ψ(~r, t)|2dV

Se uno stato e stabile, ovvero non si tratta di uno stato che decade, tale funzione d’onda epossibile sceglierla indipendente dal tempo. Nel caso dell’atomo di idrogeno, assumiamo il protonedotato di massa molto maggiore di quella dell’elettrone, cosi che possa essere considerato immobile,e l’elettrone sara descritto da una funzione d’onda. Nello stato fondamentale, tale funzione d’ondae indipendente dal tempo e vale

Ψ = Ce− rrB

Dove C e una costante opportuna e rB e il raggio di Bohr. L’equazione che deve soddisfare lafunzione d’onda e (in un opportuno sistema di unita di misura)

− ~2

2m

1

r

∂2

∂r2(rΨ(r))− e2

rΨ(r) = EΨ(r)

Dove E e l’energia dello stato fondamentale dell’atomo.


1. Sapendo che l’equazione, in unita del sistema internazionale, e

− ~2

2m

1

r

∂2

∂r2(rΨ(r))− e2

4πε0rΨ(r) = EΨ(r)

Determinare, da considerazioni dimensionali, E,C ed rB

2. Determinare E ed rB, risolvendo l’equazione (nel primo sistema di unita di misura) Lo statogode di simmetria sferica, per cui 〈x〉 = 0, 〈p〉 = 0. Assumendo che σr = rB, e che e possibile

associare una energia cinetica classica p2

2m data dalla parte cinetica dell’equazione

− ~2

2m

1

r

∂2

∂r2(rΨ(r))

Non essendo questa proporzionale a Ψ(r), possiamo considerare come valore dell’energiacinetica tale termine calcolato per r = rB e diviso per Ψ(rB)

3. Determinare il momento angolare classico associato all’orbita in esame

4. Verificare che la coppia di variabili (x, p) verifica il principio di indeterminazione di Heisenberg

5. Da cosa dipende C? Spiegare e determina tale costante (assumerla reale positiva) Interpre-tiamo ora la densita di probabilita come una densita di materia, per cui in un volume dVtroviamo una frazione |Ψ|2dV di elettrone, e quindi una densita di carica

ρ(~r) = −e|Ψ(~r)|2

6. Trovare il campo elettrico in tutto lo spazio

7. Immaginiamo ora di voler mettere in orbita (stabile, circolare) un secondo elettrone attornoall’atomo, in modo che l’orbita abbia un momento angolare doppio rispetto alla preceden-te. Assumendo che l’inserimento di un secondo elettrone non modifichi significativamenteil sistema (ovvero la funzione d’onda, e quindi la distribuzione di carica) (di conseguenza,l’orbita deve essere non troppo vicina a r = 2rB), dire se e possibile fare cio (classicamente)

8. Commentare il risultato del punto precedente, in particolare, nel caso in cui risulti possibile,dire le proprieta dell’orbita (raggio, periodo); nel caso in cui non risulti possibile, spiegare ilperche

9. Ripetere i due punti precedenti nel caso di atomo idrogenoide, cioe con un elettrone e Z > 1protoni.

Problema 3.6.4 (Quantizzazione del flusso del campo magnetico).Nella risoluzione delle equazioni di Maxwell, e comodo utilizzare il potenziale vettoriale ~A. Esso

e definito in modo che ~E = −∂~A

∂t~B = ~∇× ~A

La definizione di ~B implica che ∮∂Σ

~A · d~s =

∫Σ

~B · d ~A


Dove Σ e una superficie con bordo dato dalla curva su cui si effettua la circuitazione. In talmodo le equazioni di Maxwell diventano

~∇ · ~A = 0

∂2 ~A

∂t2− c2∇2 ~A = 0

1. Verifica che effettivamente le due formulazioni sono equivalenti.

2. Calcola il campo magnetico per un solenoide infinito in cui passa una corrente I e che ha nspire per unita di lunghezza, con l’asse parallelo all’asse z

3. Calcola anche un potenziale vettoriale che descriva questa situazione

In meccanica quantistica lo stato di una particella non e dato da una funzione che indica lasua posizione in funzione del tempo, ma piuttosto da una “densita di probabilita” Ψ(~x, t),tale che la probabilita di trovare la particella in un certo volume V al tempo t e

P (V, t) =

∫V|Ψ(~x, t)|2dV

Se in assenza di campo magnetico il sistema ha una funzione d’onda Ψ(~x, t), aggiungendo uncampo elettromagnetico la funzione d’onda diventa

Ψ′(~x, t) = exp

[− ie~c

∫ ~x

~r0

~A · d~x

]Ψ(~x, t)

Dove ~r ed ~x sono due punti entrambi fuori dal solenoide.

4. Sapendo cio, trovare una condizione sulla quantizzazione del flusso del campo magnetico, deltipo

ΦB = nΦ0

Legata a qualche proprieta della funzione d’onda

5. A campo magnetico spento, due elettroni, partiti dallo stesso punto ~r, passano uno a destrae uno a sinistra del solenoide in questione, e vanno a finire entrambi in un certo punto su unoschermo. Questo crea una figura di interferenza simile a quelle delle esperienze di Young.Cosa si osserva sullo schermo se accendiamo il campo magnetico, aumentandolo lentamente?Per rispondere, schematizza il problema con due funzioni d’onda opportune.

6. Aumentando il campo in modo che il flusso aumenti di Φ0, la situazione resta invariatarispetto a quando non c’e campo?

Cambiamo ora leggermente argomento. Supponiamo ora che esistano dei monopoli magneticidi carica magnetica g.

7. Dire che legge rispettera il flusso del campo magnetico, a meno di una costante arbitraria.Per i prossimi punti si scelga k = 4π

8. Calcolare il campo magnetico generato da un monopolo magnetico.


9. Quale condizione pone, la condizione trovata nel punto 4, sulla carica g di un monopolomagnetico?

10. Calcolare la derivata temporale del momento angolare di un elettrone in moto in tale campoDal punto precedente si ottiene che il momento angolare della particella non si conserva. Epero possibile verificare che il momento angolare totale del sistema si conserva

11. Verificare matematicamente l’ultima affermazione, e concludere che il momento angolaretotale risulta quantizzato anche in questo caso.


3.7 Complementi

3.7.1 Lagrangiana

Quando impari ad usare unmartello tutto quanto sembraessere la testa di un chiodo.

Il famosissimo Giona Micossi

IN STESURA, INCOMPLETONon potete usare la lagrangiana in una gara ma mi sembra un crimine non mostrarvi que-

sto metodo per risolvere i problemi, soprattuto perche quando si puo usare li distrugge senzaritegno. Usare la lagrangiana solo per un sistema meccanico e riduttivo, si applica pratica-mente in ogni ambito della Fisica. Per semplicita vi mostrero prima il caso semplicementemeccanico.

La dimostrazione che andro a fare ora richiede molta analisi e probabilmente non lacapirete, ma non ha importanza. Se non vi interessa la parte matematica potete leggere leipotesi man mano e guardare solo il risultato. In ogni caso cerchero di essere poco formale.

Eliminazione delle coordinate superflue. Coordinate generalizzate. Normalmenteogni oggetto puntiforme che consideriamo ha 3 gradi di liberta, ovvero possiamo determinareunivocamente la sua posizione fornendo 3 numeri, una volta scelto un sistema di riferimento.Capita spesso che il nostro oggetto sia vincolato e quindi 3 numeri possono essere ridondanti.Per esempio, se il nostro oggetto e vincolato a muoversi su una circonferenza di raggio r postain un piano verticale e centrata nell’origine, sicuramente potremo scrivere

x = r cos θ

y = 0

z = r sin θ

Vedete che in questo caso siamo passati da 3 coordinate legate da delle equazioni ad unasola. Immagino che per voi sia una cosa ovvia ma e necessario per procedere.

Normalmente avremo quindi per ogni particella le 3 coordinate xi = x, y, z.80 Se cisono dei vincoli come nel caso precedente, allora esistono delle scelte di altri parametri chediminuiscono il numero di variabili, per esempio nel caso di prima abbiamo introdotto θ.La scelta di queste variabili non e univoca. Se avessimo preso al posto di θ, θ + π/2 nonsarebbe cambiato niente. Cio che non cambia e il numero di parametri indipendenti, ovverocomunque io scelga la mia variabile, che sia θ, θ+α o che ne so, sara comunque una sola (inquesto caso). Se fossero 2, sicuramente ci sarebbe un legame che permetterebbe di esprimereuna in funzione dell’altra.

La coordinata θ viene chiamata coordinata generalizzata. Dato che in generale puoessere una posizione, un angolo o anche altre cose81, in generale viene indicata con la letteraq. Ovviamente in generale non sara una sola, ma sara sicuramente ≤ 3

80Quello che dico vale in R3 ma anche in Rn. Potete sostituire ovunque ci sia scritto 3 la lettera n e irisultati valgono allo stesso modo.

81Vedremo piu avanti che puo anche essere una carica elettrica, per esempio.

3.7. COMPLEMENTI 407

I vincoli non sono sempre belli come quello precedente e spesso non e possibile passarealle coordinate generalizzate. Se consideriamo le particelle di un gas chiuso in una scatolacubica, per esempio, il vincolo potrebbe essere espresso da

0 < x, y, z < L

Dove L e ovviamente il lato della scatola. In questo caso e impossibile trovare dellecoordinate generalizzate indipendenti che possano assumere qualsiasi valore.

I vincoli non sono l’unico motivo per cui e sensato passare dalle solite coordinate carte-siane ad altri tipi di coordinate. Si e visto nel capitolo di Meccanica che le forze centralisono ricorrenti nei problemi e quindi saper scrivere delle equazioni in termini di q = r, θ, φ,magari piu facili di quelle brutte con le accelerazioni in sferiche, puo essere una buona cosa.

Principio dei lavori virtuali Consideriamo un sistema di N punti materiali di massemi e posizioni rispetto ad un riferimento inerziale ~ri. Supponiamo inoltre che i vincoli delsistema siano come nell’esempio della guida. In tal caso per ogni particella esisteranno dellecoordinate generalizzate qi,k, con k ≤ 3. Ovviamente nulla ci vieta se non ci sono vincoli diusare semplicemente le coordinate cartesiane.

Per ogni particella varra

~Fi =d~pidt

Dove ~Fi e la somma delle forze agenti sulla particella i-esima e ovviamente ~pi = mi~vi.L’equazione precedente si puo scrivere

~Fi −d~pidt

= 0

METTO LE FORMULE, AGGIUNGI SPIEGAZIONE∑i

(~Fi −

d~pidt

)· δ~ri = 0

TOGLI FORZE VINCOLARI

d~pidt

= mi~vi +mid~vidt

A questo punto e necessario usare un sacco di analisi. E decisamente opportuno scriverele cose per bene per capire quello che stiamo facendo e non fare conti a caso perchequalcuno ci ha detto che cosı le cose tornano.

Vogliamo esprimere una piccola variazione nelle coordinate fisiche δri in termini dellevariazioni delle coordinate δqj Scriviamo per bene ogni dipendenza funzionale delle variabiliin modo da scrivere qualcosa di sensato.

~r1 = ~r1(q1, ...qK , t)

~r2 = ~r2(q1, ...qK , t)...

~rN = ~rN(q1, ...qK , t)


Dove ognuno dei qK e funzione semplicemente del tempo.

δ~ri =∑j

∂~ri∂qj

δqj

Dove abbiamo usato la regola di derivazione a catena. Non compare la derivata parzialerispetto al tempo proprio per come abbiamo deciso di fare il conto, ovvero di muovercisecondo uno spostamento virtuale e non reale.

Possiamo ora sostituire l’espressione trovata nella formula precedente∑i,j

(~Fi ·

∂~ri∂qj− mi~vi ·

∂~ri∂qj−mi

d~vidt· ∂~ri∂qj

)δqj = 0

A questo punto tutto quello che rimane da fare e continuare a rimaneggiare l’espressio-ne precedente fino ad ottenere qualcosa di utile. Innanziutto calcoliamo esplicitamente lavelocita

~vi =d~ridt

=∑j

∂~ri∂qj

dqjdt

+∂~ri∂t

=∑j

∂~ri∂qj

qj +∂~ri∂t

Vorrei far notare che in questa espressione e chiaro come ~vi sia funzione diretta dei qi,

ma anche dei qi, nascosta dentro al fatto che∂~ri∂qj

dipende da qk. A questo punto, allo scopo

di semplificare l’espressione che abbiamo ottenuto prima, proviamo a calcolare ∂~vi∂qj

, cercando

di sostituire o fare cose intelligenti.

~vi =∑j

∂~ri∂qj

qj +∂~ri∂t⇒ ∂~vi

∂qj=∂~ri∂qj

Usiamo questa uguaglianza nell’equazione precedente sperando di ricavarne qualcosa∑i,j

(~Fi ·

∂~ri∂qj− mi~vi ·

∂~vi∂qj−mi

d~vidt· ∂~vi∂qj

)δqj = 0

A questo punto notiamo che alcuni termini sembrano la derivata rispetto al tempodell’energia cinetica di qualcosa. Vediamo cosa succede.

d

dt

(mi~vi ·

∂~vi∂qj

)= mi~vi ·

∂~vi∂qj

+mid~vidt· ∂~vi∂qj

+mi~vi ·∂~vi∂qj

Per cui, con semplice sostituzione∑i,j

(~Fi ·

∂~ri∂qj− d

dt

(mi~vi ·

∂~vi∂qj

)+mi~vi ·

∂~vi∂qj

)δqj = 0

Andiamo ora a definire una cosa che potrebbe sembrarvi inutile, chiamata forza genera-lizzata

Qi,j = ~Fi ·∂~ri∂qj


Dove il doppio indice i, j indica la forza agente sulla particella i esima e nella sua compo-nente j esima, lungo una delle coordinate generalizzate. Notare che questo Q non necessa-riamente e una forza, potrebbe per esempio avere le dimensioni di un momento, ma questonon e importante.

Se poi definiamo la forza generalizzata totale sul sistema

Qj =∑i

Qi,j

Allora l’equazione precedente acquista la forma molto semplice

∑j

(Qj −

d

dt

∂T

∂qj+∂T

∂qj

)δqj = 0

E a questo punto possiamo finalmente sfruttare la scelta accorta delle coordinate inmodo che siano indipendenti in modo da dire che i δqj sono indipendenti l’uno dall’altro edi conseguenza deve essere nullo ognuno dei termini della sommatoria. Otteniamo quindi laprima forma delle equazioni di Eulero-Lagrange

Qj =d

dt

∂T

∂qj− ∂T

∂qj(3.62)

Cerchiamo ora di considerare solo alcuni casi belli di forze, per esempio le forze conser-vative, in modo da avere una forma piu semplice delle equazioni. Andiamo a scrivere ladefinizione di forza totale generalizzata

Qj = ~F · ∂~r∂qj

Nel caso di forza conservativa si ha

~F = −~∇U

Ed e facile vedere, usando la regola di derivazione a catena, che si ha

Qj = −∂U∂qj

Per cui nel caso particolare di forza conservativa si ottiene al forma

−∂U∂qj

=d

dt

∂T

∂qj− ∂T

∂qj

A questo punto, il potenziale e indipendente dalla velocita, per cui l’aggiunta di termini

come∂U

∂qnon cambiera di una virgola l’equazione. Se definiamo ora la funzione Lagrangiana

del sistema

L = T − U

Le equazioni prendono finalmente la forma consueta


d

dt

(∂L∂qj

)=∂L∂qj

(3.63)

Ricordatevele, perche queste equazioni distruggono i problemi di meccanica senza attriti.

Esempio 3.7.1 (Macchina di Atwood). Questo e un classico sistema ad un solo grado diliberta. Consideriamo due masse m1,m2 attaccate ad un filo su una puleggia di massa nullae senza attrito. Chiaramente la posizione del sistema e univocamente determinata da unasola coordinata, che sara per esempio la distanza x della massa m1 dal bordo della puleggia.La distanza dell’altra massa sara l − x dove l e la lunghezza del filo.

L’energia potenziale sara quindi gravitazionale

U = −m1gx−m2g(l − x) = C + (m2 −m1)gx

L’energia cinetica sara banalmente

T =1

2(m1 +m2)x2

Per cui la lagrangiana

L =1

2(m1 +m2)x2 − C − (m2 −m1)gx

Andiamo a calcolare le derivate

∂L∂x

= (m1 +m2)x∂L∂x

= −(m2 −m1)g

Ovvero

x = −m2 −m1

m2 +m1

g

Che e il risultato che ci aspettavamo in quanto x = a

Esempio 3.7.2 (Piano inclinato). Poniamo una sfera di raggio R a rotolare senza strisciaresu un piano inclinato di inclinazione α. Dato che la sfera rotola senza strisciare il problemaavra un solo grado di liberta. Andiamo a scrivere l’energia cinetica in funzione di x, posizionelungo il piano del centro della sfera

T =1

2mx2 +

1

2

2

5mR2θ2

Ma proprio perche rotola senza strisciare abbiamo

x = Rθ

Quindi

T =1

2

7

5mx2

L’energia potenziale sara banalmente


U = mgx sinα

La lagrangiana sara

L =1

2

7

5mx2 −mgx sinα

E quindi otteniamo l’equazione

7

5mx = −mg sinα

Dove ho saltato un paio di passaggi ovvi. Come vedete siamo arrivati con estrema facilitaa questo risultato che di solito richiede un sistema di 5 equazioni e 5 incognite, che non edifficile ma e fastidioso da fare

Esempio 3.7.3 (Campo gravitazionale). La lagrangiana di una particella in campo gravita-zionale (o coulombiano) e semplicissima e mostra subito le giuste conservazioni. Innanzituttosi potrebbe scrivere la lagrangiana in termini di

r, θ, φ, r, θ, φ

Ovvero in termini di coordinate sferiche. Tuttavia e intelligente notare subito che il mo-mento angolare totale e conservato, proprio perche il campo e centrale, per cui la traiettoriasara una curva piana. In questo modo possiamo scrivere la lagrangiana in termini dellecoordinate polari

r, θ, r, θ

L =1

2mr2 +

1

2mr2θ2 +

k

r

Una delle due equazioni porta immediatamente ad una conservazione. Infatti, dato che

∂L∂θ

= 0

Avremo subito

d

dt

(∂L∂θ

)= 0

Ovvero banalmente

∂L∂θ

= costante

Se andiamo a calcolare esplicitamente

∂L∂θ

= mr2θ

E banale accorgersi che questo e esattamente il momento angolare, in particolare la suacomponente lungo z, ovvero


mr2θ = L

Scriviamo ora l’altra equazione di Lagrange

d

dt

(∂L∂r

)=∂L∂r⇒ mr = mrθ2 − k

r

Che, sfruttando la prima equazione diventa

mr =L2

mr3− k

r

Che e l’equazione differenziale che abbiamo trovato tempo fa quando abbiamo studiatoil moto in campo centrale.

Estensione al caso elettromagnetico Fate un paio di problemi e comincerete ad inna-morarvi del formalismo lagrangiano. Una volta provato, si cerca di estenderlo a qualsiasisistema fisico che dovete affrontare. In particolare, sarebbe bello se fosse possibile inventarsiun potenziale generalizzato che dipenda anche dalla velocita, ovvero una funzione che se but-tata nelle equazioni di Eulero-Lagrange resituisca le equazioni del moto che gia conosciamoanche in casi piu complicati del semplice sistema conservativo classico che gia si conosce.

Non si tratta di una richiesta da bambino capriccioso, risolvere un problema simile aiu-terebbe a formalizzare problemi con forze con cui abbiamo a che fare piuttosto spesso, peresempio le forze elettromagnetiche. Infatti, mentre la forza elettrostatica e facilmente espri-mibile da un potenziale con cui avete gia avuto a che fare, il campo magnetico e piu osticoda trattare.

Scriviamo quindi di nuovo la relazione fra la forza generalizzata e l’energia cinetica

Qj =d

dt

∂T

∂qj− ∂T

∂qj

E a questo punto evidente che se scegliamo un potenziale U della forma

Qj = −∂U∂qj

+d

dt

(∂U

∂qj

)Allora possiamo scrivere le equazioni di Eulero-Lagrange invariate, avendo sempre L =

T − U . Notare inoltre che il potenziale e esattamente quello di prima piu un termine chedipende dalla velocita generalizzata. Andiamo a studiare ora nel dettaglio il caso elettroma-gnetico in modo da ricavare la Lagrangiana di una particella in campo elettromagnetico.

La forza agente su una carica q e

~F = q( ~E + ~v × ~B)

Ricordiamo per l’ennesima volta che i campi possono essere espressi in termini dei loropotenziali. ~E = −~∇φ− ∂ ~A

∂t~B = ~∇× ~A


Se ora noi andiamo a scegliere un potenziale generalizzato

U = qφ− q~v · ~A

E facile82 vedere che sviluppando le equazioni di Eulero-Lagrange si giunge di nuovo allastessa formula espressa con i vettori.

Scriviamo quindi la lagrangiana per una particella in campo elettromagnetico in coordi-nate cartesiane per convincerci

L =1

2m(v2

x + v2y + v2

z)− qφ+ q(vxAx + vyAy + vzAz)

Le equazioni di Lagrange diventano

d

dt

(∂L

∂vx

)=∂L∂x

d

dt

(∂L

∂vy

)=∂L∂y

d

dt

(∂L

∂vz

)=∂L∂z

Ovvero, dopo noiosi contid

dt(mvx + Ax) = −q∂φ

∂x+ qvx

∂Ax∂x

+ qvy∂Ay∂x

+ qvz∂Az∂x

d

dt(mvy + Ay) = −q∂φ

∂y+ qvx

∂Ax∂y

+ qvy∂Ay∂y

+ qvz∂Az∂y

d

dt(mvz + Az) = −q∂φ

∂z+ qvx

∂Ax∂z

+ qvy∂Ay∂z

+ qvz∂Az∂z

Ora dobbiamo fare una noiosa derivata totale del potenziale vettore ~A(x, y, z, t). Comeabbiamo fatto nella dimostrazione del teorema di Bernoulli, il risultato e

d

dt~A =

∂ ~A

∂t+ (~v · ~∇) ~A

Che se sostituito nelle equazioni di prima, con molta fatica porta a

mx = −q(∂φ

∂x+∂Ax∂t

)+ q

(vy

(∂Ay∂x− ∂Ax

∂y

)+ vz

(∂Ax∂z− ∂Az

∂x

))Ed equazioni simili per le altre coordinate.Ma, con tantissima fatica riconosciamo

~E = −∂φ∂x− ∂Ax

∂t

E anche

∂Ay∂x− ∂Ax

∂y= Bz

82Facile per modo di dire


Per cui, ricordando anche

~v × ~B = (vyBz − vzBy)x+ (vzBx − vxBz)y + (vxBy − vyBx)z

Finalmente possiamo concludere che effettivamente le equazioni di lagrange portano a

d~p

dt= q ~E + q~v × ~B

Esistono modi molto migliori di mostrare che le equazioni si equivalgono, ma richiedonoun paio di trucchi che non vale la pena spiegare adesso.

Coordinate cicliche e conservazioni: il teorema di Noetherq′i = qi + εAi

L′ = L

Problema 3.7.1 (Sbarretta che scivola appoggiata al muro). Una sbarra e dilunghezza l e appoggiata ad un muro. Sia sul muro che sul pavimento non c’e attrito. All’istanteiniziale la sbarra e verticale e le viene dato un colpetto a livello del pavimento in modo che comincia scivolare sul pavimento a causa di ~g. Trovare l’angolo θ0 che la sbarra forma con l’orizzontalequando questa si stacca dalla parete.

Soluzione: 4.3.58


3.7.2 Tensori

Che cos’e un tensore? E una cosache ruota come un tensore


3.8 Problemi generici

Problema 3.8.1 (Catenaria). Una fune inestensibile di massa m e lunghezza Le sospesa fra due punti alla stessa altezza, distanti d, con la presenza della gravita ~g. Trovareun’espressione analitica per la forma della fune.

Problema 3.8.2 (Catenaria elastica). Come il problema precedente, solo che lafune non e piu inestensibile, bensı ha un modulo di Young Y .

Problema 3.8.3 (Molla massiva (Da Un esercizio al giorno)). In questo problemavogliamo modellizzare una molla che oscilla sotto la forza del suo stesso peso dopo essere stata postain verticale.

Figura 3.38: Molla massiva

Una molla ha lunghezza a riposo L0, una costante elastica K e una massa M , uniformementedistribuita. Per avere un modello concreto si puo pensare, ad esempio, ad un numero N moltogrande di molle, ciascuna di lunghezza L0/N , costante elastica k e massa m = M/N .

1. Quanto vale k in funzione di K e N?

Si appende un suo estremo e si permette all’altro di pendere verticalmente. Sulla mollaagisce la forza di gravita. Considerando il limite N → ∞, indichiamo con x la coordinatadell’elemento che si trova ad una distanza x dall’estremo appeso (0 < x < L0, vedere 3.38) incondizioni di riposo. Indichiamo invece h(x) la posizione all’equilibrio del punto della mollache stava nel punto x. Determinare nella configurazione di equilibrio

2. il valore della tensione T (x) lungo la molla;

3. la distanza h(x) del punto identificato da x dall’estremo appeso;

4. l’allungamento totale della molla e la sua lunghezza.

5. Mostrare che per ogni elemento della molla ha un accelerazione

3.8. PROBLEMI GENERICI 417

µ∂2h(x, t)

∂t2= µg +

∂T (x, t)

∂x

6. Mettere insieme le informazioni per trovare un’equazione differenziale alle derivate parzialidi h(x, t)

7. Considerare la molla ferma in equilibrio come sopra. Ad un certo punto l’estremo superioresi stacca e la molla cade. Trovare la legge oraria di ogni punto della molla.

Problema 3.8.4 (Velocita di propagazione delle onde del mare).In questo problema cercheremo di modellizzare un’onda in moto del mare. Per questo problema

fare le seguenti assunzioni:

Il mare e composto da un fluido incomprimibile di densita ρ, non viscoso

Qualsiasi corrente marina e irrotazionale, ovvero ~∇× ~v = 0

Le onde non si ribaltano (quando formano la schiuma bianca e si capovolgono)

Siamo in regime laminare e quindi esiste un campo di velocita ~v, dipendente dal tempo.

Il mare ha un fondale profondo h. Verranno fatti i limiti sia per fondale basso che fondalemolto alto. Ovviamente l’ampiezza dell’onda e molto piu piccola dell’altezza del fondale h.

Figura 3.39: Onde del mare stilizzate

Prendiamo un sistema di riferimento fatto in questo modo: L’asse z diretto lungo −~g, l’asse x hala direzione della propagazione dell’onda, l’asse y posto in modo da formare una terna destrorsa. Inquesto problema considerare simmetria completa lungo l’asse y, ovvero il mare e infinito e nessunaquantita dipende da y

1. Desumere informazioni dalla condizione di irrotazionalita del campo di velocita.


2. Trovare un’espressione analitica per la perturbazione dalla propria posizione di equilibriodi una particella colpita da un onda di pulsazione ω e di lunghezza d’onda λ (meglio nu-mero d’onda angolare k = 2π

λ ). Assumere che l’ampiezza di oscillazione dipenda solo dallacoordinata z. Fare assunzioni sensate sulle condizioni al bordo quando si integra.

3. Calcolare la velocita di propagazione dell’onda v = ωk in funzione solo di g, λ, h. Fare il

limite per fondale alto e fondale basso. Considerare sempre regime di piccole oscillazionitrascurando i termini con l’ampiezza di oscillazione al quadrato.

4. Perche le onde arrivano ad infrangersi sulla spiaggia sempre con il fronte perpendicolare allaretta che delimita la spiaggia?

Hint: 4.2.9 4.2.10 4.2.11 4.2.12 4.2.13

Soluzione: 4.3.59

Problema 3.8.5 (Modulo di Young di un reticolo (Senigallia 3, 2008)).In questo problema vogliamo fare un modello molto semplificato di un reticolo cristallino di

un solido. Supponiamo di avere un reticolo di atomi che in assenza di forze esterne interagisconosecondo un potenziale

U(r) = U0

(r4

0

r4− 2r2

0

r2

)Con U0 = 5 eV e r0 = 0, 3 nm. Questo potenziale deriva dal fatto di considerare solo gli atomi

piu prossimi.

1. Si trovi la distanza all’equilibrio fra gli atomi Applicando al cristallo una forza di trazioneortogonale al piano del cristallo mentre la faccia opposta e fissa ad un supporto, il cristallosi deforma, allungandosi nella direzione della forza. Sia F il modulo della forza,

2. Si calcoli il modulo di Young del materiale (approssimate dove necessario)

3. La deformazione del solido al punto di rottura

4. Lo sforzo necessario per giungere al punto di rottura

Problema 3.8.6 (Scioglimento della Groenlandia (IPhO 3, 2013, Copenhagen)).

Questo problema prende in considerazione la fisica dello strato di ghiaccio della Groenlandia,il secondo piu grande ghiacciaio del mondo, in figura 3.40. Per semplicita, la Groenlandia e sche-matizzata come un’isola rettangolare di ampiezza 2L e lunghezza 5L con il terreno al livello delmare e completamente ricoperta di ghiaccio non comprimibile (di densita costante ρice), vedi figu-ra 3.40(b). Il profilo dell’altezza H(x) dello strato di ghiaccio non dipende dalla coordinata y eaumenta da zero sulla costa dove x = ±L fino ad una massima altezza Hm lungo l’asse centralenord-sud (l’asse y), noto come il divisore del ghiaccio, vedi figura 3.40(c).

Didascalia dello schema Una mappa della Groenlandia che mostra l’estensione dello stratodi ghiaccio (bianco), la zona libera da ghiaccio, cioe la regione lungo la costa (verde), e l’oceanocircostante (blu). (b) Il modello semplificato dello strato di ghiaccio della Groenlandia che ricopreun’area rettangolare nel piano xy con lati di lunghezza rispettivamente 2L e 5L. Il divisore dighiaccio, cioe la linea di massima altezza dello strato di ghiaccio Hm si sviluppa lungo l’asse y. (c)Una sezione verticale (nel piano xz) attraverso lo strato di ghiaccio che mostra il profilo dell’altezzaH(x)(linea blu).H(x) e indipendente dalla coordinata y per 0 < y < 5L, mentre scende bruscamente


(a) Schema della Groenlandia (b) Modello semplificato

(c) Profilo della Groenlandia nel nostro modello

Figura 3.40: Schemi della prima parte del problema 3.8.6

a zero per y = 0 e y = 5L. L’asse segna la posizione del divisore di ghiaccio. Per chiarezza dellafigura, le dimensioni verticali sono aumentate rispetto alle dimensioni orizzontali. La densita delghiaccio ρice e costante.

Modello idrostatico Su brevi scale temporali il ghiacciaio e un sistema idrostatico noncomprimibile con uno fissato profilo dell’altezza H(x).

1. Scrivi l’espressione della pressione p(x, z) all’interno dello strato del ghiaccio in funzionedell’altezza verticale z sopra al terreno e a distanza x dal divisore del ghiaccio. Trascura lapressione atmosferica.

Considera una certa porzione verticale dello strato di ghiaccio in equilibrio, che ricopre unapiccola base orizzontale di area ∆x∆y tra e x e x + ∆x, come mostrato dalle linee rossetratteggiate nella Fig. 3.1(c). La dimensione di ∆y non e importante. La componente


orizzontale della forza ∆F risultante sulle due pareti verticali della porzione, generata dalladifferenza di altezza al centro rispetto alla parti periferiche della porzione, e bilanciata dallaforza di attrito ∆F = Sb∆x∆y prodotta dal terreno sulla base di area ∆x∆y, dove Sb = 100kPa.

2. Per un fissato valore di x, mostra che nel caso limite ∆x→ 0, si ha Sb = kH dHdx , e determina

k.

3. Determina un’espressione per il profilo dell’altezza H(x) in funzione di ρice, g, L, Sb e ladistanza x dal divisore di ghiaccio. Il risultato mostrera che la massima altezza del ghiacciaiodipende dalla semi ampiezza L come Hm ∝ L

12 .

4. Determina l’esponente γ con cui il volume totale Vice dello strato di ghiaccio dipende dall’areaA dell’isola rettangolare, Vice ∝ Aγ .

Uno strato di ghiaccio dinamicoSu scale temporali piu lunghe, il ghiaccio si comporta come un fluido viscoso non comprimibile

che per gravita scorre dalla parte centrale verso la costa. In questo modello il profilo dell’altezzaH(x) del ghiaccio mantiene uno stato stazionario, nel quale l’accumulo di ghiaccio a causa dellaneve che cade nella regione centrale e bilanciato dalla fusione lungo la costa. Oltre alla geometriadello strato di ghiaccio di cui alle figure 3.40(b) e (c) fai le seguenti ipotesi:

Il ghiaccio fluisce parallelamente all’asse x allontanandosi dal divisore di ghiaccio (l’asse y).

Il tasso c (m/anno) di accumulo del ghiaccio nella regione centrale e costante.

Il ghiaccio puo lasciare il ghiacciaio solamente per fusione lungo la costa a x = ±L.

La componente orizzontale x di vx = dxdt della velocita di scorrimento del ghiaccio e indipen-

dente da z.

La componente verticale z di vz = dzdt della velocita di scorrimento del ghiaccio e indipendente

da x.

Considera solamente la regione centrale definita da |x| L vicina al centro dello strato dighiaccio, dove le variazioni d’altezza dello strato di ghiaccio sono molto piccole e possono quindiessere trascurate, cioe H(x) ≈ Hm.

5. Utilizza la conservazione della massa per ricavare un’espressione per la velocita orizzontaledi scorrimento del ghiaccio vx in funzione di c,x e Hm.

6. Scrivi un’espressione per la dipendenza da z della componente verticale della velocita vz discorrimento del ghiaccio.

7. Una piccola particella di ghiaccio con la posizione iniziale sulla superficie (xi, Hm) scorrera,al trascorrere del tempo, come una parte dello strato di ghiaccio lungo una traiettoria discorrimento z(x) nel piano verticale xz. Ricava un’espressione per la traiettoria di talescorrimento z(x).

Indicatori dell’eta e del clima nello strato dinamico di ghiaccioSulla base delle componenti della velocita di scorrimento vx e vz dello strato di ghiaccio, e

possibile stimare l’eta τ(z) del ghaccio ad una specifica profondita Hm − z dalla superficie dellostrato di ghiaccio.


Scrivi una espressione per l’eta τ(z) del ghiaccio in funzione dell’altezza z rispetto al terreno,esattamente al divisore del ghiaccio x = 0.

Il carotaggio di un campione nell’interno dello strato di ghiaccio della Groenlandia penetreraattraverso strati di neve del passato e il campione puo essere analizzato per rivelare cambiamenticlimatici del passato. Uno dei migliori indicatori e il cosiddetto δ18O, definito come

δ18O =Rice −Rref

Rref1000

MANCA IL SIMBOLO DEL PER MILLE DOPO IL MILLE, METTI A POSTOdove R = [18O]/[16O] indica l’abbondanza relativa dei due isotopi stabili 18O e 16O dell’ossi-

geno. Il riferimento e basato sulla composizione isotopica degli oceani Rref attorno all’Equatore.Osservazioni dello strato di ghiaccio della Groenlandia mostrano che δ18O nella neve varia ap-prossimativamente linearmente con la temperatura, 3.41(a). Assumendo che questo si sia sempreverificato, δ18O derivato dal campione carotato alla profondita Hm − z porta ad una stima dellatemperatura T della Groenlandia all’epoca τ(z).

Figura 3.41: (a) Relazione osservata tra nella neve in funzione della temperatura mediaannuale alla superficie. (b) Misure di in funzione della profondita dalla superficie presa dauna nucleo di ghiaccio carotato dalla superficie fino al letto di roccia in un punto specificolungo il divisore di ghiaccio della Groenlandia dove m.

Misure di δ18O in un nucleo di ghiaccio della Groenlandia lungo 3060 m mostrano un bruscocambiamento di δ18O ad una profondita di 1492 m, figura 3.41(b), segnalando la fine dell’ultimaglaciazione. La glaciazione comincio 120000 anni fa, corrispondenti ad una profondita di 3040 m,e l’attuale epoca interglaciale comincio 11700 anni fa, in corrispondenza di una profondita di 1492m. Assumi che questi due periodi possano essere descritti rispettivamente da due differenti tassidi accumulazione, cia(eta del ghiaccio ice age) e cig(eta dell’interglaciale interglacial age). Puoiassumere che Hm rimanga costante durante questi 120000 anni.

8. Determina i tassi di accumulazione cia e cig.

Utilizzando i dati in figura 3.41 trova la variazione di temperatura durante la transizione dallaeta del ghaccio all’interglaciazione.

Innalzamento del livello del mare a causa dello scioglimento dello strato dighiaccio della Groenlandia


Una fusione completa dello strato di ghiaccio della Groenlandia causerebbe un innalzamento deilivelli in tutto l’oceano. Per una stima rozza dell’innalzamento dei livelli dei mari si puo considerareun innalzamento uniforme in tutto l’oceano di area costante A0 = 3, 61 · 1014m2.

9. Calcola l’innalzamento medio globale del livello dei mari che risulterebbe dalla fusione com-pleta dello strato di ghiaccio della Groenlandia, data la sua attuale area AG = 1, 71 · 1012m2

e Sb = 100kPa.

Il massiccio strato di ghiaccio della Groenlandia esercita un’attrazione gravitazionale sui cir-costanti oceani. Se lo strato di ghiaccio fondesse questo innalzamento locale verrebbe a mancaree il livello del mare si abbasserebbe vicino alla Groenlandia, un effetto che in parte bilancerebbel’innalzameno dei mari calcolato sopra.

Per stimare la grandezza dell’attrazione gravitazionale sull’acqua, lo strato di ghiaccio dellaGroenlandia e ora modellizzato come un punto di massa, localizzato a livello del suolo avente unamassa pari a quella dello strato di ghiaccio della Groenlandia. Copenhagen dista 3500 km lungola superficie della Terra dal centro della palla di ghiaccio. Possiamo considerare la Terra, senzala palla di ghiaccio, avere simmetria sferica e un oceano globale diffuso su tutta la superficie dellaTerra pari a AE = 5, 10 · 1014m2. Tutti gli effetti legati alla rotazione della Terra possono esseretrascurati.

10. Con questo modello, determina la differenza hcph − hopp tra i livelli del mare a Copenhagene in un punto diametralmente opposto alla Groenlandia.

Problema 3.8.7 (Viaggio in galleria (Senigallia 1, 2010)).

Problema 3.8.8 (Decadimento dell’atomo di Rutherford). La teoria dell’elettro-magnetismo classica non e in grado di spiegare i fenomeni atomici.

Per esempio, la teoria prevede che una particella carica che accelera irraggi energia sotto formadi campo elettromagnetico. La potenza totale irraggiata e data dalla formula di Larmor

P =e2a2

6πε0c3

Schematizzare l’atomo di idrogeno come un protone con un elettrone che gli ruota intorno. Acausa della perdita di energia, l’elettrone lentamente cadra sul nucleo, vogliamo stimare il temponecessario.

Approssimare l’orbita come sempre circolare di raggio decrescente. Scrivere un’equazionedifferenziale che leghi r(t) alle sue derivate in funzione di me, e, ε0, c.

Trovare il tempo τ di decadimento dell’elettrone risolvendo l’equazione differenziale, imponendoche all’inizio l’elettrone si trovi ad una distanza r0 = 1 · 10−10m e alla fine sia a rn = 1 · 10−15m.

Commentare il tempo trovato. La fisica classica e un buon modello per descrivere l’atomo?

Qualitativamente, come sarebbe cambiato τ se si fosse preso in considerazione il problemarelativisticamente?

Soluzione: 4.3.60

Problema 3.8.9 (Cono di Mach). Nell’istante in cui si sente il boato provocatodalla rottura del muro del suono da parte di un aereo la cui traiettoria e passante per la tuaveritcale, osservi che la retta che parte da te e arriva sull’aereo forma un angolo θ con il terreno.A che velocita sta andando l’aereo?


Problema 3.8.10 (Ammissione SNS 2014).I nuclei degli atomi sono costituiti da Z protoni e N neutroni, il numero totale di nucleoni e

dunque A = Z+N . Si assuma che i nucleoni siano sfere non compenetrabili di raggio R0 ∼ 1·10−15me che siano distribuiti in modo da poter approssimare i nuclei come sfere di densita di carica e massauniformi.

1. Determinare approssimativamente il raggio del nucleo in funzione di A

2. Scrivere un’espressione per la componente Ue dell’energia del nucleo dovuta all’interazioneCoulombiana.

3. La componente dell’energia dovuta all’interazione nucleare forte per Z,A 1 puo essere scrit-ta come Uf = EfA

rZp dove Ef e una costante con le dimensioni di un’energia. Determinaregli esponenti r e p sapendo che l’interazione forte

non distingue tra neutroni e protoni

e di contatto.

4. Stimare l’ordine di grandezza di Ef

5. Il valore di Uf stimato al punto 3. sovrastima l’attrazione perche i nucleoni sulla superficieinteragiscono con un numero minore di nucleoni rispetto a quelli interni. La prima correzionesara quindi proporzionale alla superficie del nucleo. Scrivere un’espressione per Uf che includa

questo effetto e disegnare un grafico dell’energia totale per nucleoneUf + Ue

Ain funzione di

Z, approssimando A ' 2Z.

6. Stimare l’ordine di grandezza dell’energia rilasciata dalla fissione (rottura di un nucleo pesantein due leggeri) di un kg di uranio (Z = 92).

Sono date le seguenti costanti: numero di Avogadro NA ' 6 · 1023,e2

4πε0' 10−28J ·m

Soluzione: 4.3.61

Problema 3.8.11 (Orbite circolari (200 More Puzzling Physics Problems)).In un pianeta sferico, l’indice di rifrazione dell’atmosfera varia in funzione dell’altitudine h dallasuperficie del pianeta secondo la legge

n(h) =n0

1 + kh

dove n0 e k sono costanti positive. Si osserva che ogni fascio luminoso diretto tangenzialmente,a qualunque altezza, percorre esattamente una traiettoria circolare intorno al pianeta. Qual e ilraggio del corpo celeste?

Soluzione: 4.3.62

Problema 3.8.12 (Limite di Chandrasekhar (APhO 2012 2)). In un famosolavoro del 1930, il fisico indiano Subrahmanyan Chandrasekar studio la stabilita delle stelle. Questoproblema analizzera una versione semplificata dei suoi studi.

Le costanti da considerare note sono h, c, G, la massa dell’elettrone me e la massa del protonemp.

1. Si consideri una stella sferica e di densita uniforme, di massa M e raggio R. Calcolarel’energia potenziale gravitazionale dovuta al suo stesso campo gravitazionale.


2. Assumiamo che la stella sia completamente composta da idrogeno ionizzato e che la pro-duzione di energia dovuta alla fusione nucleare si sia fermata. Agli elettroni della stella epossibile associare la seguente energia

Ee =~2π3N

5/3e

10meR242/3

(3

π

)7/3

dove Ne e il numero totale di elettroni. Trovare la condizione di equilibrio della stella cercandouna relazione tra il suo raggio Req e la sua massa. Calcolare Req nel caso in cui M = 2 · 1030

kg.

3. Supponendo che gli elettroni siano distribuiti omogeneamente, stimare la separazione mediarsep tra due elettroni all’interno della stella.

4. Assumendo che ogni elettrone sia associabile a un’onda unidimensionale confinata in una”scatola” di lunghezza rsep, stimare la velocita v di un elettrone nello stato fondamentaleutilizzando l’ipotesi di De Broglie.

5. Consideriamo ora una modifica del punto 2 studiando gli elettroni nel limite ultrarelativistico(E = pc). In queste condizioni, otteniamo una nuova energia associata agli elettroni

Erele =π2

44/3

(3

π

)5/3 ~cN4/3e

R

Ottenere il valore della massa Mc tale che la stella possa rimanere in equilibrio in funzionedelle costanti iniziali. Tale valore e detto massa critica.

6. Se la stella ha massa maggiore della massa critica, si contrae o si espande?

Soluzione: 4.3.63

Problema 3.8.13 (Onda su corda tesa). Una corda di lunghezza L e densitalineare ρ viene tesa tra due supporti fissi. Sia T la tensione della corda.

1. Derivare l’equazione d’onda per onde trasversali di piccola ampiezza.

2. Supponendo che la soluzione dell’equazione ottenuta al punto precedente sia del tipo

y(x, t) = (A cos(ωt) +B sin(ωt))(C cos(kx) +D sin(kx))

con A, B, C e D opportune costanti e k = ω/c, determinare le frequenze ammesse dell’ondasulla corda.

3. (Bonus) Spiegare come e possibile ottenere la soluzione suggerita al punto precedente.

Soluzione: 4.3.64

Problema 3.8.14 (Cilindro che si srotola). Un cilindro di massa M uniformemente distri-buita, lunghezza L e raggio R1 ha due dischi di massa nulla e raggio R2 attaccati alle basi.I due dischi sono poggiati su un piano orizzontale in modo che il cilindro non tocchi il piano(anche nel caso R1 > R2, eventualmente tramite l’utilizzo di opportuni sostegni). Un filo

e avvolto sul cilindro e viene lentamente srotolato attraverso l’applicazione di una forza ~F .Sapendo che il cilindro rotola senza strisciare, esso si muovera nello stesso verso di ~F o nelverso opposto?

Soluzione: 4.3.65


Problema 3.8.15 (Massa e molle). Si considerino due punti A e B a distanza L tali cheil segmento AB sia perpendicolare a ~g. A ogni punto e collegata una molla di massa elunghezza a riposo nulle, entrambe di costante k. La seconda estremita di entrambe le mollee collegata a un corpo puntiforme di massa m, che nell’istante iniziale e fermo in A. Daquell’istante il corpo comincia a muoversi sotto l’azione della forza elastica e della gravita.Trovare la traiettoria di m.

Soluzione: 4.3.66

Problema 3.8.16 (Perche le stelle sono cosı grandi? (IPhO 3, 2009)). Le stelle sono sfere digas ad alta temperatura. La maggior parte di esse brilla perche sta fondendo idrogeno in elionel nucleo. Le costanti note in questo problema sono G, la costante di Boltzmann k, h, lamassa del protone mp e dell’elettrone me, la carica elementare e, ε0, il raggio Rs = 7.0 ·108 mdel Sole e la sua massa Ms = 2.0 · 1030 kg.

Una stima classica della temperatura al centro delle stelleSi assuma che una stella sia composta solamente di idrogeno ionizzato e che esso si

comporti come un gas perfetto. Da un punto di vista classico, due protoni si fondono se laloro distanza e minore di 10−15 m per far sı che l’interazione forte diventi dominante rispettoalla repulsione coulombiana. Si assuma che due protoni si stiano muovendo nella stessadirezione e in versi opposto, ciascuno con velocita pari alla velocita quadratica media del gasdella stella, e che il loro urto sia frontale.

1. Quale deve essere la temperatura minima Tc del gas in modo che la distanza minimadei due protoni sia dc = 10−15 m? Esprimere questo valore numerico e i successivi condue cifre significative.

La stima precedente e errataPer controllare se il risultato precedente e ragionevole, dobbiamo trovare un modo indi-

pendente per stimare Tc. La struttura interna di una stella e assai complicata, ma possiamofare le seguenti ipotesi semplificative:

le stelle sono in equilibrio, ovvero la forza gravitazionale bilancia esattamente la forzadiretta verso l’esterno dovuta alla pressione, in modo che la stella non si contragga nesi espanda;

per un guscio di gas a distanza r dal centro e spesso ∆r vale l’equazione

∆P

∆r= −GMrρr

r2

dove P e la pressione del gas, Mr la massa del gas contenuta nella sfera di raggio r eρr e la densita del gas nel guscio;

∆P ≈ Pc, con Pc pressione al centro della stella;

∆r ≈ R, di conseguenza Mr ≈MR = M , con M massa della stella;

ρr ≈ ρc, con ρc densita al centro della stella;

la pressione e la stessa di un gas perfetto.


Sotto queste ipotesi

2. Trovare un’espressione per Tc in funzione di M , R e di costanti fisiche.

3. Usare l’equazione trovata al punto precedente per scrivere il rapporto M/R in funzionedi Tc. Utilizzare il valore numerico di Tc trovato al primo punto per stimare M/R econfrontare tale valore con Ms/Rs.

Una nuova stima della temperatura del centro della stellaLa discrepanza trovata al punto precedente suggerisce che la stima classica di Tc e er-

rata. Tenendo conto anche di effetti quantistici, possiamo studiare i protoni come onde dilunghezza d’onda di De Broglie pari a λp. Cio significa se la distanza minima dC tra dueprotoni e dell’ordine di λp, essi si possono in un certo senso sovrapporre e fondere.

4. Assumendo dc = λp/√

2 come condizione che permette la fusione, trovare un’equazioneper Tc e calcolarne il valore numerico.

5. Stimare nuovamente il valore M/R con il nuovo valore di Tc e confrontarlo con Ms/Rs.

Le stime precedenti suggeriscono che l’approccio quantistico e corretto e inoltre che lestelle che fondono idrogeno si comportano approssimativamente allo stesso modo.

6. Dimostrare che il rapporto M/R e lo stesso per tutte le stelle che fondono idrogeno eche dipende solo da costanti fisiche fondamentali.

Il risultato precedente puo far credere che possa esistere una stella di raggio qualunque,purche nel giusto rapporto M/R. Cio non e vero, infatti si sa che il gas nella stella sicomporta approssimativamente come un gas ideale. Cio significa che la distanza media detra gli elettroni e maggiore della loro lunghezza d’onda di De Broglie λe, altrimenti la stellasi comporterebbe in maniera assai diversa. La densita di una stella diminuisce con il suoraggio. Nonostante cio, si assuma ancora che essa sia costante.

7. Trovare un’equazione per ne, la densita di elettroni all’interno della stella.

8. Esprimere de.

9. Usando la condizione de ≥ λe/√

2, esprimere il raggio minimo di una stella. Assumereche la temperatura al centro sia quella tipica, calcolata precedentemente. Si calcoli ilvalore numerico del raggio minimo.

10. Trovare la massa della piu piccola stella possibile.

Quando le stelle invecchiano, hanno fuso gran parte dell’idrogeno al loro interno in elio,quindi sono forzate a fondere elio per continuare a brillare.

11. Imponendo una condizione analoga a quella imposta per i protoni, stimare la tempe-ratura necessaria a fondere l’elio.

Soluzione: 4.3.67


Problema 3.8.17 (Il pianeta senza notte). Si consideri una coppia di stelle di stessa massaM , a distanza 2R, che orbitano intorno al loro centro di massa con un periodo orbitale Ts.Un pianeta di massa mM e raggio r R oscilla perpendicolarmente al piano individuatodalle orbite delle due stelle, sulla retta passante per il centro di massa. L’elongazione massimae z0 R. Entrambe le stelle emettono una potenza P uniformemente distribuita nellospazio.

1. Calcolare il periodo di oscillazione Tp in funzione di Ts.

2. Calcolare come varia la temperatura del pianeta in funzione del tempo, nell’ipotesi chela variazione di temperatura avvenga in un tempo trascurabile rispetto a Tp. Trattareil pianeta come un corpo nero.

Soluzione: 4.3.68

Problema 3.8.18 (Bolle (APhO 2010 3)). Nella prima parte del problema studieremouna bolla elettronica, nella seconda una bolla di gas e il fenomeno della sonoluminescenza.Entrambe le bolle sono immerse in un liquido. Quando un elettrone si trova all’interno di elioliquido, puo respingere gli atomi circostanti e formare quella che si chiama bolla elettronica.La bolla non contiene altro che l’elettrone. Assumiamo che la bolla elettronica sia isotropa eche la sua interfaccia con l’elio liquido sia una superficie sferica. Il liquido e mantenuto a unatemperatura costante prossima a 0K e la sua tensione superficiale e σ = 3.75 · 10−4Nm−1.Trascurare l’interazione elettrostatica. Consideriamo ora una bolla elettronica di raggioR che contiene un elettrone di massa m, che si muove con energia cinetica Ek e esercitauna pressione Pe sulla superficie interna della bolla. La pressione esercitata dall’elio sullasuperficie esterna e PHe.

1. Trovare una relazione tra PHe, Pe e σ. Trovare poi una relazione tra Ek e Pe.

2. Indicando con E0 il piu piccolo valore di Ek consistente con il principio di indetermi-nazione, trovare E0 in funzione di R.

3. Sia Re il raggio nella situazione di equilibrio quando Ek = E0 e PHe=0. Trovare Re ecalcolarne il valore numerico.

4. Trovare una condizione che R e PHe devono soddisfare affinche l’equilibrio sia stabilequando PHe e mantenuta costante. Il valore di PHe puo anche essere negativo.

5. Esiste una pressione critica Pc tale che l’equilibrio della bolla non e possibile per PHe <Pc. Trovare Pc.

Studiamo ora una bolla di gas in una bolla di liquido incomprimibile di raggio r0. Se labolla di gas va incontro a compressioni ed espansioni successive sufficientemente rapide edi ampiezza abbastanza grande, puo emettere luce e dar luogo al fenomeno della sonolu-minescenza. Assumiamo che la bolla di gas rimanga sferica e che il suo centro sia semprestazionario. La pressione, la temperatura e la densita sono uniformi in tutta la bolla. Inol-tre, tutti gli effetti dovuti alla gravita e alla tensione superficiale sono trascurabili, in modoche la pressione sulla superficie interna sia sempre uguale a quella sulla superficie esterna.Il raggio della bolla variera con il tempo, quindi R = R(t) e R = dR(t)/dt rappresenta la


velocita radiale con cui si muove l’interfaccia tra il liquido e il gas. Come risultato, anche illiquido avra una velocita radiale dr/dt quando si trova a distanza r dal centro della bolla.Siano quindi R, P , T il raggio, la pressione e la temperatura della bolla e ρ0 e T0 la densitae la temperatura della bolla di liquido. Sia inoltre P0 la pressione esercitata sul liquido perr = r0.

1. Trovare il lavoro dW fatto sul liquido quando il raggio della bolla di gas passa da R aR + dR in funzione di P0 e P .

2. Nel limite r0 →∞, possiamo scrivere una relazione del tipo

1

2ρ0d(RmR2) = (P − P0)RndR

Trovare gli esponenti m e n.

Da questo momento in poi studiamo il collasso della bolla che origina la sonoluminescenza.Sono noti i valori ρ0 = 1.0 · 103kg, T0 = 300K e P0 = 1.01 · 105Pa, che rimangono costantiper tutto il tempo. Il gas nella bolla e ideale e γ = 5/3. Il collasso della bolla avviene in untempo molto breve. Inoltre, quando la temperatura e la pressione della bolla sono uguali aT0 e P0, si sa che R0 = 5.00µm. La bolla comincia a collassare per t = 0 e in tale istanteR(0) = 7R0, R(0) = 0 e T (0) = T0. Dato che R(0) e sufficientemente grande rispetto a R0,avviene la sonoluminescenza.

1. Esprimere la pressione P e la temperatura T in funzione di R durante la faso di collasso.

2. Sia β = R/R0 e β = dβ/dt. L’equazione ottenuta al punto 7 implica una legge diconservazione della forma

1

2ρ0β

2 + U(β) = 0

Introducendo il rapporto Q = P (0)/[(γ − 1)P0], la funzione U(β) assume la forma

U(β) = µβ−5[Q(1− β2)− β2(1− β3)]

Trovare µ in funzione di R(0) e P0.

3. Siano Tm e Rm la temperatura minima e il raggio minimo della bolla durante il collassoe sia βm = Rm/R(0). Per Q 1, βm ≈ Cm

√Q. Trovare la costante Cm. Valutare

numericamente Rm e Tm.

4. Sia βu il valore di β per cui u ≡ |β| e massimo. La temperatura del gas sale velocementeper valori di β vicini a βu. Stimare questo parametro. Sia

βu =βm + βu

2

Trovare il valore numerico di u. Stimare il tempo necessario a far variare il valore di βda βu a βm.

Consideriamo ora l’emissivita a della superficie. Approssimando il collasso come adiabatico,l’emissivita deve essere abbastanza piccola da limitare il rapporto tra la potenza irradiatadalla bolla per β = β e la potenza E fornita dal liquido. Possiamo assumere che tale rapportodebba essere inferiore a 1/5.


1. Trovare E in funzione di β.

2. Stimare il limite superiore di a.

Soluzione: 4.3.69

Problema 3.8.19 (Modelli atomici). Nel 1902 J. Thomson propose il primo modello ato-mico: era appena stata provata l’esistenza dell’elettrone. Il suo modello prevedeva un atomocostituito da una densita di carica positiva uniforme, al cui interno vi erano gli elettroni, elo stato fondamentale era la configurazione in cui essi stavano fermi (a parte l’agitazione ter-mica) e avevano la minima energia potenziale possibile. Nel corso del problema cercheremodi esaminare le differenze che si osservano sperimentalmente fra il modello di Thomson e unmodello piu realistico. Consideriamo il caso piu semplice: l’atomo di idrogeno. Consideriamol’idrogeno un gas perfetto.

1. Trovare la densita di massa dell’idrogeno a pressione e temperatura ambiente

2. Stimare la distanza media fra le molecole di idrogeno nelle stesse condizioni del punto1

La dimensione degli atomi e R d la distanza fra gli atomi (consideriamo il singoloatomo di idrogeno, non legato in una molecola)

3. Quanto vale l’energia di ionizzazione nel modello di T.?

4. A che temperatura gli atomi ionizzano, mediamente?

5. Qual e l’energia necessaria per formare un “nucleo” del modello di T.?

Consideriamo ora un modello piu “realistico”. La carica positiva e puntiforme e sta alcentro dell’atomo, e ha la massa del protone, la carica negativa e disposta uniformemente suun guscio sferico di raggio R

6. Rispondere nuovamente alla domande 3 e 4 nel nuovo modello

Nel modello di T. l’elettrone nel centro dell’atomo e in uno stato di equilibrio stabile: selo spostiamo di poco da tale posizione tendera a tornarci con una forza di richiamo

7. Trovare il periodo delle piccole oscillazioni dell’elettrone del modello di T.

8. Si possono avere piccole oscillazioni nell’altro modello? Si si trovare la frequenza, seno spiegare perche

Vogliamo ora calcolare la polarizzabilita degli atomi, calcolando la suscettivita elettrica del-l’Idrogeno. A tale scopo bisogna vedere come si ridistribuiscono le cariche in presenza di uncampo esterno. Per fare cio e conveniente usare il modello di T.

9. Calcolare la suscettivita dell’idrogeno nel modello T.


Vogliamo ora calcolare la sezione d’urto per il modello di Rutherford, che equivale so-stanzialmente al nostro modello (per particelle molto energetiche si puo sostanzialmente tra-scurare il guscio carico negativo, ovvero si puo trascurare cosa avviene precisamente finchele particelle incidenti sono a distanza > R e considerare tutto il moto come interno a taleguscio. Insomma si puo porre il guscio a distanza infinita). La sezione d’urto e cosı definita:

dF (θ) = Idσ(θ)

Dove F e il flusso uscente per unita di angolo solido in direzione θ (angolo fra la direzionedi incidenza e quella di uscita) ed I e il flusso entrante per unita di superficie. Usare laseguente schematizzazione: La particelle entranti (particelle alfa, carica 2e e massa 4mp)arrivano tutte con velocita v parallele lungo l’asse z. L’atomo (carica Ze, massa “infinita”poiche la sua posizione e fissata dal reticolo a cui appartiene) sta nell’origine. Le particelleentranti avranno cosı vari parametri di impatto b.

10. Considerando una corona circolare di raggio b e spessore db, trovare il numero diparticelle per unita di tempo che la attraversano dF (b)

11. Trovare l’angolo a cui vengono scatterate tali particelle, ovvero la funzione b(θ) o lasua inversa

12. Trovare quindi la sezione d’urto differenziale dσ/dΩ

Problema 3.8.20 (Particelle instabili). Nella parte alta della nostra atmosfera arrivanocontinuamente raggi cosmici dallo spazio che, urtando le particelle presenti nella parte altadell’atmosfera vanno a produrre particelle cariche negativamente chiamate muoni. Non en-treremo nei dettagli di come vengono prodotte, ci basti sapere che tale particella ha la stessacarica dell’elettrone, e che ha una vita media τ e una massa mµ.

1. Sapendo che l’energia media che hanno i muoni prodotti e E, calcola la loro velocitain unita di c (ovvero il rapporto β = v/c)

2. Che frazione k dei muoni prodotti vedra arrivare un osservatore che sta sulla superficieterrestre? Assumere che i muoni siano prodotti solo in uno strato sottilissimo nellaparte alta dell’atmosfera, e che lo spessore atmosferico sia l

Consideriamo adesso invece il decadimento di particelle non cariche elettricamente, ipi0. Essi possono venire prodotti durante alcune reazioni negli acceleratori. Quando vengonoprodotti, in genere non sono fermi ma hanno una certa energia cinetica iniziale (e quindi unavelocita). Consideriamo quindi un pione neutro in moto lungo una certa direzione con unacerta velocita. Chiamare l’energia del pione E. A un certo punto esso, essendo instabile,decadra. Il decadimento piu probabile e che considereremo qui e π0 → γγ Ovvero in duefotoni. Indicare la massa del pione con mπ. Per comodita indichiamo con x′ l’asse paralleloalla velocita del pione, e definiamo l’asse y′ in modo che i fotoni risultino essere nel pianox′y′. Chiamiamo sistema x′y′z′ il sistema del laboratorio, e sistema xyz ottenuto tramiteuna trasformazione di Lorentz lungo l’asse x′ il sistema del centro di massa.

1. Nel sistema del centro di massa del pione, trovare energie, impulsi e lunghezze d’ondadei due fotoni


2. Passiamo ora al sistema del laboratorio, ovvero quello dove il pione era in moto. Trovale energie e le lunghezze d’onda dei fotoni in tale sistema

3. Per stimare la separazione angolare nel sistema del laboratorio, calcola l’angolo fra diessi nel caso che vengano emessi in direzione perpendicolare alla velocita del pione

4. Sia θ l’angolo fra l’asse x (asse lungo cui viaggia il pione) e la direzione dell’impulsodei fotoni nel sistema del centro di massa, e θ′ l’angolo fra l’asse x′ (parallelo a x) e ladirezione dell’impulso dei fotoni nel sistema del laboratorio. Trovare la funzione

θ′ = f(θ, β)

5. Se nel sistema del centro di massa il decadimento e isotropo, ovvero si osserva un flussoper unita di angolo solido costante

dNdΩ = dNd cos θ∂φ = K

Quanto vale la distribuzione in funzione dell’energia nel sistema del laboratorio, ovverodNdE ′

6. Ipotizziamo ora che la particella decada in due particelle con massa non nulla M <mπ/2. Trova il massimo angolo θMAX osservabile nel sistema di riferimento del labo-ratorio. Per quali M = f(m,E) l’angolo puo essere π?

Problema 3.8.21. Consideriamo un condensatore piano con armature circolari di raggioR, distanti l.

1. Calcolare la capacita del condensatore nel caso sia attraversato da corrente continua.

Colleghiamo ora il condensatore a un circuito contenente un generatore di corrente alternata.In prima approssimazione si genera solo un campo elettrico, uniforme, come nel caso dicorrente continua, solo che tale campo e variabile nel tempo. Sapendo che la corrente che loattraversa e

I0(t) = I0 cosωt = Re[I0e−iωt]

2. Trovare il campo elettrico all’interno del condensatore, sempre trascurando il campomagnetico

3. Considerando ora la soluzione per il campo elettrico trovata al punto precedente,trovare il campo magnetico

Il campo magnetico al punto precedente e variabile e non uniforme: quindi genera un cam-po elettrico, e questo deve essere non uniforme. Da questo ragionamento capiamo che ilcampo elettrico trovato al punto 2 e solo una prima approssimazione del campo reale nelcondensatore.

4. C’e un punto in cui non vi e alcuna correzione al campo elettrico, qual e?


5. Trovare la correzione al campo elettrico calcolato al punto 2 dovuta al campo magneticotrovato al punto 3

Il nuovo campo elettrico calcolato (somma dei risultati dei punti 2 e 5) non e piu compati-bile col campo magnetico calcolato al punto 3, in particolare la correzione al campo elettricocalcolata al punto 5 implica una conseguente correzione del campo magnetico.

6. Calcolare tale correzione al campo magnetico

Tale nuova correzione al campo magnetico implica una nuova correzione al campo elettrico, ecosı via all’infinito. Questo perche le equazioni di Maxwell andrebbero risolte simultaneamen-te. Tuttavia in questo problema ci accontenteremo di una approssimazione e ci fermeremoalla seconda correzione del campo elettrico

7. Trovare tale seconda correzione al campo elettrico, dovuta alla correzione al campomagnetico trovata al punto 6

Visto in questa luce, un condensatore ad alte frequenze risulta essere un oggetto molto piucomplicato della consueta schematizzazione che si adotta generalmente. Vediamo di calcolarecome varia la sua capacita in funzione della frequenza. Per farlo useremo la consueta formulache definisce la capacita. Bisogna capire pero cosa sono V e Q. Come V consideriamo ladifferenza di potenziale fra i punti sulle due armature ad r = 0.

8. Calcola la differenza di potenziale V

Per il calcolo di Q invece ci sono meno dubbi teorici, essa e chiaramente definita unavolta conosciuto il campo elettrico

9. Calcola la carica totale Q presente sull’armatura del condensatore, usando il campoelettrico approssimato trovato ai punti 2,5 e 7.

10. Trova quindi la capacita del condensatore in funzione della frequenza: essa aumentao diminuisce all’aumentare della frequenza? Nel rispondere a questa domanda, nonscordarti che stai usando un’espressione approssimata e che stai quindi trascurandodei termini

Si puo dunque schematizzare il condensatore reale con un circuito equivalente dato dalparallelo di un condensatore, con capacita pari alla capacita a bassa frequenza, e di un altrocondensatore o un’induttanza (a seconda che la capacita aumenti o diminuisca).

11. Trovare il valore del secondo componente (della capacita o dell’induttanza a secondadella risultato ottenuto al punto 10).

12. Si proceda ora a delle stime numeriche: che frequenza e necessario raggiungere affinchei contributi qui calcolati diventino rilevanti?


Problema 3.8.22 (Cilindro e corde). Un corpo a simmetria cilindrica, ma con massa nonnecessariamente distribuita uniformemente, e sospeso al soffitto tramite due corde collegateai suoi estremi e avvolte nello stesso verso. Inizialmente, il cilindro e mantenuto fermo inposizione orizzontale, con le corde che formano un angolo di 90 gradi con la verticale passanteper l’asse di simmetria. Una corda sottile e attaccata per un’estremita e avvolta intorno alcilindro intorno alla sua meta, nello stesso verso delle due corde che lo sospendono. Allasua seconda estremita e attaccato un corpo pesante. Qual e l’accelerazione di quest’ultimoquando il sistema viene lasciato libero?

Soluzione:4.3.70

Problema 3.8.23 (Vibrazione in cristallo monodimensionale (APhO 2002, 1)). Un numeromolto grande N di particelle identiche, di massa m sono poste lungo una retta collegateda N + 1 molle ideali, di massa e lunghezza a riposo nulla e di costante elastica S, che lecollegano tra di loro e ad altre due particelle agli estremi, vincolate a rimanere immobili.Questa catena, lunga L, modellizza le vibrazioni di un cristallo monodimensionale. Infatti,un’onda che si propaga lungo la catena puo essere vista come sovrapposizione di oscillazionisemplici, ciascuna con la propria frequenza ben definita.

1. Scrivere l’equazione del moto dell’n-esima particella.

La soluzione dell’equazione precedente e della forma

xn(ω) = A sin(nka) cos(ωt+ α)

dove ω e la pulsazione, k il numero d’onda e A e α costanti.

2. Trovare la dipendenza di ω da k e i valori permessi di k. Determinare il massimo valorepossibile per ω.

Secondo l’ipotesi di Planck, l’energia di un fotone di frequenza angolare ω e E = ~ω. Einsteinsuppose che anche una vibrazione di pulsazione ω in un cristallo abbia la stessa energia.Notare che la vibrazione in se non e una particella, ma una semplice configurazione dellacatena. Tale configurazione e analoga al fotone e viene definita fonone. Per una ω fissata,ci possono anche non essere fononi, o ce ne possono essere uno, due, etc. Appare quindisensato chiedersi quale sia l’energia media 〈E(ω)〉 associata alla pulsazione ω. Detta Pp(ω)la probabilita che vi siano p fononi di frequenza ω, tale energia vale

〈E(ω)〉 =

∞∑p=0

p~ωPp(ω)

∞∑p=0

Pp(ω)

Infatti, nonostante i fononi siano ”discreti”, il loro numero elevato e il fatto che Pp(ω) diventiassai piccola per p elevati ci permette di estendere la somma a ∞. Inoltre, vale

Pp(ω) ∝ e− p~ωkBT

con kB costante di Boltzmann e T temperatura assoluta del cristallo, che supponiamocostante.


3. Calcolare 〈E(ω)〉.

Ora vorremmo calcolare l’energia totale ET del cristallo. Per fare cio, dobbiamo moltiplicare〈E(ω)〉 per il numero di vibrazioni per unita di frequenza ω e poi sommare il risultato pertutti i valori possibili di ω. Si consideri dunque un intervallo ∆k dei numeri d’onda possibili.

4. Grazie all’ipotesi che N e molto grande e considerando ∆k molto piu grande dell’in-tervallo tra due valori possibili di k consecutivi, quanti modi di vibrazione si trovanonell’intervallo ∆k?

5. Approssimando ora ∆k ≈ dkdω

dω, e sostituendo ogni sommatoria con un integrale su ω,calcolare il numero totale di modi di vibrazioni possibili nel cristallo. Derivare ancheun’espressione per ET (l’espressione corretta e un integrale che non dovete risolvere).

La capacita termica CV del cristallo a volume costante e CV = dET/dT .

6. Valutare la dipendenza di CV da T per temperature molto alte e molto basse (i.e. seCV e costante, varia linearmente, seguendo una legge di potenza o altro).

7. Fare un grafico qualitativo di CV in funzione di T , mostrando con chiarezza le stimefatte al punto precedente.

Soluzione:4.3.71

Problema 3.8.24 (Cristallo ionico, potenziale di Yukawa, principio di Pauli). Gli atomidi molti elementi chimici possiedono energie di ionizzazione molto basse e quindi tendonofacilmente a perdere gli elettroni esterni. Al contrario, gli atomi di altri elementi tendonoad accettare facilmente elettroni. Combinando questi due tipi di atomi possiamo ottenerestrutture ioniche stabili. Molte di queste presentano una struttura cristallina, in cui gliatomi sono disposti in un pattern assai regolare. Idealmente, in un cristallo questo pattern eripetuto indefinitamente in tutte le direzioni. Il contributo maggiore per l’energia di legamedi una tale struttura e dovuto al potenziale elettrostatico degli ioni. Si assuma che tra dueioni la forza attrattiva sia di tipo coulombiano e che una forza attrativa sia negativa. Adesempio, in un cristallo di cloruro di sodio gli ioni di cloro e di sodio hanno carica ±e e ilpattern del cristallo e un cubo ai cui vertici sono disposti, alternativamente, ioni sodio e ionicloro. Tutti i cristalli considerati hanno la stessa struttura e la stessa carica per ione.

Nel nostro modello dobbiamo ovviamente considerare anche l’interazione tra ioni non”consecutivi” nel pattern. Sia dunque r la distanza minima tra due ioni di tipo diverso,possiamo scrivere il potenziale attrattivo nella forma

Vattr(r) = αVC(r)

dove VC(r) = e2/(4πε0r) indica l’energia potenziale dovuta all’interazione di una singolacoppia di ioni e α = 1.74756 e la costante di Madelung. Per l’energia potenziale repulsivainvece ci sono diversi modelli possibili:

Un’approssimazione ragionevole e

Vrep,1(r) = λe−r/ρ

che descrive l’interazione repulsiva di uno ione fissato con l’intero cristallo. Nellarelazione precedente λ e ρ sono costanti.


Cristallo r0 [nm] Edis [kJ/mol]

NaCl 0.282 +764.4LiF 0.214 +1014.0

RbBr 0.345 +638.8

Un’altra approssimazione dell’energia potenziale repulsiva e

Vrep,2(r) =b

rn

Con b costante e n intero maggiore di 2. Tale energia potenziale viene definita energiapotenziale di Pauli e n e il cosiddetto esponente di Born.

Sia quindi r0 la distanza minima tra due ioni di un cristallo di un certo tipo e Edis l’energianecessaria a rompere il cristallo in ioni separati. Per diversi composti sono noti i seguentivalori

1. Scrivere l’energia potenziale coulombiana VC0(r) per uno ione che interagisce solamentegli ioni posti fino a distanza r =

√3r0 (includendo anche quelli a questa distanza nel

calcolo). Trovare la costante di Madelung α0 associata a questa approssimazione.

2. Usare il primo modello per Vrep per scrivere l’energia potenziale netta per ione V1(r)Determinare la condizione di equilibrio per r = r0 e scrivere V1(r0) in funzione di r0, ρe α (usare il valore esatto della costante di Madelung).

3. Stimare ρ per NaCl dai dati sperimentali.

4. Usare il secondo modello per Vrep(r) per scrivere l’energia potenziale netta per ioneV2(r) Determinare la condizione di equilibrio per r = r0 e scrivere V2(r0) in funzionedi r0, n e α (usare il valore esatto della costante di Madelung).

5. Dai dati sperimentali, stimare l’esponente di Born per NaCl. Inoltre, stimare che frazio-ne dell’energia netta del cristallo e costituita dal potenziale coulombiano e dall’energiapotenziale di Pauli.

6. L’energia di ionizzazione (ovvero l’energia minima per estrarre un elettrone) da unatomo di sodio e +5.14 eV, l’affinita elettronica (energia richiesta per ricevere unelettrone) da un atomo di cloro e −3.61 eV. Stimare l’energia di legame per ogniatomo di un cristallo di NaCl. Il valore misurato sperimentalmente per tale energia eEexp ≈ −3.28 eV.

Soluzione:4.3.72

Capitolo 4

Soluzione dei problemi

4.1 Risposte agli esercizi di matematica

Calcolo della derivata

1. 2x+ 10− sinx

2. 1cos2 x

+ ex

3.ex

x− ex

x2

4. 2xex2

5.2x

x+ 3− x2 + 1

(x+ 3)2

6. − sinx

1 + x2− cosx · 2x

(1 + x2)2

7. ex cos ex

8.1

tan x2

· 1

cos2 x2

1

2=

1

sinx

9.d

dx

(elnx cosx

) 1

1 + tan2 x− xcosx

(1 + tan2 x)22 tanx

1

cos2 x=

=(xcosx(

cosx

x− lnx sinx)

) 1

1 + tan2 x− xcosx

(1 + tan2 x)22 tanx

1

cos2 x

10. prima o poi finisco di scriverle, se avete bisogno ora usate Wolfram Alpha

437

438 CAPITOLO 4. SOLUZIONE DEI PROBLEMI

4.2 Suggerimenti

Suggerimento 4.2.1. 3.1.3 Parametrizzare con θ tutte le possibili parabole e guardarel’intersezione di due parabole molto vicine.

Suggerimento 4.2.2. 3.1.16 Scrivere ~F = m~a e ~τCM =d~LCMdt

senza scomporre in compo-

nenti. Fare manipolazioni vettoriali e imporre il vincolo vettoriale di rotolamento senza stri-sciamento. Tutto questo senza spostarsi nel riferimento non inerziale rotante del giradischi.

Suggerimento 4.2.3. 3.1.34 Provare una soluzione polinomiale.

Suggerimento 4.2.4. 3.3.10 E vivamente consigliato fare il problema 3.3.9 prima di affron-tare questo. Non a caso li ho messi uno accanto all’altro.

Suggerimento 4.2.5. 3.3.2 E vivamente consigliato fare il problema 3.3.2 prima di affron-tare questo.

Suggerimento 4.2.6. 3.3.13 Scrivere il momento angolare ~L dell’elettrone rispetto al centro

del solenoide. Valutare poid~L

dt= ~τ

Suggerimento 4.2.7. 3.3.13 Leggere hint 1. Cercare di integrare e riconoscere belle cose.

Suggerimento 4.2.8. 3.4.1 Si consideri che i raggi luminosi, partendo dal punto A earrivando in O, formano uno stretto fascio divergente.

Suggerimento 4.2.9. 3.8.4 Ricordate le condizioni affinche un campo sia conservativo?

Suggerimento 4.2.10. 3.8.4 Bisognera in qualche modo bilanciare la massa.

Suggerimento 4.2.11. 3.8.4 Se leggete questo hint dovreste aver capito che e furbo scrivere~v = ~∇φ. Dato che l’ampiezza dell’oscillazione dipende solo da z, potrebbe essere furboscrivere

φ(x, z) = f(z) cos(kx− ωt)

Suggerimento 4.2.12. 3.8.4 Suvvia, in fluidodinamica c’e una formula sola.

Suggerimento 4.2.13. 3.8.4 Perche non dovrebbe valere l’ottica geometrica anche qui?

4.3. SOLUZIONI COMPLETE 439

4.3 Soluzioni complete

4.3.1 Meccanica

Dinamica del punto materiale

Soluzione 4.3.1 (Soluzione del problema 3.1.1). Introduciamo un sistema di coordinatepolari che individua la posizione (R, θ) (con versori r e θ) del punto di tangenza tra il filoe il disco. Evidentemente il filo rimane sempre teso, quindi possiamo scrivere la posizionedella massa come

~r = Rr + (l −Rθ)θ,

da cui calcoliamo velocita e accelerazione:

d~r

dt= Rθθ −Rθθ − (l −Rθ)θr = −(l −Rθ)θr = −vr

d2~r

dt2= −dv

dtr − vθθ

dove v = (l − Rθ)θ e il modulo della velocita. Poiche il filo e diretto lungo θ, lo sara anche

la tensione ~T . Allora, ~F = m~a ci dice

dv

dt= 0, mvθ = T.

La prima equazione dice che la velocita rimane v0 durante tutto il moto, il che ci daanche un’equazione differenziale a variabili separabili da cui trovare θ(t):

(l −Rθ)θ = v0 =⇒ lθ − R

2θ2 = v0t =⇒ θ(t) =

l

R

(1±

√1− 2v0Rt

l2

).

Il segno giusto e il meno (si vede facilmente notando che θ(0) = 0). Da qui si ricavanol’istante in cui la massa sbatte sul disco (t = l2

2v0R), la tensione

T =mvl

R

v0Rl2√

1− 2v0Rtl2

=mv2

0√l2 − 2v0Rt

e la traiettoria, in forma parametrica (φ e l’angolo azimutale della massa)

r =√R2 + (l −Rθ(t))2 =

√R2 + l2 − 2v0Rt

φ = θ + arctanl −RθR

=l

R

(1−

√1− 2v0Rt

l2

)+ arctan

(l

R

√1− 2v0Rt

l2

)e piu concisa:

φ =l

R−√r2

R2− 1 + arctan

√r2

R2− 1.


Soluzione 4.3.2 (Soluzione del problema 3.1.2). Notiamo preliminarmente che, in ogniistante, gli N punti sono sempre vertici di un N -agono regolare. Infatti, per ragioni disimmetria (basta ruotare N − 1 volte il sistema di riferimento), tutti i punti devono trovarsisempre alla stessa distanza dal centro e devono individuare tutti angoli punto-centro-puntouguali (e quindi uguali a 2π/N).

Il fatto che i punti siano sempre vertici di un N -agono regolare implica che, per ognipunto, l’angolo tra la velocita e la retta che lo congiunge al centro si mantiene costantedurante il moto e quindi pari a φ = π/2 − π/N . Questa condizione determina da sola laforma della traiettoria; cerchiamo di ricavarla.

Fissando un ovvio sistema di coordinate polari (r, θ), siamo interessati a trovare la fun-zione r = r(θ). Consideriamo due istanti di tempo molto vicini, in cui il punto formi unangolo azimutale di θ e di θ+ dθ. Usando il teorema dei seni sul triangolo formato dalle dueposizioni del punto e dal centro, troviamo

r(θ)

sin(π − φ− dθ)=r(θ + dθ)

sinφ,

da cui, usando sin(π−φ−dθ) = sin(φ+dθ) = sinφ cos dθ+cosφ sin dθ ≈ sinφ+dθ cosφ,otteniamo

r(θ + dθ)− r(θ)dθ

tanφ+ r(θ + dθ) = 0

e, facendo il limite dθ → 0,dr

dθtanφ+ r = 0,

che e un’equazione differenziale a variabili separabili. Risolvendola, troviamo la traietto-ria cercata. (dr/r) tanφ+dθ = 0 =⇒ log(r/r0) tanφ+ θ− θ0 = 0, dove r0 e θ0 sono i valorial tempo iniziale. Imponendo r0 = l/(2 cosφ), abbiamo la traiettoria:

r =le−

θ−θ0tanφ

2 cosφ.

Questo tipo di figura e chiamata spirale logaritmica. Per completezza, troviamo anchequanto tempo impiegano i punti ad arrivare al centro e quanta strada percorrono (questequantita sono finite nonostante i punti girino infinite volte attorno al centro prima di rag-giungerlo). Essendo φ costante, rimane invariata anche la componente radiale della velocita,cioe v cosφ, dunque il tempo e

t =r0

v cosφ=

l

2v cos2 φ

e la distanza percorsa

d = vt =l

2 cos2 φ.

Soluzione 4.3.3 (Soluzione al problema 3.1.3). Parametrizzo ogni parabola con l’angolo θdi alzo.


x(t) = v0 cos(θ)t

y(t) = v0 sin(θ)t− 1

2gt2

Scriviamo in forma implicita la funzione, eliminando il parametro t, ottenendo unaF (x, y, θ) = 0

0 = −y + x tan θ − g

2v20

x2

cos2 θ

Considero due parabole estremamente vicine, ovvero F (x, t, θ) e F (x, y, θ + dθ). Questedue parabole si incontrano in due punti, in (0, 0) e in un altro punto. Man mano che dθ → 0,il punto di incontro delle due parabole diventa un punto di tangenza. Con un buon disegno,si riesce a vedere che questo punto di tangenza e esattamente il punto che al variare di θdescrive la linea di demarcazione fra le due zone.

In sostanza, dobbiamo trovare per ogni θ il punto (xθ, yθ) tale che

F (xθ, yθ, θ) = F (xθ, yθ, θ + dθ)⇒ F (xθ, yθ, θ + dθ)− F (xθ, yθ, θ) = 0

Dividendo per dθ e facendo il limite dθ → 0, otteniamo

∂F (x, y, θ)

∂θ= 0

Quindi ora abbiamo due equazioni,

F (x, y, θ) = 0∂F (x, y, θ)

∂θ= 0

⇒

−y + x tan θ − g

2v20

x2

cos2 θ= 0

x

cos2 θ+

g

v20

x2

cos3 θ· (− sin θ) = 0

Mettiamo a sistema queste equazioni ed eliminiamo θ facendo sostituzioni.

tan θ =v2

0

gx⇒ −y + x

v20

gx− g

2v20

x2(1 +v4

0

g2x2) = 0

Mettendo a posto tutto,

y =v2

0

2g− gx2

2v20

Ovvero una parabola. Controlliamo i casi limite: per x → 0, la parabola e altav2

0

2g, che

rispecchia cio che uno si aspetta.

Inoltre, y = 0 ⇒ x = gittata massima =v2

0

g, quindi il nostro risultato e quantomeno

sensato.

Soluzione 4.3.4 (Soluzione del problema 3.1.4). Proviamo a risolverlo in due modi diversi,con F = ma e con la lagrangiana.Usando le forze, prendiamo come sistema di coordinate quello polare con centro il centro


dell’emisfera. Sia inoltre θ l’angolo dalla normale. Allora abbiamo, rispettivamente per lacomponente radiale e tangenziale,

N −mg cos(θ) = −mRθ2

mg sin(θ) = −mRθ

dove N e la forza normale alla superficie. La condizione affinche la massetta rimanga sul-l’emisfera e logicamente N ≥ 0. Inoltre, dalla conservazione dell’energia, posto lo zero delpotenziale gravitazionale al suolo, si ha

mRθ2 = 2mg(1− cos(θ))

Combinando queste due condizioni la massetta rimane sull’emisfera se

cos(θ) ≥ 2

3

Possiamo trovare la stessa soluzione usando la lagrangiana. Supponiamo di avere un poten-ziale conservativo V (R) che esprime il potenziale normale all’emisfera (ovviamente crescemolto rapidamente daro che i solidi si deformano molto poco). Allora la lagrangiana e datada

L =1

2mR2θ2 −mgR cos(θ)− V (R)

allora con le equazioni di Eulero-Lagranged

dt

(∂L∂R

)=∂L∂R

si ottiene

−∂V∂R

= mg cos(θ)−mRθ2

che non e altro che la forza normle all’emisfera. Da qui segue come sopra.

Soluzione 4.3.5 (Soluzione del problema 3.1.5). In questo problema ci sono due quantitaconservate ed e consigliabile usarle per risolverlo. Le quantita in questione sono l’energiatotale meccanica e la quantita di moto orizzontale.

Fissiamo un riferimento cartesiano il cui centro corrisponda al centro della base dell’e-misfera all’istante iniziale. Scegliamo due coordinate utili per dare la posizione degli oggettidurante il moto, la coordinata xs del centro di massa dell’emisfera e l’angolo θ che forma lacongiungente punto-centro della sfera con la verticale.

Scriviamo la posizione dei due centri di massa in funzione di queste due coordinate.

~S = (xs, 0)

~P = (xs +R sin θ, R cos θ)

~vs = (xs, 0)

~vp =(xs +R cos θθ,−R sin θθ

)Scriviamo quindi la conservazione dell’energia totale.


mgR =1

2(M +m)x2

s +1

2mR2θ2 +mxsR cos θθ +mgR cos θ

Scriviamo la conservazione della quantita di moto orizzontale.

Mxs +m(xs +R sin θ) = 0⇒ (M +m)xs = −mR cos θθ

Possiamo eliminare la variabile xs nella conservazione dell’energia usando l’equazioneappena trovata. (

1− m

M +mcos2 θ

)θ2 =

2g

R(1− cos θ)

Ora in effetti non abbiamo detto da nessuna parte che siamo nel momento del distacco.Dobbiamo quindi imporlo trovando un’altra equazione.

Nel momento del distacco avremo che la forza fra l’emisfera e il punto sara nulla, inquanto non puo essere negativa e se fosse positiva allora i corpi sarebbero ancora attaccati.Quindi nel momento del distacco il punto e in caduta libera e la sua accelerazione e ~as = −gy

~as =(xs +R cos θθ −R sin θθ2,−R sin θθ −R cos θθ2

)Deriviamo di nuovo la conservazione della quantita di moto per eliminare xs.

ax = 0⇒ sin θθ2 = cos θθ

Purtroppo questa da sola non basta per risolvere. Dobbiamo imporre anche la condizionelungo y.

ay = −g ⇒ cos θθ2 + sin θθ =g

RPossiamo riscrivere in modo compatto le due relazioni appena trovate nel seguente modo.(

cos θ sin θ− sin θ cos θ

)(θ2

θ

)=

(gR

0

)Essendo quella matrice ortogonale, risolvere questo sistema e facilissimo.(

θ2

θ

)=

(cos θ − sin θsin θ cos θ

)(gR

0

)Per cui, θ2 = g

Rcos θ. Possiamo usare questa relazione nella conservazione dell’energia

per trovare (1− m

M +mcos2 θ

)g

Rcos θ =

2g

R(1− cos θ)

Che e un’equazione algebrica di terzo grado nella varaibile x = cos θ.(1− m

M +mx2

)x = 2− 2x⇔ x3 − 3tx− 2tx = 0

Dove t =M +m

m.


Soluzione 4.3.6 (Soluzione del problema 3.1.7). In condizioni di equilibrio le due masse sitrovano chiaramente in posizione simmetrica separate da un angolo π con il centro. Chia-miamo θ1 e θ2 gli scostamente angolari in senso antiorario dalle posizioni di equilibrio. Eimmediato scrivere le equazioni del moto delle due masse

θ1 = −2k

m(θ1 − θ2)

θ2 = −2k

m(θ2 − θ1)

Dato che stiamo cercando le condizione per le quali le leggi orarie sono θ1(t) = A1eiωt

e θ2 = A2eiωt possiamo limitarci a cercare le soluzioni in questa forma sostituendole nelle

equazioni del moto. Ottenaimo quindi

−ω2A1 = −2k

m(A1 − A2)⇒

(ω2 − 2

k

m

)A1 + 2

k

mA2 = 0

−ω2A2 = −2k

m(A2 − A1)⇒ 2

k

mA1 +

(ω2 − 2

k

m

)A2 = 0

che e un sistema lineare omogeneo. E noto che esistono soluzioni non banali (la soluzionebanale e A1 = A2 = 0) se e solo se la matrice dei coefficienti ha determinante nullo. Si devequindi avere (

ω2 − 2k

m

)2

− 4k2

m2= 0⇒ ω =

√k

m(2± 2)

si hanno quindi due frequenze normali

ω1 = 0 ω2 = 2

√k

m

Inserendo la prima nel sistema omogeneo precedenti si trova A1 = A2 mentre inserendo laseconda si trova A1 = A2; l’interpretazione fisica (estremamente semplice) delle soluzioniottenute e lasciata per esercizio. Nel caso di tre masse il procedimento e analogo. Indicandocon θ1, θ2 e θ3 gli scostamenti dalle posizioni di equilibrio, le equazioni del moto sono

θ1 = − km

(2θ1 − θ3 − θ2)

θ2 = − km

(2θ2 − θ1 − θ3)

θ3 = − km

(2θ3 − θ2 − θ1)

come prima siamo interessati solo alle soluzioni nella forma θj(t) = Ajeiωt, j = 1, 2, 3, e

sostituendo nel sistema otteniamo un sistema omogeneo analogo al precedente:(ω2 − 2

k

m

)A1 +

k

mA2 +

k

mA3 = 0

k

mA1 +

(ω2 − 2

k

m

)A2 +

k

mA3 = 0


k

mA1 +

k

mA2 +

(ω2 − 2

k

m

)A3 = 0

come prima si deve avere che la matrice dei coefficienti ha determinante nullo, cioe(ω2 − 2

k

m

)((ω2 − 2

k

m

)2

− k2

m2

)− 2

k

m

(k

m

(ω2 − 2

k

m

)− k2

m2

)= 0

sviluppando i prodotti risulta

ω6 − 6k

mω4 + 9

k2

m2ω2 = 0

le cui radici positive sono

ω1 = 0 ω2 = ω3 =√

3

√k

m

Ora generalizziamo al caso di n masse, notando che le equazioni del moto sono

θi = − km

(2θi − θi−1 − θi+1)

con gli indici i intesi modulo n (cioe θ0 = θn e θn+1). Cercando come sempre le soluzioniθi(t) = Aie

iωt otteniamo il sistema

ω2Ai =k

m(2Ai − Ai−1 − Ai+1) i = 1, ..., n

e denotando λ = mkω2 si ottiene

λAi = 2Ai − Ai−1 − Ai+1 i = 1, ..., n

A questo punto notiamo che se A = (A1, ..., An), C = (cij) dove

cij =

1 se |(i− j) mod(n)| ≤ 10 altrimenti

eM = 3I−C il sistema si scrive nella formaMA = λA quindi in sostanza stiamo cercandogli autovalori della matrice M , e per ciascuno di essi λk si ha la frequenza corrispondente

ωk =√λk

√km

. Resta quindi solo da ingegnarsi per trovare un modo furbo di calcolare

tutti gli autovalori di M dato che in casi del genere il metodo standar e inapplicabile. Perprima cosa notiamo che se X = (x1, ..., xn) e un autovettore di C allora esiste λ′ tale cheCX = λ′X, ma allora posto λ = 3−λ′ si ha MX = 3IX−CX = 3X−λ′X = λX quindi Xe anche un autovettore di M con autovalore associato λ = 3−λ′. Quindi basta trovare tuttigli autovalori di C; il modo per farlo che illusrero non viene in mente subito se non si ha maivisto una cosa del genere, quindi non spaventatevi, e utile pero vedere questo tipo di coseperche ci si abitua a pensare a soluzioni di questo tipo e anche le stesse idee utilizzate spesso si”reciclano” in altri problemi anche molto diversi. C e una matrice con caratteristiche ciclichequindi iniziamo a pensare che le componenti degli autovettori dovranno avere caratteristichecicliche; la prima cosa ciclica a cui si pensa sono le radice dell’unita rk = ei

2πkn . Poniamo

Xk = (1, rk, r2k, ..., r

n−1k ) e notiamo che CXk = Xk + rkXk + r−1

k Xk = (1 + rk + r−1k )Xk


quindi ciascun Xk con k = 1, ..., n e un autovettore di C con autovalore associato λ′k =

1 + ei2πkn + e−i

2πkn = 1 + 2 cos(2πk

n) quindi gli autovalori di M sono

λk = 2− 2 cos

(2πk

n

)= 4 sin2

(πk

n

)e infine si conclude che le frequenze dei modi normali nel caso generale di n masse sono

ωi = 2 sin

(πi

n

)√k

m

Soluzione 4.3.7 (Soluzione al problema 3.1.9). Siano m la massa della motocicletta e ω lasua velocita angolare di rotazione attorno al centro della pista.

L’unica forza non verticale che agisce sulla motocicletta e la forza d’attrito (statico) trale ruote e l’asfalto, che vale al massimo µmg. Come prima cosa, anche se non e strettamentenecessario, troviamo il massimo valore di ω, quello che raggiunge la motocicletta alla finedella sua accelerata. Dall’uguaglianza tra forza centripeta Fc e forza d’attrito Fa, si trova

Fc = mω2R = Fa ≤ µmg =⇒ ω2max =

µg

R.

Quando la motocicletta aumenta la propria velocita muovendosi su una pista circolare, ha bi-sogno di due componenti della forza: una tangenziale, mωR, responsabile dell’aumento dellavelocita, e una centripeta, mω2R, che tiene la motocicletta in pista. La somma vettoriale diqueste due forze, perpendicolari tra loro, e la forza d’attrito. Dunque

(mωR)2 + (mω2R)2 = Fa ≤ µmg.

Per trovare la distanza minima percorsa, imponiamo che la motocicletta sia sempre allamassima accelerazione tangenziale possibile consentita alla velocita che ha in quel momento.Quindi imponiamo che, nella disuguaglianza di sopra, valga in realta l’uguaglianza:

ω4 + ω2 =(µgR

)2

= ω4max.

Questa e una equazione differenziale a variabili separabili nell’incognita ω; risolvendola (tro-vando dunque ω(t)) si potrebbe risalire all’angolo al centro spazzato (e quindi alla distanzapercorsa) con un semplice integrale:

θspazzato =

∫ τ

0

ω(t) dt,

dove τ e l’istante in cui ω = ωmax. Sfortunatamente, tentando di risolvere quella equazionedifferenziale, ci si trova a dover svolgere un integrale che sembra un po’ difficile... In effettie un esempio di integrale ellittico, un tipo di integrale che non si riesce a risolvere in terminidi funzioni elementari (un altro esempio di integrale ellittico e quello che si trova cercando diottenere il periodo del pendolo per oscillazioni non piccole). Bisogna dunque cercare un’altrastrada, evitando di trovare esplicitamente ω(t).

Usando la regola di derivazione della funzione composta, l’equazione differenziale trovataprima e un cambio di variabile (useremo ω2 come variabile), troviamo

dθ = ω dt = ωdt

dωdω =

ω

ωdω =

d (ω2)

2√ω4

max − ω4


da cui

θspazzato =

∫ ω2max

0

d (ω2)

2√ω4

max − (ω2)2=

1

2

[arcsin

(ω2

ω2max

)]ω2max

0

=π

4.

Quindi la motocicletta percorre una distanza pari a πR/4, un ottavo di circonferenza.Soluzione alternativa:Con le stesse considerazioni della soluzione precedente, sia α l’angolo acuto tra le direzioni

della forza d’attrito e della velocita. Per la geometria delle forze, si ha

ω2 = ω2max sinα,

ω = ω2max cosα.

Derivando la prima espressione otteniamo 2ωω = ω2maxα cosα e, usando la seconda,

2ω = α.

A questo punto si conclude facilmente, notando che, quando la moto parte, α = 0, e quandoraggiunge ωmax, α = π/2:

θspazzato =

∫ τ

0

ω dt =1

2

∫ τ

0

α dt =1

2(α(τ)− α(0)) =

π

4.

Soluzione 4.3.8 (Soluzione del problema 3.1.12). Ci sono diversi modi di approcciarsi aquesto problema. Il piu elementare e sicuramente quello di accorgersi che le uniche forzeesterne che compiono lavoro sul sistema sono forze gravitazionali, quindi il sistema e conser-vativo. Dato che il sistema ha un solo grado di liberta, scrivendo l’energia totale del sistemae ponendo la sua derivata uguale a zero, otterremo un’equazione del moto.

Immaginiamo di colorare il filo nel modo opportuno in modo da dare delle coordinatesensate. All’istante iniziale le due masse sono alla stessa altezza. Dipingiamo di giallo la partedel filo appoggiata alla puleggia e di rosso le altre due parti del filo sospese. Indicheremocon x la quantita di filo rosso che si e avvolta intorno alla puleggia dalla parte di MB, cheessendo la piu leggera delle due andra verso l’alto.

Scriviamo l’energia totale E

E =1

2(MA +MB +m)x2 + (MB −MA)gx+ Ufilo

Calcoliamoci in parte il contributo all’energia potenziale gravitazionale del filo, che el’unica parte insolita del problema. Andremo ovviamente a considerare solo i due pezzisospesi, in quanto il pezzo attaccato alla puleggia rimane sempre alla stessa altezza.

Il pezzetto che si accorcia avra una massa

mB(x) = ml − x

2l + 2πR

Ovviamente l’altro pezzo sara invece

mA(x) = ml + x

2l + 2πR

Ognuno dei due pezzi contribuira con un’energia potenziale


Ui = mi(x)Xi,cm(x)g

Dove ho indicato con Xi,cm(x) la posizione del centro di massa del pezzetto di filo.Andiamo a calcolarla.

XB,cm(x) = − l − x2

L’altro invece

XA,cm(x) = − l + x

2

Per cui finalmente

Ufilo(x) = −mg (l − x)2 + (l + x)2

4l + 4πR

Per cui abbiamo finalmente un’espressione per l’energia totale

E(x) =1

2(MA +MB +m)x2 + (MB −MA)gx−mg (l − x)2 + (l + x)2

4l + 4πR

A questo punto possiamo porre la derivata rispetto al tempo uguale a zero per i motividetti sopra.

0 = E = (MA +MB +m)xx+ (MB −MA)gx−mg−(l − x) + (l + x)

4l + 4πRx =

= x

((MA +MB +m)x+ (MB −MA)g −mg−(l − x) + (l + x)

2l + 2πR

)La soluzione x = 0 ovviamente non e il caso fisico che stiamo studiando, per cui possiamo

buttarlo via ed ottenere l’equazione del moto

(MA +MB +m)x+ (MB −MA)g −mg x

l + πR= 0

Che si puo riscrivere in forma piu consueta

x =MA −MB

MA +MB +mg +

m

MA +MB +m

x

l + πRg

Questa equazione non e difficile da risolvere. Vediamo subito infatti che l’equazio-ne e lineare, quindi possiamo liberarci molto rapidamente del fastidioso termine costantecambiando variabile in

x = y − MA −MB

m(l + πR)

L’equazione scritta in termini della variabile y diventa semplicemente

y =m

MA +MB +m

y

l + πRg


Che e del tipo

y = +ω2y

Con ovviamente

ω =

√m

MA +MB +m

g

l + πR

Le cui soluzioni si trovano provando una soluzione esponenziale

y(t) = Aeλt ⇒ Aλ2eλt = Aω2eλt ⇒ λ = ±ω

Per cui la soluzione piu generale sara

y(t) = Aeωt +Be−ωt

Che ovviamente porta a

x(t) = Aeωt +Be−ωt − MA −MB

m(l + πR)

A questo punto ci rimane solo da imporre le condizioni iniziali. Calcoliamo v(t)

v(t) = ω(Aeωt −Beωt

)Dato che v(0) = 0, si ottiene subito A = B, quindi

x(t) = C cosh(ωt)− MA −MB

m(l + πR)

Ci manca solo da imporre x(0) = 0

x(t) =MA −MB

m(l + πR)(coshωt− 1)

Facciamo ora il solito controllo di sicurezza. Vediamo se nel caso m → 0 effettivamentetorniamo alla macchina di Atwood classica. Notiamo che per m→ 0 si ha anche ω → 0, percui possiamo espandere in serie il coseno iperbolico

cosh(w) = 1 +w2

2+w4

24+ o(w5)

Per cui

x(t) =MA −MB

m(l + πR)

(ω2 t

2

2+ ω4 t

4

24+ o(ω5t5)

)Ma se ricordiamo il valore di ω

x(t) =MA −MB

MA +MB +mgt2

2+ C(m)t4 + o(t5)

Che per m→ 0 tende esattamente a


x(t) =MA −MB

MA +MB

gt2

2

Che e esattamente il caso senza filo massivo.

Soluzione 4.3.9 (Soluzione del problema 3.1.13).

Soluzione 4.3.10 (Soluzione del problema 3.1.14). Vediamo cosa succede nel riferimentoS, in cui all’inizio la palla leggera mB e a riposo.

All’inizio la pallina pesante mA si muove con velocita v verso destra. Dopo l’urto, ledue palline si muovono rispettando la conservazione della quantita di moto e dell’energia,formando un certo angolo con la direzione iniziale della velocita. Ovviamente potremmoscrivere

mAv = mAvAx +mBvBx0 = mAvAy +mBvBy1

2mAv

2 =1

2mAv

2A +

1

2mBv

2B

E andare a cercare un massimo per l’angolo θ = arctanvAyvAx

, facendo attenzione al fatto

che la tangente si comporta male oltre i π/2. Questo approccio e brutale e prima o poi portaad una soluzione, ma visto che i conti siete capaci di farli 1 penso sia meglio mostrarvi unasoluzione intelligente.

Mettiamoci quindi nel riferimento S ′ del centro di massa. All’istante iniziale avremo lamassa mA che si muove verso destra e la massa mB che si muove verso sinistra. Dopo l’urto,prenderanno altre direzioni. La parte molto utile e che nel riferimento del CM , dato chedeve rimanere fermo sia prima sia dopo l’urto, le velocita delle due masse saranno parallelesia prima sia dopo l’urto! Se cosı non fosse, avremmo che comunque prese le masse ci sarebbeuna componente non nulla della velocita del centro di massa, cosa assurda proprio perchesiamo nel riferimento del centro di massa.

METTI UN DISEGNO CHE ALTRIMENTI E DURA CAPIRCI QUALCOSAInoltre, dato che si conserva sia l’energia sia la quantita di moto, basta scrivere le equazio-

ni per accorgersi che in questo riferimento l’unica soluzione e che le velocita delle due massevengano semplicemente girate senza cambiare di modulo! Per spiegarmi meglio, se all’iniziola massa mA si muove di velocita ~v′, dopo l’urto si muovera di una velocita ~v∗ che avra lostesso modulo di prima ma sara semplicemente girata di un angolo α rispetto a prima!

Questa e una semplificazione dei conti mostruosa, che ora faro per arrivare al risultatorichiesto.

Nel sistema S abbiamo che prima dell’urto la massa mA si muove di velocita v versodestra lungo x, mentre mB e ferma. Di conseguenza, il centro di massa si muove di velocita

~vcm =mA

mA +mB

~v

Nel riferimento S ′ quindi la massa mA avra velocita

1A mia differenza


~vA = ~v − mA

mA +mB

~v =mB

mA +mB

~v

Mentre ovviamente invece

~vB = − mA

mA +mB

~v

Ed entrambe le velocita sono lungo x. Dopo l’urto, chiamiamo α l’angolo fra le velocitaprima e dopo l’urto, che in generale dipende da parametri fisici come il parametro di impatto,che quindi non sappiamo a priori. La massa mA avra quindi velocita dopo l’urtov

′Ax

=mB

mA +mB

v cosα

v′Ay =mB

mA +mB

v sinα

Per cui, tornando nel riferimento S, le velocita in questo riferimento sarannovAx =mB

mA +mB

v cosα +mA

mA +mB

v

vAy =mB

mA +mB

v sinα

A questo punto possiamo andare a calcolare il valore di α per cui si abbia l’angolo massimodi deflessione θ. Calcoliamo quindi il rapporto fra le componenti della velocita

vAyvAx

=mB sinα

mB cosα +mA

:= f(α)

Dato che stavamo supponendomA > mB, il denominatore di quella frazione non si annullamai. Non andando all’infinito, il massimo della funzione lo otterremo ponendo uguale a 0 laderivata

df(α)

dα= 0⇒ mB cosα

mB cosα +mA

− mB sinα · (−mB sinα)

(mB cosα +mA)2= 0

⇒ m2B cos2 α +mBmA cosα +m2

B sin2 α = 0⇒ cosα = −mB

mA

Per cui

tan θ =mB sinα

mB cosα +mA

=mB

√1− m2

B

m2A

−mBmBmA

+mA

=mB

√m2A −m2

B

m2A −m2

B

=mB√

m2A −m2

B

E questa e la risposta al problema. Una cosa carina da notare e che scrivendo l’angolo θin funzione del suo seno invece che in funzione della sua tangente l’espressione si semplifica

sin θ =tan θ√

1 + tan2 θ=mB

mA

Che fa vedere con estrema chiarezza il caso limite mB → 0,mA →∞


Dinamica del corpo rigido

Soluzione 4.3.11 (Soluzione del problema 3.1.19). Il secondo cilindro ad ogni livello servesolo a tenere in equilibrio la torre ma di fatto quello che accade a un cilindro accade anchenell’altro, quindi ragioneremo su uno dei due cilindri. La figura 4.1 mostra il primo piano.Le due equazioni cardinali per il cilindro sono

mA1 = F1 − F2

Iα1 = a(F1 + F2)

mentre le condizioni di non strisciamento con le due panche sono

aα1 + A1 = a0

A1 − aα1 = a1


notiamo che abbiamo 5 incognite (F1,F2,A1,α1 e a1 ) ma solo 4 equazioni; sfruttiamo allorail fatto che il sistema e infinito per ottenere un sistema di equazioni con un unica soluzione.Immaginiamo di guardare l’n-esima panca e la vediamo accelerare con un accelerazionean; an sara di sicuro proporzionale alla forza applicatagli. Inoltre possiamo immaginare ilsistema al di sopra dell’ n-esima panca come un unico blocco di massa µn incognita chedipende solamente dal sistema al di sopra della panca e non dalle forze esterne su di esso,di conseguenza, detta Rn la risultate orizzontale sull’ n-esima panca si ha µnan = Rn;l’osservazione fondamentale ora e quella che dal fatto che il sistema e infinito segue che ilsistema al di sopra dell’n-esima panca e uguale per ogni n, quindi µ0 = µ1 = ... = µ. Da quipossiamo introdurre la nuova incognita µ ma guadagnamo ben due equazioni:

2F1 = µa0

2F2 = µa1


infatti dato che le panche sono prive di massa la forza totale sulla panca di terra (n = 0)deve essere uguale e contraria alla forza che i cilindri applicano sulla panca, ciascuna ugualea F1, mentre e chiaro che ciascun cilindro applica una forza F2 sulla panca con n = 1.Abbiamo ottenuto cosı il sistema

mA1 = F1 − F2

βmaα1 = F1 + F2

aα1 + A1 = a0

A1 − aα1 = a1

2F1 = µa0

2F2 = µa1

che ha due soluzioni, tuttavia una e da scartare poiche da F1 negativa, cosa che sappiamoessere sbagliata poiche la forza esterna sulla panca di terra e diretta verso destra e la pancae priva di massa. La soluzione buona, che si trova con dei semplici calcoli algebrici (convienerisolvere il sistema per sostituzione) e

A1 = a0

√β

1+√β

a1 = −a01−√β

1+√β

µ = m√β

F1 = ma0

√β

2

F2 = −ma0

2

√β−β

1+√β

α = a0

a(1+√β)

Per l’osservazione precedente che il sistema al di sopra di una panca e del tutto identicoal sistema al di sopra di un altra panca segue che possiamo guradare l’n-esima panca comese fosse la panca di terra e applicare lo stesso identico ragionamento precedente, da cui segue

An = an−1

√β

1+√β

an = −an−11−√β

1+√β

la seconda successione e la successione geometrica di cui l’n-esimo termine e semplicemen-

te an = (−1)n(

1−√β

1+√β

)na0 e quindi dalla prima segue che l’accelerazione linere dei cilindri

all’n-esimo piano e

An = (−1)n−1

√β

1 +√β

(1−√β

1 +√β

)n−1

a0

Concludiamo con tre osservazioni:

1. I piani di cilindri si muovono alternativamente a destra e a sinistra e le accelerazionidiminuiscono man mano che si sale; inoltre

limn→∞

An = 0

.


2. Il metodo di guardare il sistema da un punto in poi e immaginarlo costituito da ununico blocco di massa fittizia µ in meccanica funziona quasi sempre con i sistemi infi-niti proprio perche la massa fittizia e la stessa da qualsiasi punto si guarda il sistema equesto consente di ridurre a quest’osservazione la formalizzazione matematica dell’in-finita del sistema che altrimenti sarebbe pressoche intrattabile. Per un altro esempiovedi la macchina di Atwood infinita, mentre per un esempio in un altro ambito dellafisica vedi la griglia infinita di resistenze.

3. Dato che le panche hanno massa nulla la forza esterna applicata alla panca di terradeve essere uguale a 2F1. Dato che questa e l’unica forza esterna applicata al sistema,deve essere uguale alla derivata delle quantita di moto totale. Ci aspettiamo dunqueche

∑∞n=1(2mAn) = 2F1. Facciamo il conto:

∞∑n=1

(2mAn) = 2m

√β

1 +√β

∞∑n=0

(√β − 1

1 +√β

)n=

2m√β

1+√β

(1

1−(√

β−11+√β

))

= ma0

√β = 2F1


Gravitazione

Soluzione 4.3.12 (Soluzione al problema 3.1.20). Per portare la prima massetta dm nelvuoto, non compiamo lavoro in quanto non ce ne sono altre e si considera il resto dell’universovuoto. Dato che la gravita e una forza conservativa, il lavoro totale di costruzione nondipendera da come abbiamo costruito la nostra distribuzione, ma solo dagli stati iniziale efinale.

Di conseguenza possiamo scegliere di costruire la nostra palla spalmando le nuove mas-sette dm che portiam dall’infinito in modo che il nostro oggetto intermedio sia sempre unasfera di densita uniforme e uguale a quella che deve avere alla fine. Di conseguenza, il lavoroche dobbiamo compiere per portare una nuova massetta dm sara

dL = −Gmdmr

Dove sia m sia r variano. Dato che vorremo integrare, sara utile esprimere tutto intermini di una sola variabile, che noi sceglieremo essere r. Dato che la distribuzione rimanesferica, si avra

m(r) =4π

3ρr3

Ma dato che noi conosciamo M e non ρ,

ρ =M

4π3R3⇒ m(r) = M

r3

R3

Per cui sara

dm = M3r2

R3dr

Da cui

dL = −GM

r3

R3M

3r2

R3

rdr = −3GM2

R

r4

R4dr

R

L = −3GM2

R

∫ 1

0

x4dx = −3GM2

5R

Da cui infine

U = −3GM2

5R

Soluzione 4.3.13 (Soluzione al problema 3.1.21). 1. La formula 3.25 per una direzionequalsiasi e riportata in dettaglio nel capitolo di elettrostatica. Ricaviamola molto velo-cemente comunque per questo caso particolare. Consideriamo due cariche puntiformi+q e −q a distanza 2a, rigidamente collegate. Il dipolo avra momento ~p = q2~a, dove ~ava dalla carica negativa a quella positiva. Mettiamoci sulla congiungente e calcoliamoil campo elettrico a grande distanza.


~E = ~E+ + ~E− =q

4πε0

(1

(r − a)2− 1

(r + a)2

)a =

q

4πε0r2

(1

(1− ar)2− 1

(1 + ar)2

)a

Ricordiamo che (1 + x)α ≈ 1 + αx. Se non vi e chiaro, vi consiglio di guardare lasezione sulla serie di Taylor, nel capitolo di Matematica.

~E ≈ q

4πε0r2

(1 +

2a

r− 1 +

2a

r

)a =

2 · 2aq4πε0r3

a =~p

2πε0r3

2. L’ordine logico di quello che succede e: lo ione produce campo elettrico, l’atomo sipolarizza a causa del campo, la polarizzazione genera un altro campo elettrico che sisovrappone al precedente e va ad interagire con lo ione.

Di conseguenza, l’atomo vede un campo elettrico

~E = − Q

4πε0r

Dove ci va il segno meno in quanto il nostro riferimento e solidale all’atomo e non alloione. Il vettore polarizzazione sara quindi

~p = α~E = − αQ

4πε0r2r

Questa polarizzazione genera un campo elettrico ~Ep che lungo la congiungente leparticelle e

~Ep =~p

2πε0r3= − αQ

8π2ε20r5r

Che infine genera una forza ~F sull’atomo

~F = Q~Ep = − αQ2

8π2ε20r5r

Che contenendo solo termini ∝ Q2 e indipendente dal segno di Q. Avendo un menodavanti a quantita positive, la forza e quindi attrattiva.

3. Notiamo che la forza ~F e centrale. Siamo molto contenti in quanto questo gia ci dice chel’energia totale E si conserva e che si conserva pure il momento angolare ~L. Sappiamoquindi ora che l’orbita sta in un piano (per la conservazione di L). Consideriamoil sistema in due istanti. All’istante A lo ione e molto lontano dall’atomo e arriva,secondo quanto detto dal testo, con parametro di impatto b e velocita v0. Nell’istanteB invece lo ione si trova ad r = rmin e dato che e il raggio minimo, si ha che il raggio eperpendicolare alla velocita. Al solito, se cosı non fosse, allora sicuramente non sarebbeun minimo. Fate un disegno per accorgervene.


Impostiamo quindi la conservazione dell’energia e del momento angolare e vediamocosa succede. Innanzitutto e opportuno scrivere il potenziale della forza.

~F = − αQ2

8π2ε20r5r ⇒ U = − αQ2

32π2ε20r4

E facile verificare che ~F = −~∇U . Se volete sapere come ho trovato il potenziale alvolo, ho semplicemente scritto la definizione

U(~r) =

∫ ∞~r

~F · d~s

Scriviamo le due conservazioni e vediamo cosa succede

mv0b = mvrmin1

2mv2

0 =1

2mv2 − αQ2

32π2ε20r4min

⇒

v = v0

b

rmin

v20 = v2

0

(b

rmin

)2

− αQ2

16π2ε20mr4min

L’ultima e un’equazione di quarto grado in rmin, ma per fortuna e in realta un secondogrado in r2

min, quindi

r4min − b2r2

min +αQ2

16π2ε20mv20

= 0

r2min =

b2

2±

√b4

4− αQ2

16π2ε20mv20

Notiamo che entrambe le soluzioni per r2min sono positive, quindi entrambe hanno una

radice sensata. Ovviamente il problema ha soluzione unica perche e un problema diFisica classica. Per capire qual e la soluzione giusta, bisogna pensare a cosa succede-rebbe in un caso piu semplice. Per esempio, se α fosse molto piccolo, tendente a 0,allora sullo ione non agirebbero forze e quindi andrebbe via dritto. In tal caso sarebbermin = b. Questo ci dice subito che la soluzione da prendere e quella positiva, ovvero

rmin =

√√√√b2

2+

√b4

4− αQ2

16π2ε20mv20

Non ci siamo ancora preoccupati di discutere una cosa. Esistono dei valori di b per cuila radice all’interno e negativa, ovvero se

b < 4

√αQ2

4π2ε20mv20


Allora non esiste un rmin. Che cosa significa questo? Beh, r come funzione di θ euna funzione decrescente all’inizio, in quanto la forza e attrattiva e lo ione si avvicinaall’atomo. Se non esiste un rmin, vuol dire che la funzione r(θ) non ha minimo, edessendo decrescente e continua continua ad essere decrescente, di conseguenza si avrar(θ)→ 0, ovvero, anche a costo di fare tanti giri intorno all’atomo, prima o poi cadrasu di esso.

4. Abbiamo appena trovato la condizione nell’osservazione subito sopra. L’area A e soloun conticino

A = πb20 =

√αQ2

4ε20mv20

Soluzione 4.3.14 (Soluzione al problema 3.1.22). Soluzione 1:Detta M la massa della stella e m la massa del corpo, l’equazione dell’ orbita prima

dell’urto e

1

r=m2MG

L2(1 + ε1 cos θ) (4.1)

dove si e scelto θ = 0 al pericentro. Dato che l’impulso e radiale ~L resta costante, inparticolare anche L. Dopo l’urto l’equazione dell’orbita e quindi

1

r=m2MG

L2(1 + ε2 cos(θ − θ0)) (4.2)

e dato che in θ = θ0 si ha il pericentro della seconda orbita, l’angolo tra i due assimaggiori e proprio θ0 L’urto avviene quando r = rmin quindi quando θ = 0. Uguaglianoquindi i raggio, o meglio, i loro inversi, poiche immediadamente prima e immadiatamentedopo l’urto il corpo e alla stessa distanza dalla stella si ha per (4.1) e (4.2):

m2MG

L2(1 + ε1) =

m2MG

L2(1 + ε2 cos(−θ0))⇒ θ0 = arccos

(ε1ε2

)Si noti in particolare che deve necessariamente essere ε2 > ε1 quindi non e possibile per

esempio trasformare un orbita ellittica in una circolare con un impulso radiale.Soluzione 2:Dato che il vettore di Lenz ha sempre la direzione dell’asse maggiore, l’angolo tra i due

assi e l’angolo tra i due vettori di Lenz:

cos(θ0) =~A1 · ~A2

A1A2

Scriviamo le espressioni dei due vettori di Lenz considerando che l’impulso ~∆p e radialee che ~L si conserva di conseguenza:

~A1 = ~p× ~L−m2MG~r

r(4.3)

~A2 = (~p+ ∆p~r

r)× ~L−m2MG

~r

r= ~A1 + ∆p

~r

r× ~L (4.4)


e dato che l’urto avviene al paricentro, ~r e ~A1 sono allineati, pertanto A1 · (~r × ~L) = 0quindi

cos(θ0) =~A1 · ~A2

A1A2

=A2

1

A1A2

=A1

A2

=m2MGε1m2MGε2

=ε1ε2

Soluzione 4.3.15 (Soluzione al problema 3.1.23). Questo problema si potrebbe risolverein modo brutale facendo un integrale. Tuttavia, il calcolo e abbastanza fastidioso, per cuicercheremo una via alternativa piu intelligente. In fondo alla soluzione ci sara anche il contobrutale.

L’idea fondamentale che porta agevolmente alla soluzione e quella di rendersi conto cheil moto del sistema e di fatto un orbita degenere di momento angolare nullo, e si puo quindisfruttare la terza legge di Keplero. L’altra cosa importante di cui bisogna rendersi contoe che data l’equivalenza del problema dei due corpi con il moto in campo centrale di unamassa ridotta µ = m1m2

m1+m2, e dato che la distanza della massa ridotta dal centro di forza e

proprio la distanza tra i due corpi, si ha un orbita con rmax = d e rmin = 0, quindi il semiassemaggiore e a = rmax+rmin

2= d

2.

Inoltre il moto fino allo scontro e il moto della massa ridotta per andare dall’afelio alperielio, quindi detto T il periodo dell’orbita, il tempo e t = T

2. Per trovare T sfruttiamo

quindi la terza legge di Keplero secondo la quale

a3

T 2= costante ⇒ d3

8T 2= costante

e una costante indipendente dalle condizioni iniziale sulle due masse; possiamo quinditrovarla considerano il moto piu semplice possibile, ovvero quello in cui le due massa com-piono un orbita circolare attorno al centro di massa. Dette r1 e r2 le distanze delle due massedal centro si massa si ha m1r1 = m2r2, poniamo poi a = r1 + r2 = r1(1 + m1

m2) = m1+m2

m2r1

inoltre la condizione d’equilibrio e

Gm1m2

a2= m1ω

2r1 = m1ω2 m2

m1 +m2

a⇒ ω2 =4π2

T ′2=G(m1 +m2)

a3

Abbiamo quindi ottenuto che la costante che cercavamo e

a3

T ′2=G(m1 +m2)

4π2

E quindi il periodo del moto degenere e T =√

d3π2

2G(m1+m2)e quindi

t =

√d3π2

8G(m1 +m2)

Calcolo brutaleConsideriamo un punto materiale di massa ridotta µ = m1m2

m1+m2. Su di lui agisce una forza

F = −Gm1m2

r2 = − kr2 , dove r e la distanza fra i due oggetti. Consideriamo F = ma. Dato

che questa volta il moto e unidimensionale, possiamo cercare di integrare in quanto abbiamouna sola variabile.

− kr2

= µr ⇒ − k

µr2r = rr ⇒ d

dt

(k

µr

)=

d

dt

(r2

2

)


d

dt

(k

µr− r2

2

)= 0⇒ k

µr− r2

2=

k

µd

r2 =2k

µ

(d− rrd

)Cambiamo variabile in z = r

d

z2 =2k

µd3

1− zz

Separiamo le variabili e integriamo√z

1− zz =

√2k

µd3⇒∫ 0

1

√z

1− zdz =

∫ τ

0

√2k

µd3dt

L’integrale a destra e banale. Per quello a sinistra basta fare il cambio di variabiliz = sin2w ∫ 0

π/2

√sin2w

cos2w2 sinw coswdw =

√2k

µd3τ

2

∫ 0

π/2

sin2wdw =

√2k

µd3τ ⇒ π

2=

√2k

µd3τ

τ =

√π2d3µ

8k=

√π2d3

G(m1 +m2)

Soluzione 4.3.16 (Soluzione al problema 3.1.24). Dato che i bordi sono arrotondati l’energiasi conserva. Inoltre, dal fatto che la cavita sia circolare segue che se n e la normale allasuperficie del bordo in un generico punto di esso e ~r e il vettore che va dal centro della bucaa tale punto, il momento della forza normale che il bordo esercita sulla massa durante ladiscesa e

~τ = m~r × (Nn)

e quindi si hadLzdt

= z · (~τ) = mNz · (~r × n) = 0

quindi la componente verticale del momento angolare si conserva, cioe

mv0 sinα = mv sin β

mentre per la conservazione dell’energia si ha

1

2mv2

0 +mgh =1

2mv2 ⇒ v =

√v0 + 2gh



e sostituendo questa espressione nell’equazione della conservazione del momento angolareverticale, tenendo anche conto che sinα = b

Rotteniamo

sin β =bv0

R√v2

0 + 2gh

Ora per la conservazione dell’energia e del momento angolare verticale nell’uscita dalla bucasi ottiene che chiaramente α = γ. A questo punto si tratta solamente di fare considerazionisugli angoli; infatti ψ = π − (π − α)− (π − α− (π − 2β)) = 2 (α− β) e quindi si ha

ψ = 2

(arcsin

(b

r

)− arcsin

(b

r

v0√v2

0 + 2gh

))Soluzione alternativa Il vincolo del piano e olonomo e tutte le forze sono conser-

vative. Sara quindi possibile scrivere una lagrangiana del sistema L. Prendendo comecoordinate un riferimento cilindrico centrato nell’origine della buca (r, θ, z), la lagrangiananon dipendera da θ per ragioni di simmetria.

Per questo motivo, essendo

d

dt

(∂L∂θ

)=∂L∂θ

= 0⇒ ∂L∂θ

= costante = Lz


Il resto dello svolgimento e uguale. Senza fare i calcoli espliciti, si poteva usare diretta-mente il teorema di Noether per concludere allo stesso modo.

Soluzione 4.3.17 (Soluzione al problema 3.1.25). Innanzitutto dobbiamo ricavarci la forzadi gravita all’interno della Terra. Per farlo possiamo agire in due modi equivalenti

Usando il teorema di Gauss.

Ricordando il teorema del guscio sferico e considerando quindi solo la massa interna.

Vediamo il primo metodo. Prendiamo una superficie sferica centrata nel centro dellaterra di raggio r < RT

Φ(~g, ∂V ) = −4πGMint ⇒ 4πr2g(r) = −4πGMT

(r

RT

)3

⇒ g(r) = −GMT

R3T

r

Vediamo rapidamente come il secondo metodo porta allo stesso risultato.

g(r) = −GMint

r2⇒ g(r) = −GMT

R3T

r3

r2= −GMT

R3T

r

Ovviamente qui abbiamo trovato solo il modulo della componente radiale del campo, madata la grande simmetria del tutto e ovvio che il campo sara radiale. Di conseguenza sullamassa m agira una forza

~F = −GMTm

R3T

rr

Abbiamo mostrato che in un campo centrale si conserva il momento angolare e che icampi centrali ammettono potenziale. La prima informazione ci dice che il moto avviene inun piano. Se poi diciamo che

U(r) =GMTm

2R3T

r2

e facile verificare che ~F = −~∇UTuttavia in questo caso e piu pratico usare le forze. Prendiamo gli assi x e y in modo

che il moto stia in questo piano.

~F = −GMTm

R3T

rr = −GMTm

R3T

(xx+ yy) = m~a = m(xx+ yy)

Per cui abbiamo un sistema di equazioni indipendentix = −GMT

R3T

x

y = −GMT

R3T

y

Che sono l’equazione di un pendolo semplice di pulsazione ω2 = GMT

R3T

La soluzione di questo moto e


x = A cosωt+B sinωt

y = C cosωt+D sinωt

E gia da questo si puo capire che la traiettoria e una curva periodica in quanto mandandot in t+ 2π/ω, le coordinate x e y rimangono invariate.

Dato che la traiettoria e una curva chiusa e periodica esistera un punto in cui il raggiovettore sia perpendicolare alla tangente alla curva nel punto. Possiamo ruotare il nostrosistema di riferimento in modo da porlo come punto (L, 0) per un opportuno L. Le nuoveleggi orarie saranno

x′ = L cosωt

y′ = L′ sinωt

E questo e evidentemente un ellisse centrato nell’origine in quanto(x′

L

)2

+

(y′

L′

)2

= 1

Soluzione 4.3.18 (Soluzione del problema 3.1.26). 1) Calcoliamo ε e l in funzione di L edE.

Definiamo afelio e perielio

r+ =l

1− εr− =

l

1 + ε

r+ + r− =2l

1− ε2

r+ − r− =2lε

1− ε2

Inoltre, scrivendo il potenziale efficace

E =1

2mr2 +

L2

2mr2− GMTm

r

Ricordiamo che afelio e perielio sono gli unici due punti in cui r = 0, di conseguenza,ponendo r = 0 otteniamo un’equazione di secondo grado le cui radici sono r+, r−.

E =L2

2mr2− GMTm

r⇒ r± = −GMTm

2E

(1±

√1 +

2EL2

G2M2Tm

3

)

Notiamo cher+ − r−r+ + r−

= ε =

√1 +

2EL2

G2M2Tm

3, da cui possiamo ricavare anche l =

L2

GMTm2

2) Troviamo rT imponendo che la forza centripeta sia uguale alla forza gravitazionale


mv2T

rT=GMTm

r2T

= m4π2

T 2T

rT

Da cui rT =3

√GMTT

2T

4π2, vT =

3) Caso radiale. Calcoliamo le nuove costanti del moto L1 ed E1.

L1 = L0 E1 =1

2mv2

T (1+β2)−GMTm

rT= K0(1+β2)+U0 = −E0(1+β2)+2E0 = E0(1−β2)

Quindi l1 = l0, ε1 =

√1 +

2E1L21

G2M2Tm

3=

√1 +

2E0(1− β2)L20

G2M2Tm

3=√

1− (1− β2) = β, dove

ci siamo ricordati che all’inizio l’orbita era una circonferenza.βlim = 1 evidentemente.Per trovare l’angolo fra le due orbite si puo ragionare in questo modo: dopo la spinta,

l’orbita sara comunque una conica con centro nell’origine del riferimento, ma la posizione

del raggio minimo sara cambiata. Sappiamo che r(θ) =l

1 + ε cos(θ − θ0). FINIRE

4) Caso tangenziale:

L1 = L0(1 + β)

E1 = K0(1 + β)2 + U0 = −E0(1 + β)2 + 2E0 = E0(1− 2β − β2)

ε1 =

√1 +

2E1L21

G2M2Tm

3=

√1 +

2E0(1− 2β − β2)L20(1 + β)2

G2M2Tm

3=√

1− (1− 2β − β2)(1 + 2β + β2)

FINIRE

Soluzione 4.3.19 (Soluzione del problema 3.1.27). Mettiamoci nel riferimento che ruotainsieme ai tre corpi, centrato nel centro di massa del sistema. Quindi indicando con ~r1, ~r2, ~r3

i vettori posizione in tale riferimento si ha chiaramente

m1~r1 +m2~r2 +m3~r3 = 0 (4.5)

Indichiamo poi con ~li,j il vettore che va dalla massa i alla massa j, si ha ~li,j = ~rj − ~riScriviamo allora le condizioni di equilibrio in questo sistema di riferimento:

Gm1m2

l31,2~l1,2 +

Gm1m3

l31,3~l1,3 +m1ω

2~r1 = 0 (4.6)

Gm2m3

l32,3~l2,3 +

Gm2m1

l32,1~l2,1 +m2ω

2~r2 = 0 (4.7)

Gm3m1

l33,1~l3,1 +

Gm3m2

l33,2~l3,2 +m3ω

2~r3 = 0 (4.8)


sommando le prime due equazioni si ha

Gm3

(m1

~l1,3l31,3

+m2

~l2,3l32,3

)+ ω2(m1~r1 +m2~r2) = 0

che sostituendo alle ~li,j le espressioni in termini dei vettori posizione diventa

Gm3

(m1

~r3 − ~r1

l31,3+m2

~r3 − ~r2

l32,3

)+ ω2(m1~r1 +m2~r2) = 0

inoltre possiamo eliminare ~r2 con (4.5):

Gm3

(m1~r3 −m1~r1

l31,3+m2~r3 +m1~r1 +m3~r3

l32,3

)−m3ω

2~r3 = 0

riordinando i termini si ha(G

(m1

l31,3+m2 +m3

l32,3

)− ω2

)~r3 +Gm1

(1

l32,3− 1

l31,3

)~r1 = 0

Se invece sommiamo la seconda e la terza condizione d’equilibrio, analogamente otteniamo(G

(m2

l32,1+m3 +m1

l33,1

)− ω2

)~r1 +Gm2

(1

l33,1− 1

l32,1

)~r2 = 0

Dato che le massse non sono allineate, i vettori posizione non possono essere a due a dueparalleli, ovvero i coefficienti di ~r1, ~r2, ~r3 nelle due equazioni precedenti devono essere tuttinulli. Per prima cosa se ne deduce che

l2,3 = l1,3 = l2,1 = l

cioe le masse sono sui vertici di un triangolo di lato l. Infine si deduce anche che lavelocita di rotazione deve essere

ω =

√G(m1 +m2 +m3)

l3

Soluzione 4.3.20 (Soluzione al problema 3.1.28). Parte 1Innanzitutto e necessario capire meglio la Fisica del problema. La forza esercitata dal

Sole infatti deriva dal fenomeno della pressione di radiazione. Dato che la luce viene riflessa,la quantita di moto di un fotone passa da p a −p. Per la terza legge della dinamica, sullospecchio verra esercitata una forza F di modulo

F =∆p

∆t

Dato che per un fotone E = pc, la forza netta sara

F =2P

c

Dove P e la potenza netta che colpisce lo specchio. Questa potenza sara quindi l’intensitadel Sole per l’area, ovvero


P = I(r)A = I0r2

0

r2A⇒ F =

2I0r20A

c

1

r2

Dato che lo specchio e ortogonale al fotone e punta verso il Sole, la forza sara centrale,per cui otteniamo finalmente

~F (r) =2I0r

20A

c

1

r2r

Notare che e una forza repulsiva che va come 1/r2. Possiamo subito trovare il potenziale

U(r) =2I0r

20A

c

1

r

Se vogliamo che abbandoni il sistema solare, il caso limite si ottiene quando l’oggettoarriva ad infinito con velocita nulla. Di conseguenza, dalla conservazione dell’energia

1

2mv2

0 −GMm

r0

+2I0r

20A

c

1

r0

= 0

Ma per il teorema del viriale i primi due termini diventano semplicemente

−GMm2r0

+2I0r

20A

c

1

r0

= 0⇒ A =GMmc

4I0r20

Se invece incliniamo lo specchio, allora non si ha piu conservazione del momento angolarein quanto evidentemente la forza avra una componente tangenziale. Andiamo a vedere indettaglio cosa succede.

Innanzitutto cambia il modulo della forza in quanto cambia solo la componente ortogonaleallo specchio della quantita di moto, per cui si avra

F =2I0r

20A cosα

c

1

r2

Inoltre la forza sara in direzione normale allo specchio, che stavolta non e piu direttolungo r, ma diventa

n = cosαr + sinαθ

Da cui si trova la forma della forza

~F =2I0r

20A cosα

c

1

r2

(cosαr + sinαθ

)Che non e conservativa in quanto muovendosi su una circonferenza si fa lavoro non nullo.AGGIUNGERE CONSIDERAZIONI (tipo effetto jarkovski)Parte 2Il modo migliore per approcciare questo problema e quello di mettersi nel riferimento in

cui lo specchio e istantaneamente fermo. Consideriamo quindi due sistemi di riferimento, Se S ′. S e il riferimento solidale alla sorgente, S ′ si muove a velocita v rispetto ad esso.

Nella situazione 1 si ha lo specchio fermo in S ′ con un fotone di frequenza ν ′1 in arrivo versodi lui. Nella situazione 2 il fotone e rimbalzato contro lo specchio e quest ultimo e rinculatoindietro. Nell’urto si conservera l’energia totale e la quantita di moto. Di conseguenza,


hν′1c

= −hν′2c

+ γ2mv

hν ′1 +mc2 = hν ′2 + γ2mc2

Che ovviamente va scritto in modo piu ordinato comehν ′1 = −hν ′2 + β2γ2mc

2

hν ′1 +mc2 = hν ′2 + γ2mc2

Dato che ν ′2 in fondo non ci interessa, possiamo eliminarla facendo l’equazione sotto piuquella sopra.

2hν ′1 +mc2 = γ2mc2(1 + β2)

Che e un’equazione in β2 in funzione di ν ′1. Risolviamola

2hν ′1mc2

+ 1 =1 + β2√1− β2

2

⇒

A =

2hν ′1mc2

+ 1

A =

√1 + β2

1− β2

⇒ A2(1− β2) = 1 + β2 ⇒ β2 =A2 − 1

1 + A2

I casi notevoli ν ′1 → 0 e m → ∞ tornano, in quanto in entrambe i casi A → 1 e quindiβ2 → 0. Se ora vogliamo vedere che cosa e successo nel riferimento della sorgente, possiamotornare indietro usando la formula di addizione relativistica delle velocita. Prima di farlo,pero, e intelligente esprimere ν ′1 in funzione di ν, la frequenza propria della sorgente.

Per farlo possiamo usare direttamente la formula dell’effetto doppler relativistico oppurericordare che energia e impulso trasformano come un quadrivettore. Esprimendo quindienergia e impulso del fotone nei due sistemi di riferimento e ricordando che E2 = p2c2 +m2c4,che per un fotone diventa E = pc,

hν ′1 = γ (hν − βhν)hν′1c

= γ(hνc− β hν

c

)Che e in effetti la stessa equazione divisa per c, che porta subito a

ν ′1 = ν

√1− β1 + β

Quindi, nel riferimento della sorgente, dopo l’urto lo specchio avra una velocita

β + dβ =β + β2

1 + ββ2

FINIRE

Soluzione 4.3.21 (Soluzione al problema 3.1.31). Copiamo quello che e stato fatto perrisolvere il problema di Keplero: siamo in un campo centrale quindi si conserva energia emomento angolare. Scriviamo l’energia totale sapendo che l’orbita e piana


E =1

2mr2 +

1

2mr2θ2 + U(r) =

1

2mr2 +

L2

2mr2+ U(r)

Poniamo E = 0 in quanto l’energia si conserva

E = mrr − L2

mr3r +

∂U

∂rr =

(mr − L2

mr3+∂U

∂r

)r = 0

Per cui si deve avere

mr − L2

mr3+∂U

∂r= 0

In quanto r = 0 ha significato di orbita circolare, che e una soluzione ma non quella piugenerale.

Ora scambiamo la derivata nel tempo con la derivata rispetto all’angolo per trovare unarelazione r(θ) e non r(t)

dr

dt=dr

dθ

dθ

dt=

L

mr2

dr

dθ

mL

mr2

d

dθ

(L

mr2

dr

dθ

)− L2

mr3+∂U

∂r= 0

Ora e il momento giusto per scrivere l’espressione di U(r)

mL

mr2

d

dθ

(L

mr2

dr

dθ

)− L2

mr3− U0

(−r0

r2+ ε

2r20

r3

)= 0

Al solito, cambiamo variabile in u = 1r

per semplificare i conti

−L2

mu2d

2u

dθ2− L2

mu3 + U0r0u

2 − 2U0r20εu

3 = 0

d2u

dθ2= −

(1 +

2εmU0r20

L2

)u+

U0r0m

L2

Notare che questa equazione differenziale e uguale identica a quella del moto di Keplerose poniamo ε = 0. Se chiamiamo

1

θ20

=

(1 +

2εmU0r20

L2

)La soluzione e ovviamente

1

r(θ)= A cos

θ + φ

θ0

+θ2

0U0r0m

L2

Che e quasi l’equazione di un ellisse. Dico quasi perche in realta l’orbita non e chiusa maprecede su se stessa e questo e dovuto al fatto che θ0 6= 1, a differenza che nel problema diKeplero. In figura 4.3 e mostrato circa come avviene la precessione


Figura 4.3: Precessione dell’orbita di Mercurio

Sistemi a massa variabile

Soluzione 4.3.22 (Soluzione al problema 3.1.32). Facciamo come e stato consigliato nellasezione sui sistemi a massa variabile. Consideriamo due istanti di tempo:

Il razzo con massa m(t) che si muove a velocita ~v rispetto ad un generico riferimentoinerziale

Il razzo ha espulso una piccola massa dm a velocita relativa ~u

Scriviamo ~Fextdt = ~p(t+ dt)− ~p(t)

0 = (m− dm)(~v + d~v) + dm(~v − ~u)−m~v ⇒ md~v − ~udm− dmd~v = 0

Se ~v e ~u sono allineati possiamo ovviamente togliere il segno di vettore ed ottenerel’equazione

mdv = −udm+ dmdv

Se ora dividiamo a sinistra e destra per dm abbiamo a sinistra una quantita finita, adestra una quantita finita e una infinitesima, che quindi va buttata via. L’equazione siriduce a

mdv = −udm (4.9)

Che a questo punto si puo cercare di integrare. Per farlo possiamo separare le variabili

dv

u=dm

m⇒ ∆v = −u ln

M(t)

M0

Che ovviamente se il razzo parte da fermo diventa

v(t) = −u lnM(t)

M0

Dato che il razzo espelle massa ad un tasso costante R, avremo che M(t) = M0−Rt, percui


v(t) = −u ln

(1− Rt

M0

)Che ovviamente ha senso solo finche rimane massa nel razzo, per cui non dobbiamo pre-

occuparci di problemi di dominio nel logaritmo. Se volete questa equazione si puo integrarenel tempo per trovare la legge oraria, ricordando l’integrale del logaritmo

∫ln(1 + x)dx =

∫1 · ln(1 + x)dx = (x+ 1) ln(1 + x)−

∫x+ 1

1 + xdx = (x+ 1) ln(x+ 1)− x

Soluzione 4.3.23 (Soluzione del problema 3.1.33). Se la corda sporge di una lunghezza

x, la parte sospesa avra una massa m = Mx

L. La reazione vincolare del tavolo andra a

controbilanciare solo il peso della parte appoggiata, quindi la forza totale agente sulla funesara uguale al peso della parte sporgente, ovvero

~Ris = Mx

L~g

Ovviamente verticale verso il basso. Scrivendo F = ma,

Mx

Lg = Mx⇒ x = +ω2x

Notare l’importante segno + davanti ad ω2. Per risolvere questa equazione, che e linearea coefficienti costanti si prova una soluzione esponenziale

x(t) = Aeλt ⇒ Aλ2eλt = ω2eλt ⇒ λ = ±ω

Per cui

x(t) = Aeωt +Beωt

Imponiamo ora le condizioni iniziali per finire il problema.x(0) = x0

v(0) = 0⇒

A+B = x0

A−B = 0⇒ A = B =

x0

2

Per cui infine

x(t) = x0 coshωt

Equazione che ha senso ovviamente solo finche la corda sporge dal tavolo. Quando ecompletamente fuori dal tavolo il moto sara di caduta libera. Andiamo ora a calcolare iltempo τ . Ovviamente dobbiamo semplicemente imporre

x(τ) = L⇒ τ =1

ωcosh−1 L

x0


Soluzione 4.3.24 (Soluzione al problema 3.1.34). Le funzioni variabili in gioco sono il raggiodella goccia r(t), la sua velocita di caduta v(t) e la sua massa m(t). Dovremo trovare unsistema di equazioni differenziali che leghi queste quantita e cercare di risolverlo. Ovviamentedovremo prima o poi scrivere F = ma quindi prendiamoci d’anticipo e facciamolo subito pervedere cosa ci serve

m(t)gdt = p(t+ dt) + p(t) = (m+ dm)(v + dv)−mvPer cui

mgdt = vdm+mdv

Cerchiamo di capire quanto vale dm. Il punto fondamentale e che conta il volume spaz-zato, quindi dm = ρπr2vdt. Dato che abbiamo introdotto la variabile raggio, cerchiamo ditrovare relazioni fra r,m, v

m =4π

3λr3 (4.10)

Questo e semplicemente dire che la goccia e sferica e di densita uniforme. Andiamo afare le sostituzioni nell’equazione del moto

4π

3λr3g = vρπr2v +

4π

3λr3dv

dt

Dove ovviamente abbiamo diviso per dt. Ci mancano ancora delle relazioni fra r e v perottenere un’equazione differenziale in una variabile sola. Per farlo, si va a tentativi.

Per esempio, derivando l’equazione 4.10

ρπr2v = m = 4πλr2r ⇒ v =4λ

ρr

Che in effetti ci aiuta molto. Andiamo a sostituire nell’equazione precedente, dopo aversemplificato un r2

4π

3λgr = ρπ

16λ2

ρ2r2 +

4π

3λr

4λ

ρr

Che e finalmente un’equazione differenziale in una variabile sola (e brutta comunque).Scriviamola semplificando i termini inutili

g

λr =

12

ρr2 +

4

ρrr

E di nuovo si cercano le soluzioni a caso. Proviamo una soluzione polinomiale del tipor = Atα. Sostituiamo e vediamo se siamo fortunati.

g

λAtα =

12

ρα2A2t2α−2 +

4

ρα(α− 1)A2t2α−2

L’unico modo affinche questa equazione possa essere valida per ogni t e che gli esponentisiano uguali, ovvero

α = 2α− 2⇒ α = 2


In tal caso

g

λAt2 =

48

ρA2t2 +

8

ρA2t2 ⇒ At2

(g

λ− A56

ρ

)= 0

Da cui ovviamente la soluzione sensata e

A =ρ

56λg

Ovvero

r(t) =ρ

56λgt2

Ricordando poi la relazione fra v ed r possiamo trovare la legge oraria

v =4λ

ρ

ρ

28λgt =

g

7t

Notare che questo modello non e molto realistico in quanto facendo il limite per ρ → 0bisognerebbe trovare un moto di caduta libera, cosa che non accade.

Soluzione 4.3.25 (Soluzione al problema 3.1.35). La forza applicata alla catena dal sup-porto e responsabile di due cose:

1. regge la parte di catena direttamente sottostante

2. frena i pezzetti di corda dx che cadono ad una velocita x

Indichiamo con x la differenza tra l’altezza della corda iniziale e quella al tempo t. In undato istante la lunghezza della corda direttamente sotto il supporto e x

2poiche la corda si

piega e viene raddoppiata. Il primo contributo e, allora, dato da:

F1 =1

2σgx

Il contributo dovuto all’arresto e invece:

F2 =dp

dt= v

dm

dt= x

σdx2

dt=

1

2σx2

Abbiamo, inoltre che:

x =1

2gt2

x = gt

Sommando i due contributi e sostituendo per x e x:

F = F1 + F2 =1

2σgx

g+

1

2σx2 =

1

4σg2t2 +

1

2σg2t2

F =3

4σg2t2


Soluzione 4.3.26 (Soluzione del problema 3.1.36). Sia p(t) la quantita di moto del razzoall’istante t, v(t) la velocita, a(x) l’accelerazione, x(t) l’altezza dal suolo, m(t) la massa eλ(t) la massa per unita di tempo che il razzo perde (cioe λ(t) = −m(t)). Sul razzo agiscesolo la forza di gravita verso il basso, quindi

p(t+ dt)− p(t) = −m(t)gdt

Ora, p(t) = m(t)v(t) e

p(t+dt) = [m(t)−λ(t)dt]v(t+dt)+λ(t)dt[v(t)−u] = [m(t)−λ(t)dt][v(t)+v(t)dt]+λ(t)dt[v(t)−u]

La relazione di prima e quindi

[m(t)− λ(t)dt][v(t) + v(t)dt] + λ(t)dt[v(t)− u]−m(t)v(t) = −m(t)gdt

Facendo i prodotti e trascurando il termine di secondo ordine che esce, si arriva a

m(t)v(t)dt = λ(t)udt−m(t)gdt

e quindi

a(t) = v(t) =uλ(t)

m(t)− g

A questo punto uno dovrebbe lasciare a(t) in funzione dim

m0

oppure di λ, ma e meglio

sostituire direttamente la relazione m(t) = m0(1−αt) cosı si capisce subito che forma hannoi grafici delle tre funzioni.

Quindi λ(t) = −m(t) = m0α e

a(t) =uαm0

m0(1− αt)− g

Allora a(t) =uα

1− αt− g. Integrando questa, poiche il razzo parte da fermo e da terra,

v(t) = −u ln(1− αt)− gtIntegrando di nuovo

x(t) = −u[(t− 1

α

)ln(a− αt)− t

]− 1

2gt2

L’ultima integrazione e un po’ piu brutta delle altre, ma non c’e nulla di difficile (si

integra per parti e viene subito) Il fatto che il razzo perda1

250della sua massa al secondo

significa banalmente che α =1

250. Inoltre sappiamo che u =

√3RT

Mcon M la massa molare

delle molecole di idrogeno e quindi a STP u ≈ 1838 m/s La velocita di fuga si trova ponendoin pratica l’energia totale del razzo uguale a zero, quindi

1

2v(t)2 =

GMT

rT + x(t)

con MT , rT massa e raggio terrestre.


Questa e un’equazione trascendente. I metodi risolutivi di queste equazioni sono princi-palmente numerici, quindi armatevi di buona calcolatrice e andate a caso con il metodo dibisezione finche non trovate qualcosa di sensato.

Si trova t ≈ 249.84 s e quindim

m0

= 1− αt = 0.00064 Di conseguenza,m0

m≈ 1562.

Per il punto 3 si sostituisce il valore di t nella formula per x(t) e si trova x(fuga) ≈170761 m

Vorrei far notare che in questo problema c’e la base del ragionamento che spiega percheabbiamo dovuto aspettare gli anni ’60 per riuscire a mandare qualcuno sulla Luna. In questaapprossimazione non abbiamo considerato nessun tipo di attrito e siamo stati molto ottimistisul metodo di propulsione. Non c’e da stupirsi quindi che ci siano voluti migliaia di anni ditecnologia per riuscire a costruire un razzo a piu stadi che perde i 249/250 della sua massaprima di mandare il resto in orbita.


Fluidodinamica

Soluzione 4.3.27 (Soluzione del problema 3.1.38). Esistono sicuramente molti metodi perfarlo, ma uno carino ed istruttivo consiste nel misurare il periodo delle oscillazioni verticalidel cilindro intorno alla posizione di equilibrio in acqua. Vediamo come: consideriamo primala piscina senza immergere il cilindro e fissiamo un riferimento con l’asse z rivolto versoil basso e l’origine al livello della superficie dell’acqua. Ora supponiamo che il cilindro siadentro l’acqua con la superficie inferiore a quota z; il livello dell’acqua si sara alzato di d.Possiamo esprimere d in funzione di z utilizzando il fatto che il volume totale dell’acqua deveessere costante. Supponiamo che prima dell’immersione del cilindro la piscina fosse alta H,allora se A e la superficie della piscina, si trova che

AH = A(H + d)− S(d+ z)⇒ d =S

A− Sz

Allora la forza di archimede esercitata sul cilindro in queste condizioni vale ~Fa = −ρgS(d+z)z = −ρg AS

A−S zz l’equazione del moto e dunque

mz = mg − ρg AS

A− Sz = mg − ρg S

1− SA

z ⇒ z = g − ρgS

m(1− SA

)z

che e l’equazione di un moto armonico di centro z0 =m(1− S

A)

ρSe frequenza

ω =2π

T=

√ρgS

m(1− SA

)

da cui si ricava facilmente

A =S

1− ρgST 2

4π2m

Notiamo che se A→∞, T 2 → 4π2mρgS

= T 20 e possiamo riscrivere l’espressione come

A

S=

1

1− ( TT0

)2

che ci permette di valutare fino a che ordini di grandezza di superfici possiamo misurarecon un cronometro anche molto preciso, per esempio al decimillesimo di secondo: supponiamodi avere un cilindro si superficie 1m2 e massa 10kg, allora si ha T0 = 0.2006s; ora se ilnostro cronometro ha sensibilita di un decimillesimo di secondo siamo in grado di distinguereun periodo T = 0.2005s e allora ci sara un superficie d’acqua di A = 1003m2 cioe quasiuna piscina olimpionica! Tuttavia e evidente che nessuna sensibilita accessibile permette dimisurare la superficie del mare.

Soluzione 4.3.28 (Soluzione del problema 3.1.40). Facciamo una soluzione alternativa aquella proposta dal Gruppo Olimpiadi. Consideriamo un piccolo volume a forma di paralle-lepipedo di area S e spesso dx, distante x dalla parete. A sinistra, alla coordinata x, ci sarauna forza di taglio dovuta alla viscosita e sara F (x). A destra ci sara l’altra forza di taglio,F (x + dx). Inoltre, bisogna tenere anche conto della forza peso del nostro strato di fluido,


che sara Sdxρg. Mettiamo ora i segni giusti e scriviamo F = ma. Dato che siamo nel casostazionario, avremo che a = 0 e quindi anche F = 0

La forza a sinistra tendera a tenere su il nostro strato d’acqua in quanto ci aspettiamoche la velocita aumenti all’aumentare di x. La forza a destra invece tendera a tirare giu,aiutando il peso. Di conseguenza,

F (x)− Sdxρg − F (x+ dx) = 0⇒ −Sρg =F (x+ dx)− F (x)

dx=dF

dx

Ora consideriamo la definizione di viscosita per manipolare l’espressione della forza.

µ =Fdx

Sdv⇒ F = µS

dv

dx⇒ dF

dx= µS

d2v

dx2

Se ora usiamo questa espressione nell’equazione precedente,

−Sρg = µSd2v

dx2

Che e un’equazione differenziale molto semplice da risolvere.

d2v

dx2= −ρg

µ⇒ dv

dx=ρg

µx+ C ⇒ v(x) = −ρg

2µx2 + Cx+D

Ora dobbiamo imporre delle condizioni iniziali sensate. La piu ovvia e che v(0) = 0(viene suggerita dal testo), da cui D = 0. Per trovare l’altra condizione possiamo pensare inquesto modo: dv

dxassomiglia molto alla forza viscosa, infatti

dv

dx=

F

Sµ

Ora e abbastanza facile capire come la forza per unita di area in x = 0 sia uguale a

F (0)

S=mg

S= ρsg

In quanto se siamo nel caso stazionario il muro in effetti deve tenere su tutto il peso delmuro d’acqua. Da questo si ricava

C =dv(0)

dx=F (0)

Sµ=ρsg

µ

Concludendo di ricava quindi l’espressione della velocita in funzione di x

v(x) =ρg

2µx2 +

ρg

µsx =

ρgs2

2µ

(−w2 + 2w

)Dove nell’ultima espressione ho introdotto il parametro adimensionale w = x

s.

Per l’ultima domanda, se vogliamo la portata volumetrica e sufficiente accorgersi che lapiccola portata dQ e semplicemente uguale a dQ = ~v · d ~A. Nel nostro caso tutto diventasemplice in quanto c’e una direzione unica e si puo subito passare agli scalari

dQ = v(x)ldx = v(x)sldx

s= v(w)lsdw

Da cui per integrazione si ottiene


Q =

∫dQ =

∫ 1

0

v(w)lsdw =ρgls3

2µ

∫ 1

0

(−w2 + 2w

)dw =

2

3· ρgls

3

2µ=ρgls3

3µ

Soluzione 4.3.29 (Soluzione del problema 3.1.41). Mettiamoci nel sistema di riferimentorotante solidale al secchio. Compariranno quindi le forze apparenti. Dato che siamo nel casostazionario, la velocita istantanea del fluido nel sistema del laboratorio sara sempre

~v = Ωrφ

Di conseguenza, l’unica forza che davvero conta e la forza centrifuga

~F

V= ρrΩ2r

Dove ho indicato la forza per unita di volume. Dato che la forza centrifuga e centrale,possiamo associare un potenziale

U

V= −ρr

2

2Ω2

L’altra forza agente sul sistema e la forza peso. Di conseguenza, l’energia potenzialetotale per unita di volume sara

U

V= −ρr

2

2Ω2 + ρgh

La superficie descritta dal pelo dell’acqua sara una superficie equipotenziale. Infatti, el’unico modo per ottenere che la risultante delle forze sulle particelle sul pelo dell’acqua siaortogonale alla superficie. Se la risultante non fosse ortogonale, infatti, il fluido potrebbespostarsi e quindi non saremmo nel caso stazionario.

La superficie, descritta dai parametri h, r sara quindi

ρgh− ρr2

2Ω2 = C

Dove C e una costante da determinare. Per trovare il suo valore, imponiamo la conser-vazione del volume. Una volta messo in rotazione il secchio, infatti, il volume totale sara lostesso di quello iniziale. Esplicitiamo h(r, C) e calcoliamoci il volume.

h(r) = C ′ +r2Ω2

2g

Dove C ′ =C

ρg. Il volume occupato dal nuovo oggetto sara quindi

V =

∫ R

0

2πrh(r)dr = 2π

∫ R

0

(C ′ +

r2Ω2

2g

)rdr = 2π

(C ′R2

2+

Ω2R4

8g

)= πR2H

Da cui facilmente


C ′ = H − Ω2R2

4g

Per cui

h(r) = H +Ω2(2r2 −R2)

4g(4.11)

Che e l’equazione di un paraboloide di rotazione. Vediamo i casi limite per capire se ilrisultato e sensato. Per Ω → 0, h(r) = H, che e molto sensato. Se g → ∞, otteniamo lastessa cosa, mentre se g → 0 vediamo che effettivamente il fluido scappa dal centro, come ciaspettavamo.

Inoltre, h(0) < H e h(R) > H sempre. Andiamo a calcolare i valori di Ω per cui si toccail fondo e si traborda. Rispettivamente,

h(0) = 0⇔ H − Ω2R2

4g= 0⇔ Ω =

√4gH

R2

h(R) = 2H ⇔ H +Ω2R2

4g= 2H ⇔ Ω =

√4gH

R2

Notare che in questo caso, data la forma del secchio, i due valori coincidono.Per l’ultima domanda e necessario ritornare in un riferimento inerziale in quanto vor-

remmo applicare il teorema di Bernoulli. Torniamo quindi nel riferimento del laboratorio,dove

OCIO, PENSACI MEGLIO, IL FLUIDO E ROTAZIONALE E LA LINEA DI FLUSSONON AIUTA

Soluzione 4.3.30 (Soluzione del problema 3.1.42). Dato che il buco e piccolo, possiamosupporre che l’acqua scenda lentamente, ovvero che il pelo dell’acqua rimanga orizzontale enon si formino vortici. Chiamiamo quindi h(t) l’altezza del pelo dell’acqua dal buco. Usandoil teorema di Bernoulli, si ricava rapidamente che la velocita dell’acqua nei pressi del piccoloforo e v =

√2gh (tanto per cambiare).

La quantita di acqua che esce per unita di tempo sara

Φ = ρAv

Dove A e la sezione del buco e ρ e la densita dell’acqua. Ma dato che Φ rappresental’acqua persa per unita di tempo, sara anche

Φ = −ρdVdt

Dove V e il volume dell’acqua rimasta, con il segno meno perche sta diminuendo. Ilpiccolo dV

dte il volume di un cilindretto di raggio r(h) e di altezza dh in quanto stiamo

supponendo la discesa lenta. Quindi,

dV

dt= πr2(h)

dh

dt

Mettendo insieme il tutto,


ρA√

2gh = −ρπr2(h)dh

dt

Dato che dhdt

e una costante, possiamo semplicemente ricavare r(h)

r(h) =

√− A

π dhdt

√2gh

Dove non dovete crucciarvi del segno meno in quanto semplicemente dato che l’acqua siabbassa avremo dh

dt< 0.

In pratica, abbiamo

r(h) = Ch14

dato che scelto C determiniamo in modo unico dhdt

(sapendo A). Notiamo che il recipientee quindi molto largo vicino al buco, cosa sensata.

Soluzione 4.3.31 (Soluzione al problema 3.1.43). L’idea fondamentale e che l’aria e unfluido viscoso e di conseguenza l’aria sara quindi quasi ferma rispetto alla palla nei pressidella palla. In particolare, dato che la palla sta ruotando, ci sara un lato della palla dove l’ariasara piu veloce e uno dove sara piu lento. Di conseguenza, andando a naso con Bernoulli,ci sara una differenza di pressione fra i due lati della palla che causera una forza laterale ingrado di spostare in orizzontale la palla. Quando ho detto siete autorizzati ad approssimarein modo brutale dicevo sul serio. In fondo faro il conto meno approssimato e vedremo chenon differiscono di molto. Vediamo come fare il conto in soldoni.

In prima approssimazione possiamo dire che l’aria e ferma rispetto alla palla sulla suasuperficie. La velocita su un lato della palla sara quindi v − ωr, sull’altro v + ωr. UsiamoBernoulli per calcolare la differenza di pressione

p1 +1

2ρ(v+ωr)2 +ρgz = p2 +

1

2ρ(v−ωr)2 +ρgz ⇒ ∆p =

ρ

2

((v + ωr)2 − (v − ωr)2

)= 2ρωvr

La forza orizzontale sara quindi

F = ∆pA = 2ρωvrπr2 = 2πρr3ωv

Il tempo per percorrere la distanza orizzontale sara in prima approssimazione t = Lv. La

distanza orizzontale percorsa sara quindi

∆x =1

2mFt2 =

1

2m2πρr3ωv

(L

v

)2

= πρr3

m

ω

vL2 (4.12)

Notare che r3

me l’inverso della densita della pallina (per una costante). Ovviamente nelle

approssimazioni che abbiamo fatto non ha senso domandarsi che cosa succede per v → 0 inquanto abbiamo assunto che il tempo di volo fosse molto breve per trascurare ~g.

Vediamo ora che cosa succede facendo il conto un po’ meglio. Questo conto che andro afare non ha nessuna ambizione di essere esatto in quanto l’aria si comporta molto male comefluido, in quanto e comprimibile e fa un sacco di brutte cose che non abbiamo considerato.In ogni caso sara comunque meglio dell’approssimazione che abbiamo fatto fin’ora.


Dunque, modellizziamo il tutto in questo modo. Immaginiamo la pallina che si muovelungo l’asse x, con velocita ~v = vx, in rotazione con ~ω = ωz e l’aria ferma rispetto alriferimento. Le linee di flusso si avvolgeranno intorno alla pallina. Possiamo immaginaretuttavia che piu o meno si avvicinino man mano che ci allontaniamo dalla palla lungo l’assex, e che all’infinito ci sia sempre la pressione atmosferica patm. Imponiamo che l’aria siaferma sulla superficie della pallina e calcoliamoci la pressione in ogni punto della superficie,usando Bernoulli su una linea di flusso che arriva dall’infinito. Integrando tutta la pressioneotterremo la forza netta.

In formule dobbiamo imporre che ogni punto della superficie la velocita sia

~vp = ~ω × ~r

Applichiamo ora il teorema di Bernoulli

patm = p(~r) +1

2ρ(~v + ~ω × ~r)2

Da cui banalmente

p(~r) = patm −ρ

2(~v + ~ω × ~r)2 = patm −

ρ

2

(v2 + 2~v · ~ω × ~r + (~ω × ~r)2

)Per cui avremo che la forza dovuta alla pressione sara

~F = −∮∂V

pd ~A

Il termine dovuto alla pressione atmosferica lo possiamo subito ignorare in quanto lapressione e la stessa su ogni lato del solido e quindi l’integrale e nullo. Per andare avanti enecessario sapere come si fa un integrale di superficie. Dato che non siete tenuti a saperlo,(anche se e spiegato nella parte di calcolo in piu variabili), potete limitarvi a guardare ilconto.

Innanzitutto l’integrale e da fare su una sfera, quindi dobbiamo descrivere la superficiein modo matematico. Quindi,

~r(θ, φ) =

x = r sin θ cosφ

y = r sin θ sinφ

z = r cos θ

Questa e una parametrizzazione della superficie. I parametri liberi sono 2, θ, φ e si haovviamente φ ∈ [0, 2π] e θ ∈ [0, π]

Per trovare il vettore d ~A dobbiamo agire in questo modo. Troviamo i vettori ~w e ~u~v =

∂

∂θ~r

~u =∂

∂φ~r

Questi vettori sono tangenti la superficie. Il vettore d ~A sara d ~A = ~u× ~v.Dato che


~u =

r cos θ cosφr cos θ sinφ−r sin θ

~v =

−r sin θ sinφr sin θ cosφ

0

Con un facile conto,

d ~A = ~u× ~v = r2((sin2 θ cosφ)x+ (sin2 θ sinφ)y + (sin θ cos θ)z

)Ora per fare l’integrale dobbiamo passare da p(~r) a p(θ, φ). Usiamo l’espressione di prima,

eliminando subito il termine della pressione atmosferica in quanto abbiamo gia visto che siannulla.

Per fare i conti in modo ordinato,

~ω × ~r = ωrz × (sin θ cosφx+ sin θ sinφy + cos θz) = ωr(sin θ cosφy − sin θ sinφx)

Da cui

(~ω × ~r)2 = ω2r2 sin2 θ

Inoltre,

~v · ~ω × ~r = −ωrv sin θ sinφ

Per cui

p(θ, φ) = −ρ2

(−2ωrv sin θ sinφ+ ω2r2 sin2 θ

)

pd ~A = −ρ2

(−2ωrv sin θ sinφ+ ω2r2 sin2 θ

)r2((sin2 θ cosφ)x+ (sin2 θ sinφ)y + (sin θ cos θ)z

)Per ottenere la forza dobbiamo semplicemente integrare

~F =

∫ π

0

∫ 2π

0

pd ~A(θ, φ)dφdθ

E ora molto facile vedere come sia Fx sia Fz siano entrambe nulle. Gli integrali infattipresentano grandi simmetrie che annullano subito queste due componenti. Calcoliamo invece~F = Fyy

∫ π

0

∫ 2π

0

pdAy(θ, φ)dφdθ = −ρr2

2

∫ π

0

∫ 2π

0

(−2ωrv sin3 θ sin2 φ+ ω2r2 sin4 θ sinφ

)dφdθ =

= −ρr2

2

∫ π

0

(−2πωvr sin3 θ + 0

)dθ = πρωr3v

∫ π

0

sin3 θdθ

Per l’ultimo integrale possiamo scrivere


sin3 θ =

(eiθ − e−iθ

2i

)3

=e3iθ − e−3iθ − 3eiθ + 3e−iθ

−8i=

3

4sin θ − 1

4sin 3θ

Da cui

∫ π

0

sin3 θdθ =

∫ π

0

(3

4sin θ − 1

4sin 3θ

)dθ =

(−3

4cos θ +

1

12cos 3θ

)π0

=3

2− 1

6=

4

3

Infine, finalmente

~F =4π

3ρωr3vy

Come vedete, abbiamo fatto una marea di conti per trovare un fattore numerico che noncambia nemmeno un ordine di grandezza. Prendetelo come esempio per ricordare che spessonon vale la pena di fare le cose in maniera esatta.


4.3.2 Termodinamica

Soluzione 4.3.32 (Soluzione al problema 3.2.1). Modello 1: Consideriamo la temperaturadella colonna d’aria costante. L’assunzione che di solito si fa che ora non possiamo piu faree che la densita dell’aria sia cosı bassa da rendere ininfluente il cambio di pressione dovutoall’altezza, ovvero si assume

ρg∆h p0

Per non approssimare, scriviamo la legge di Stevino

ρ~g = ~∇p =∂p

∂zz =

dp

dzz

Usando la legge dei gas perfetti cerchiamo una relazione fra p e ρ in quanto nell’equazioneprecedente abbiamo troppe variabili.

pV = nRT ⇒ p =nµ

V

RT

µ= ρ

RT

µ

Dove come al solito abbiamo indicato con µ la massa molare.

dp

dzz = − µg

RTpz

Al solito, indichiamo la distanza caratteristica

1

h=

µg

RT

E la nostra equazione diventa semplicemente

dp

dz= −p

h

Che e una equazione differenziale a variabili separabili che si integra con facilita.∫ p(z)

p0

dp

p= −

∫ z

0

dz

h

p(z) = p0e− zh

Modello 2: Consideriamo uno strato d’aria che si espande in modo adiabatico salendol’atmosfera. Varra

pV γ = cost⇒ p1−γT γ = cost

Scriviamo di nuovo la legge di Stevino

dp = −ρgdz = −p µgRT

dz

Sfruttiamo il fatto che conosciamo la temperatura e la pressione al livello del terrenop0, T0


p1−γ0 T γ0 = p1−γT γ ⇒ T = T0

(p0

p

) 1−γγ

Sostituendo nella precedente,

dp = −p µgRT0

(p

p0

) 1−γγ

dz = − µg

RT0

p1γ

p1−γγ

0

dz

Separiamo le variabili e integriamo∫ p

p0

p−1γ dp = −

∫ z

0

µg

RT0

dz

p1−γγ

0

γ

γ − 1

(pγ−1γ − p

γ−1γ

0

)= − µg

RT0

pγ−1γ

0 z

p = p0

(1− γ − 1

γ

µg

RT0

z

) γγ−1

E evidente che questo modello ha senso fino ad un’altezza limite

hmax =γ

γ − 1

RT0

µg≈

7525

8, 31 · 300

28 · 10−3 · 9, 81≈ 30km

Soluzione 4.3.33 (Soluzione al problema 3.2.2). La prima cosa da fare e cercare di dare unmodello per capire quante particelle escono dall’astronave in un certo tempo.

Il flusso di massa uscente dall’astronave sara

∂M

∂t= −ρvA

Dove v e un’opportuna velocita di cui discuteremo ora. All’interno dell’astronave, l’ariasara circa ferma, mentre poco fuori dal buco ci sara pressione 0 e la velocita v.

Applichiamo quindi il teorema di Bernoulli in quei due punti.

p(t) =1

2ρ(t)v2 ⇒ v =

√2p

ρ=

√2RT

µ

Quando le particelle escono dalla nave, in effetti non interagiscono con le altre, diconseguenza la temperatura interna della nave rimarra costante e di conseguenza anchev.

Detto V0 il volume dell’astronave, che ovviamente non varia, sara

∂M

∂t= V0

∂ρ

∂t= −ρ

√2RTA

µ

Questa e una banale equazione differenziale a variabile separabile in quanto e della forma


dρ

dt= −ρ

τ

Dove ho messo la derivata ordinaria in quanto la densita dipende solo dal tempo e nondalla posizione nell’astronave, mentre

1

τ=

√2RTA

V0µ

E una costante.L’equazione si integra facilmente separando le variabili

dρ

ρ= −dt

τ⇒∫ ρ(t)

ρ0

dρ

ρ= −

∫ t

0

dt

τ⇒ ln

ρ(t)

ρ0

= − tτ

ρ(t) = ρ0e− tτ

Essendo p = ρRTµ

, sara

p(t) = p0e− tτ

Soluzione 4.3.34 (Soluzione al problema 3.2.5). Innanzitutto e necessario trovare la pressio-ne del gas. L’unica forza che contrasta la pressione e la tensione superficiale. Di conseguenza,scriviamo la definizione di σ

σ =dU

dA

Il dU dovuto alla pressione sara ∆pdV = 4πr2drp, mentre dA = d(4πr2) = 8πrdr, percui

σ =∆p4πr2dr

8πrdr⇒ ∆p =

2σ

r

Questa differenza di pressione e quella fra i due volumi separati da una superficie affettada tensione superficiale. Di conseguenza questo termine di pressione compare fra l’internodella bolla e lo strato di sapone e fra lo strato di sapone e l’esterno della bolla, per un totale

di ∆p = 4σr

, ma dato che pext = 0, abbiamo p =4σ

r. Calcoliamoci quindi la capacita termica

del sistema

c =Q

ndT=dU + pdV

ndT= CV +

p

n

dV

dT(4.13)

Ma se si ha sempre equilibrio meccanico, allora

pr = 4σ = costante⇒ p3V = costante⇒ T 3V −2 = costante = k

Vediamo ora in due modi come ricavaredV

dTpartendo da T 3V −2 = k. La prima cosa che

viene in mente e di esplicitare V (T ) e poi farne la derivata


V =

√T 3

k⇒ dV

dT=

3

2

√T

k

T

T=

3V

2T

L’altro modo, forse meno immediato, e in realta molto piu semplice. Sembra fatto a casoma in realta ci sono solide ragioni sotto. L’espressione

T 3V −2 = k

e della forma F (T, V ) = k. Se facciamo il differenziale a destra e a sinistra, a destra viene 0perche k e costante. A sinistra viene

∂F

∂TdT +

∂F

∂VdV = 0⇒ dV

dT= −

∂F∂T∂F∂V

= − 3T 2V −2

−2T 3V −3=

3V

2T

Al corso di Analisi 2 scoprirete che questa cosa si puo fare anche con molte piu variabiliottenendo risultati simili. Per ora siete completamente legittimati a non saperne niente2

Riprendiamo l’equazione 4.13

c = CV +p

n

dV

dT=

5

2R +

3

2R = 4R

FARE SECONDA PARTEPER ORA LA TROVATE SUL SITO DELLE IPHO

Soluzione 4.3.35. Soluzione al problema 3.2.6. Possiamo risolvere questo problema in duemodi, che in realta sono equivalenti.

Metodo 1:La prima idea che viene in mente quando si parla di massimo rendimentoe utilizzare un ciclo di Carnot. L’idea e giusta ma bisogna tener conto del fatto che le duesorgenti non sono a temperatura fissa ma variabile, per cui facendo molti cicli infinitesimi,il rendimento sara variabile. Ovviamente potremo estrarre lavoro dal sistema finche ci sarauna differenza di temperatura fra i due oggetti. Una volta raggiunto l’equilibrio non sarapiu possibile fare niente.

Chiamiamo T1 la temperatura variabile di a e T2 quella di b. Avremo

η = 1− T1

T2

Il calore infinitesimo preso dalla macchina sara dQass. Il calore ceduto al corpo b saradQced. Se condsidero dQced > 0 e dQass > 0, avro

dL = dQassη = dQass − dQcedQass = −CadT1

Qced = CbdT2

Per cui

2Il motivo e il teorema delle funzioni implicite, detto teorema del Dini in onore di Ulisse Dini, matematicopisano che l’ha dimostrato. Vi sconsiglio di approfondire l’argomento, non mi e mai servito durante unproblema delle Olimpiadi.


dL = −CadT1

(1− T2

T1

)= −CadT1 − CbdT2 ⇒ Ca

T2

T1

dT1 = −CbdT2

CadT1

T1

= −CbdT2

T2

⇒ Ca

∫ Tf

Ta

dT1

T1

= −Cb∫ Tf

Tb

dT2

T2

Ca lnTfTa

+ Cb lnTfTb

= 0⇒ ln

(TfTa

)Ca (TfTb

)Cb= 0

Tf = TCa

Ca+Cba T

CbCa+Cbb

Per chiarire le idee, consideriamo il caso Ca = Cb. In tal caso Tf =√TaTb, che e una

temperatura minore della media aritmetica delle temperature, il che ci rassicura, in quantoquello sarebbe il caso fisico in cui non si fa nessun lavoro e si lascia libero il sistema di andareall’equilibrio da solo.

Il lavoro compiuto in totale sara

L = Qass −Qced = Ca(Ta − Tf )− Cb(Tf − Tb) = (CaTa + CbTb)− (Ca + Cb)Tf

Che assomiglia ad una sorta di energia iniziale meno energia finale. Sostituendo Tf si con-clude. Notare i segni e l’ordine delle cose: abbiamo scelto di prendere Qass e Qced entrambepositivi, per cui abbiamo dovuto dare l’ordine giusto alle temperature e non semplicementefinale meno iniziale. Con il secondo metodo faremo in modo diverso.

Metodo 2: Cerchiamo di scrivere dStot ≥ 0 in modo intelligente per ottenere deirisultati. Notare che alla fine sara equivalente ad un ciclo di Carnot.

Prendiamo dQ1 il calore assorbito dal corpo a e dQ2 il calore assorbito dal corpo b. Notareche entrambe stavolta vengono presi positivi se viene assorbito calore e negativi altrimenti.

dStot = dS1 + dS2 = CadT1 + CbdT2

Integriamo i lati estremi della disequazione

∆Stot = Ca lnTfTa

+ Cb lnTfTb

∆StotCa + Cb

= ln

(TfTa

) CaCa+Cb

(TfTb

) CbCa+Cb

Tf = TCa

Ca+Cba T

CbCa+Cbb e

∆SCa+Cb

Notare che essendo

L = Ca(Ta − Tf )− Cb(Tf − Tb) = (CaTa + CbTb)− (Ca + Cb)Tf

La cosa migliore da fare e ottenere una temperatura Tf bassa. Dato che ∆S ≥ 0, il valoreminimo si ha per


Tf = TCa

Ca+Cba T

CbCa+Cbb

Che e lo stesso risultato di prima.

Soluzione 4.3.36. Soluzione al problema 3.2.7Disegniamo il ciclo di Carnot. Per cominciare, cerchiamo la forma di una isoterma e di

una adiabatica nel piano p− V .

Essendo p =U

3V=

aT 4

3, un’isoterma e anche una isobara. Di conseguenza le due

isoterme saranno due segmenti orizzontali. Scriviamo ora l’equazione dell’adiabatica

dU = −pdV ⇒ d(3pV ) = −pdV ⇒ 3pdV + 3V dp = −pdV ⇒ 3dp

p= −4dV

V

ln

(p

p0

)3

= ln

(V0

V

)4

⇒ p3V 4 = cost

Che diventa quindi simile ad un’iperbole.Calcoliamo ora il rendimento del ciclo, per vedere se ritroviamo la formula.

1. A→ B isoterma a temperatura Th

2. B → C adiabatica

3. C → D isoterma a temperatura Tl

4. D → A adiabatica

LAB =

∫ B

A

pdV =

∫ B

A

aT 4h

3dV =

aT 4h

3(VB − VA)

LBC = −∆UBC = aT 4BVB − aT 4

CVC = a(T 4hVB − T 4

l VC)

LCD =

∫ D

C

pdV =

∫ D

C

aT 4l

3dV =

aT 4l

3(VD − VC)

LDA = −∆UDA = aT 4DVD − aT 4

AVA = a(T 4l VD − T 4

hVA)

Lciclo =4a

3(T 4

h (VB − VA)− T 4l (VC − VD))

Qass = QAB = ∆UAB + LAB =4a

3T 4h (VB − VA)

η = 1− T 4l

T 4h

VC − VDVB − VA

Sfruttiamo adesso l’equazione di un’adiabatica per semplificare l’espressione


p3V 4 = c⇒(aT 4

3

)3

V 4 = c⇒ T 3V = cost

T 3hVB = T 3

l VC

T 3hVA = T 3

l VD⇒ T 3

h (VB − VA) = T 3l (VC − VD)

Da cui segue banalmente

η = 1− TlTh

Soluzione 4.3.37 (Soluzione al problema 3.2.12). Per il primo punto e sufficiente integraree porre una condizione al contorno sensata.

∂v

∂z=z

η

∂P

∂r⇒ v(z, r) =

z2

2η

∂P

∂r+ C

Abbiamo potuto integrare anche ∂P∂r

in quanto non dipende da z. Questo fatto derivadall’assunzione che la velocita sia puramente radiale. Infatti, se ci fosse un ∂P

∂zallora ci

sarebbe anche una componente della velocita lungo z.Per trovare la condizione al contorno, la cosa piu sensata da fare e dire che l’aria sia

ferma a contatto con il piano e a contatto con la goccia. Di conseguenza v(± b

2

)= 0

b2

8η

∂P

∂r+ C = 0⇒ C = − b

2

8η

∂P

∂r

Da cui otteniamo l’espressione per v

v(z, r) =z2

2η

∂P

∂r− b2

8η

∂P

∂r=∂P

∂r

4z2 − b2

8η

A questo punto bisogna riordinare le idee per capire cosa fare. Il punto fondamentalee che siamo nel caso stazionario. Di conseguenza, il vapore che esce da sotto dovra esserecontrobilanciato da qualcosa e questo qualcosa e l’evaporazione della goccia d’acqua a causadel flusso di calore dal piano rovente attraverso il gas.

Se chiamiamo dVdt

il volume espulso per unita di tempo, dovra essere

dV

dt=PowerLρv

Dove Power e la potenza trasmessa alla goccia, L il calore latente e ρ la densita del vapore.Noi sappiamo che

Power =kπr2∆T

b

Da cui facilmente

dV

dt=kπr2∆T

bLρv


Quindi se troviamo un’espressione alternativa per dVdt

abbiamo un’equazione. Ma il vo-lume espulso sara per l’appunto il flusso della velocita attraverso la superficie cilindrica.Quindi,

dV

dt= Φ(~v, ∂V ) =

∫ b2

− b2

∫ 2π

0

v(r, z)Rdφdz = 2πR

∫ b2

− b2

v(r, z)dz =

=πr

4η

∂P

∂r

∫ b2

− b2

(4z2 − b2)dz =πr

2η

∂P

∂r

(4

3z3 − b2z

) b2

0

= −πrb3

6η

∂P

∂r

Uguagliandolo all’equazione precedente,

−πrb3

6η

∂P

∂r=kπr2∆T

bLρv⇒ ∂P

∂r= −6kη∆T

Lρvb4r

Che ci permette di integrare ottenendo

P (r)− P0 = −3kη∆T

Lρvb4

(r2 − b2

4

)Dove P0 e la pressione atmosferica.Per trovare b, possiamo per esempio uguagliare la forza di pressione agente sulla goccia

alla forza peso della stessa, in quanto abbiamo detto che rimane sospesa in aria.Di conseguenza,

mg = Fp ⇒4π

3 · 2R3ρg =

∫ R

0

−3kη∆T

Lρvb4

(r2 − b2

4

)2πrdr

2π

3R3ρg =

3πηk∆TR4

2ρvLb4

Da cui si ricava

b =

(9ηkR∆T

4ρρvLg

) 14

Se vogliamo ricavare il tempo di vita della goccia, dobbiamo intanto ricavarci il tasso divaporizzazione. Precedentemente avevamo scritto

dV

dt=kπR2∆T

bLρv

Sostituendo l’espressione per b vediamo che in effetti il tasso dipende da R.

dV

dt=kπR2∆T

Lρv

(4ρρvLg

9ηkR∆T

) 14

=

((k∆T

Lρv

)34π4ρg

9η

) 14

R74 = βR

74

Dove ovviamente dobbiamo mettere un segno meno in quanto il volume sta diminuendo.

d

dt

(2π

3R3

)= −βR

74 ⇒ 2πR2R = −βR

74 ⇒

∫ 0

R0

R14dR = −

∫ τ

0

β

2πdt⇒ −4

5R

540 = − β

2πτ


τ =8

5

(9ηρ3L3

4k3ρvg∆T 3

) 14

R540

Soluzione 4.3.38 (Soluzione del problema 3.2.14). Il nostro sistema e monodimensionale.Abbiamo sopra il ghiaccio la temperatura costante Tf e sotto lo strato la temperatura Tc.Evidentemente fluira calore dal ghiaccio verso l’esterno. Questo fluire causera due effetti:

1. La diminuzione della temperatura dell’acqua subito sotto il ghiaccio in modo da por-tarla a temperatura di fusione.

2. L’incremento dello spessore del ghiaccio.

Il calore dQ scambiato in un tempo dt molto piccolo sara, secondo la legge di Fourier

dQ =S

h(t)(Tc − Tf )dt

Dove ho indicato con S la superficie del lago. Il calore verra usato per due contributi

dQ = dQ1 + dQ2

Come ho spiegato sopra dQ1 = cSdh(Tc − T0)

dQ2 = LSdh

Mettendo quindi insieme tutto otteniamo un’equazione

cSdh(Tc − T0) + LSdh =S

h(t)(Tc − Tf )dt

Che e un’equazione differenziale in h(t) se riscritta in modo furbo

(c(Tc − T0) + L)dh

dt=Tc − Tf

h

Che si integra con facilita separando le variabili

hdh =Tc − Tf

c(Tc − T0) + Ldt⇒

∫ h(t)

h0

hdh =

∫ t

0

Tc − Tfc(Tc − T0) + L

dt

Ovvero

h(t)2 − h20 =

Tc − Tfc(Tc − T0) + L

t⇒ h(t) =

√h2

0 +Tc − Tf

c(Tc − T0) + Lt

Facciamo i controlli di rito sulla sensatezza della nostra soluzione. Intanto ricordiamoche affinche il problema abbia senso ci sono delle restrizioni sulla temperatura, ovvero

Tf ≤ T0 ≤ Tc

Una volta fissata questa idea, possiamo fare i controlli.


1. Se Tf = Tc = T0 allora non succede niente e in effetti si ha h(t) = h0 ∀t

2. Se c o L diventano grandi, allora il ghiaccio cresce piu lentamente, cosa sensata

3. Se Tc = T0 la capacita termica non conta niente, in quanto il ghiaccio deve soloaumentare di spessore, altra cosa sensata

4. Se Tf = T0 il ghiaccio cresce comunque. Questo e sensato. Il fatto che normalmentesia Tf < T0 non fa altro che velocizzare il processo, ma basta l’uguaglianza per creareghiaccio.


4.3.3 Elettromagnetismo

Campo elettrostatico

Soluzione 4.3.39 (Soluzione del problema 3.3.2). Dovrei aggiungere un disegno in quantoe quasi indispensabile per capire quello che sto facendo. Nel frattempo spero riusciate a fareun disegno voi per capire il ragionamento.

1. Per il calcolo del campo elettrico si usa un trucchetto molto carino che si usa spesso.Calcoliamo separatamente i campi creati dalle due sferette. Per la sfera positiva ilcampo sara ovviamente radiale uscente e sara quindi, usando il teorema di Gauss,all’interno del volume in cui c’e ρ

4πr2E(r) =4π

3

ρr3

ε0⇒ ~E(r) =

ρ

3ε0~r

E all’interno della sfera negativa, invece

~E(r) = − ρ

3ε0~r

Nella regione in cui ci sono entrambe le sfere, ovvero nella zona scarica c’e un campoelettrico totale

~E =ρ

3ε0(~r+ − ~r−) =

ρ~δ

3ε0

Ovvero il campo elettrico e uniforme nella zona in cui ci sono entrambe le distribuzioni.

2. A questo punto sarebbe fondamentale avere un disegno in modo da capire quello chesi sta facendo. Prometto che prima o poi lo metto.

Immaginiamo di andare a fare una procedura di limite in cui appunto ρ → ∞, δ → 0ma ρδ = C. Immaginiamo che a sinistra ci sia la sfera negativa e a destra quellapositiva. Ci aspettiamo che alla fine del limite a sinistra ci sia una certa −σ e a destrauna +σ e sull’equatore a meta fra i due ci sia una σ localmente nulla. Data la simmetriaazimutale del problema, σ sara una funzione solo di θ e non di φ, ovvero σ(θ)

Con un buon disegno, che spero siate in grado di fare mentre io cerco di farlo al PC,possiamo fare effettivamente la procedura di limite.

Consideriamo una zona ad un certo angolo θ. Se riusciamo in qualche modo a calco-lare, nell’intorno di un certo angolo θ, il volume netto in cui vi e una sola delle duedistribuzioni di carica, allora la carica presente su quella zona sara dQ = ρdV . Ilnostro dV tuttavia nel limite che stiamo andando a fare sta diventando un ∆rdA, incui fare il limite δ → 0 implica che ∆r → 0. Il metodo per calcolare effettivamentequesto volume e alquanto burino in perche prendiamo in fondo due segmenti a casoe ne facciamo la differenza, e questa sara ∆r. Il punto e che nel limite in cui δ → 0,questa approssimazione che sembra a caso diventa esatta. Facciamo quindi il conto,sfruttando il teorema di Carnot


dQ = ∆rdA = ρ(√

a2 + δ2 + 2aδ cos θ − a)dA

Per cui

σ =dQ

dA= ρ

(√a2 + δ2 + 2aδ cos θ − a

)Che, nel limite

σ = ρa

(√1 +

2δ

acos θ +

δ2

a2− 1

)≈ ρa

(δ

acos θ +

δ2

2a2

)= ρδ(cos θ +

δ

a) = ρδ cos θ

E ovviamente intelligente scrivere a questo punto σ in termini del campo all’interno

ρδ = 3E0ε0 ⇒ σ(θ) = 3E0ε0 cos θ

Notiamo infine che si ha effettivamente σ(π/2) = 0 e σ(0) = −σ(π)

3. Facciamo ora un piccolo passo indietro e consideriamo il campo elettrico fuori primadi fare il limite. Per il teorema di Gauss e per il principio di sovrapposizione, il campoelettrico totale sara la somma di quelli generati da ciascuna delle due sfere e quindi,sempre per Gauss, sara il campo generato da due cariche puntiformi,

q = −(−q) =4π

3ρa3

Poste ad una distanza ~δ l’una dall’altra. Il fatto di andare a fare il limite δ → 0, ci diceche in un certo senso noi siamo estremamente lontani dal dipolo che abbiamo davanti.Il dipolo ~p sara per l’appunto ~p = q~δ, ovvero

~p = q~δ = ρ~δ4π

3a3 = 3 ~E0ε0

4π

3a3 = 4πε0 ~E0a

3

Per cui il potenziale fuori dal nostro guscio sara

V =~p · r

4πε0r2= ~E0ar

(ar

)2

Mentre il campo elettrico fuori

~E =(

3( ~E0 · r)r − ~E0

)(ar

)3

E buona norma una volta trovati i campi controllare se effettivamente rispettano lecondizioni sui punti di discontinuita, come in questo caso la superficie sferica su cui c’e


una σ, che ci aspettiamo faccia saltare il campo in modo discontinuo. In particolareinfatti sulla superficie della sfera deve essere

( ~Efuori − ~Edentro) · n = σε0

( ~Efuori − ~Edentro)× n = 0

~Edentro e molto semplice, infatti vale sempre ~E0. ~Efuori, invece, al limite della superficiesara

~Efuori =(

3( ~E0 · r)r − ~E0

)Dato che n = r e che il problema ha simmetria azimutale, fare |~F × n| e equivalente a

fare ~F ·θ, dove θ e il classico versore delle coordinate sferiche, definito come usualmente.Le condizioni al bordo di prima diventano quindi(3( ~E0 · r)r) · r =

3ε0E0 cos θ

ε03( ~E0 · r)r × r = 0

Che sono ovviamente verificate per ogni θ. Questa e una conferma ulteriore dellavalidita della soluzione

FINISCI DI SCRIVERE POTA

Soluzione 4.3.40 (Soluzione del problema 3.3.3). La configurazione iniziale e data dallacarica q al centro del guscio conduttore, quella finale dalla carica q a infinita distanza dalguscio. Poiche ∆U = W (con W lavoro da compiere per spostare la carica), bastera calcolarel’energia potenziale del sistema nelle due configurazioni; l’energia potenziale si puo calcolarecon la formula U = ε0

2

∫E2dV , integrando su tutto lo spazio. Il motivo per cui si puo

utilizzare questa formula e che semplicemente la distribuzione di carica e localizzata, comee spiegato nella sezione di teoria di elettrostatica. Bisogna tuttavia stare attenti in quantovi e una carica puntiforme, di cui bisogna ricordarsi quando si fa l’integrale, in quanto il suocontributo e infinito.

Il campo elettrico, inizialmente, e quello generato da una carica puntiforme in tutto lospazio a parte nella regione di spazio occupata dal guscio conduttore, dove e zero. Alla fineinvece il campo elettrico e quello di una carica puntiforme in tutto lo spazio (in quanto ilguscio, essendo a distanza infinita da q, non risente del campo generato da essa). In formule:

Ui =ε02

∫ +∞

0

∫ π

0

∫ 2π

0

[1

4πε0

q

r2

]2

dφ sin θdθr2dr − ε02

∫ b

a

∫ π

0

∫ 2π

0

[1

4πε0

q

r2

]2

dφ sin θdθr2dr

Uf =ε02

∫ +∞

0

∫ π

0

∫ 2π

0

[1

4πε0

q

r2

]2

dφ sin θdθr2dr

In entrambi i casi, il primo integrale diverge. Questo poiche questa formula per l’energiapotenziale tiene conto dell’energia che serve per formare la carica puntiforme a partire da


cariche infinitesime all’infinito, che e infinita. Bisognerebbe quindi togliere questo contributonel calcolare l’energia potenziale del sistema. In quanto pero il contributo andrebbe tolto siada Ui che da Uf , non e necessario calcolarlo per ottenere ∆U . Il lavoro necessario e quindi

W = ∆U =ε02

∫ b

a

∫ π

0

∫ 2π

0

[1

4πε0

q

r2

]2

dφ sin θdθr2dr =1

32π2ε0

∫ b

a

∫ π

0

∫ 2π

0

q2

r2dφ sin θdθdr =

=1

16πε0

∫ b

a

∫ π

0

q2

r2sin θdθdr =

1

8πε0

∫ b

a

q2

r2dr =

q2

8πε0

[1

a− 1

b

]Un modo alternativo di scrivere questo integrale per ricordarsi che bisogna togliere il

contributo della carica puntiforme e il seguente: possiamo sfruttare il principio di sovrappo-sizione per scrivere il campo elettrico totale

~E = ~Ep + ~Eg

Dove con ovvia notazione si intende ~Ep il campo generato dalla carica puntiforme e l’altroquello generato dal guscio. Ricordando ora che

E2p + E2

g 6= ~E2 = E2p + E2

g + 2 ~Ep · ~EgSi giunge facilmente a scrivere

U0 =ε02

∫E2pdV +

ε02

∫E2gdV + 2

ε02

∫~Eg · ~EpdV

Dato che

U1 =ε02

∫E2pdV

Segue banalmente

∆U =ε02

∫E2gdV + 2

ε02

∫~Eg · ~EpdV

E con un paio di conti si vede subito che l’integrale rimane quello che abbiamo calcolatoprima.


1. In un materiale conduttore all’equilibrio il campo elettrico all’interno e nullo. Diconseguenza, sara

0 = ~E1 + ~E2

Dove ~E2 e il campo prodotto dalla sola carica q. Sara banalmente quindi

~E1 = − q

4πε0

~r

r3


Dove ~r e il vettore che congiunge la carica q al generico punto P . Espresso in terminidelle componenti diventa

~E1 =q

4πε0

(x+ a)x− yy((x+ a)2 + y2)

32


2. Il problema ha un evidentissima simmetria cilindrica. Di conseguenza la distribuzionedi cariche σ(r) genera un campo ~E = Exx+Err a sinistra e un campo ~E = −Exx+Erra destra. Calcolandolo esplicitamente,

~E1 = − q

4πε0

(x+ a)x+ yy

((x+ a)2 + y2)32

E questo e evidentemente un termine ~rr3 , ovvero il campo generato da una carica

puntiforme. Dato che ~r e la distanza dal punto (−a, 0, 0), questo campo e assolutamenteequivalente (a destra del piano) a quello generato da una carica puntiforme −q postanel punto (−a, 0, 0), ovvero specchiata rispetto al piano.

3. Prima di andare a calcolare il campo sul piano ragioniamo un attimo su quello checi aspettiamo di trovare: abbiamo un conduttore all’equilibrio, per cui il teorema diCoulomb ci dice che il vettore campo elettrico sara ortogonale al piano. Vediamo se itorni contano.


~E =q

4πε0

~r2

r32

− q

4πε0

~r1

r31

Ma dato che siamo sul piano si ha r21 = r2

2 = a2 + y2 + z2 = r2 + a2

~E =q

4πε0

~r2 − ~r1

(r2 + a2)32

= − q

4πε0

2ax

(r2 + a2)32

Che e effettivamente ortogonale alla superficie.

4. Sappiamo dal teorema di Coulomb che

σ = ε0E

Per cui semplicemente

σ(r) = − q

4π

2a

(r2 + a2)32

Per cui il massimo e per r = 0 in cui

σ(0) = − q

2πa2

5. La forza sara quella fra due cariche puntiformi, per cui

F =q2

4πε0(2a)2

Questa forza deve controbilanciare il peso e la tensione del filo. Sara

tanα =F

mg⇒ q2

4πε0(2a)2= mg tanα→ q2 = (2a)24πε0mg tanα

Chiaramente facendo la radice dovremo scegliere fra la soluzione positiva e quellanegativa. In realta vanno bene entrambe in quanto non abbiamo supposto niente sullanatura della carica q per fare i conti, quindi va bene sia positiva che negativa.

6. Avendo gia a disposizione σ possiamo integrare

qind =

∫σdA =

∫ ∞0

σ(r)2πrdr =

∫ ∞0

− q

4π

2a

(r2 + a2)32

2πrdr =

= −q∫ ∞

0

a

(a2 + r2)32

rdr = −q∫ ∞

0

ra(

1 + r2

a2

) 32

dr

a= −q

∫ ∞0

z(1 + z2)−32dz =

= −q[−(1 + z2)−

12

]∞0

= −q


Soluzione alternativa:

La soluzione che ho riportato poco sopra e la soluzione ufficiale proposta dal gruppoOlimpiadi. Ovviamente questa soluzione e ineccepibile, ma visto che abbiamo parlato delmetodo della carica immagine nella parte di teoria, ritengo opportuno mostrare anche questasoluzione.

Riepiloghiamo un attimo quello che sappiamo: abbiamo un conduttore infinito con da-vanti a lui una carica q. Sappiamo che in un conduttore all’equilibrio il campo elettrico deveessere nullo e di conseguenza il potenziale deve essere uniforme. Dato che in questo casomettere lo 0 all’infinito ha poco senso in quanto se il conduttore e infinito, allora ci sara ilsuo potenziale all’infinito lungo la direzione giusta. Tanto vale quindi porre direttamente lo0 del potenziale sul conduttore.

Andiamo ora ad esaminare che cosa ci dice il teorema sulla carica immagine 3. Se noitroviamo un modo di disporre delle cariche elettriche nella zona del conduttore in modoche rendano uniforme il potenziale sulla superficie del conduttore e uguale al valore chegli abbiamo posto, allora il campo elettrico fuori dal conduttore generato dalle caricheaccumulate sulla superficie del conduttore e lo stesso identico campo che generano lecariche che noi abbiamo posto dentro il conduttore.

In parole povere, se troviamo una generica distribuzione di cariche dentro il condutto-re (che, badate bene, non ci sono davvero, e solo un artificio matematico) che tengano ilpotenziale a 0 sulla superficie del piano, allora il campo fuori dal conduttore e quello dellacarica puntiforme q piu quello delle cariche che ho messo dentro il conduttore per far tornarei conti.

Tuttavia questa situazione e molto semplice da trattare in quanto per far annullare ilpotenziale su tutta la superficie e sufficiente mettere una carica −q in posizione (−a, 0, 0).Controllate per credere

Come sono riuscito a vedere ad occhio dove andava messa? Beh, questi problemi sifanno tutti allo stesso modo: si cerca di determinare per motivi di simmetria che tipo didistribuzione di carica possa andare (una carica puntiforme, un filo infinito, un piano o chene so), poi si cerca sempre per motivi di simmetria di capire dove deve essere posizionata, einfine si impongono delle equazioni per trovare la posizione precisa.

Per esempio in questo caso era assolutamente ovvio per ragioni di simmetria che dovesseessere una o piu cariche puntiformi da mettere sull’asse x. Non era scontato scegliere esat-tamente −q e −a, ma non e necessario tirare a caso, si puo anche lasciare alla matematicala ricerca del risultato. Chiamiamo q′ e a′ la posizione della carica da mettere, che ancoranon sappiamo essere −q e −a

Vsup = 0 =1

4πε0

(q

|~r − ~a|+

q′

|~r + ~a′|

)=

1

4πε0

(q√

a2 + y2 + z2+

q′√a′2 + y2 + z2

)

E a questo punto, affinche quella cosa sia 0 ∀y, z deve evidentemente essere q′ = −q ea′ = −a. Questa soluzione era decisamente banale, ma se fate il prossimo problema, in cuibisogna usare carica immagine su una sfera conduttrice, le cose saranno meno scontate.

3In realta non si chiama cosı, e semplicemente un teorema di unicita della soluzione, ma visto che a noinon importa davvero il suo nome possiamo chiamarlo cosı.


Soluzione 4.3.42 (Soluzione al problema 3.3.9). Considerare il sistema di riferimento de-scritto nel testo del problema. In questo riferimento i due fili si trovano rispettivamentea

λ : (R, 0)

−λ : (−R, 0)

Ovviamente la coordinata z e inutile. Diamo innanzitutto una descrizione qualitativa dicome saranno fatte le linee di campo e quindi le superfici equipotenziali. Vicino al filo positivole linee di campo usciranno e quindi, se siamo abbastanza vicini da poter trascurare l’altrofilo, le superfici equipotenziali saranno circa delle circonferenze centrate nel filo. Il problemae ovviamente antisimmetrico rispetto al piano yz, ovvero se la superficie equipotenziale Ve da una parte a destra del piano, quella a −V sara della stessa forma e sara il simmetricodella prima rispetto a quel piano. Andiamo ora a fare dei conti espliciti per rispondere alledomande.

Il potenziale generato dal primo filo sara

V+ =λ

2πε0lnr+

R

Se vi chiedete come ho fatto a calcolarlo cosı ad occhio, basta applicare Gauss per vedereche il campo elettrico e

~E+ =λ

2πε0

1

rr

Una primitiva di 1r

e ln rr0

e se voglio che il potenziale sia 0 in mezzo devo per forzascegliere r0 = R. Analogamente,

V− = − λ

2πε0lnr−R

Per cui il potenziale totale sara la somma

V =λ

2πε0lnr+

r−

Notate ora una cosa: nel piano xy i fili sono due punti, (R, 0), (−R, 0). Il luogo dei puntiequidistanti da questi due e l’asse del segmento che li congiunge e rispetta r+

r−= 1, ovvero

V = 0. Una conferma di una cosa che gia ci aspettavamo.

Ora se vogliamo mostrare che nel piano le superfici giuste sono circonferenze possiamoagire in due modi:

Fare una cosa matematicosa ovvero dire che il luogo dei punti tali che r+r−

= k sono

circonferenze di Apollonio (cercate su internet per saperne di piu).

Scrivere l’equazione di una circonferenza centrata nel punto opportuno e di raggio dascegliere e imporre delle condizioni affinche r+

r−= k


Visto che il secondo metodo e piu generale perche permette di descrivere luoghi a caso,usero quello. Consideriamo quindi una circonferenza centrata nel punto (x0, 0) di raggior. Parametrizziamo i suoi punti con l’angolo θ rispetto all’asse x e imponiamo condi-zioni affinche r+

r−non dipenda dall’angolo θ, ovvero effettivamente renda la circonferenza

equipotenziale.Andiamo a calcolare analiticamente in funzione di (R, x0, r, θ) le distanze r+ ed r−

r2+ = (x0 + r cos θ −R)2 + r2 sin2 θ = x2

0 +R2 + r2 + 2rx0 cos θ − 2Rx0 − 2Rr cos θ

r2− = (x0 + r cos θ +R)2 + r2 sin2 θ = x2

0 +R2 + r2 + 2rx0 cos θ + 2Rx0 + 2Rr cos θ

Potremmo anche fare la radice e calcolare il rapporto, ma dato che

V =λ

2πε0lnr+

r−

Tanto vale considerare

C = exp

(4πε0V

λ

)e dire che

r2+

r2−

= C

Quindi dobbiamo imporre

x20 +R2 + r2 + 2rx0 cos θ − 2Rx0 − 2Rr cos θ

x20 +R2 + r2 + 2rx0 cos θ + 2Rx0 + 2Rr cos θ

= C

A questo punto si puo agire in diversi modi per avere delle relazioni fra (x0, r, R) senzamorire di conti. Possiamo considerare la funzione

f(θ) =x2

0 +R2 + r2 + 2rx0 cos θ − 2Rx0 − 2Rr cos θ

x20 +R2 + r2 + 2rx0 cos θ + 2Rx0 + 2Rr cos θ

− C

Questa funzione, se imponiamo quello che vogliamo, e costantemente nulla. Di con-seguenza lo sara anche la sua derivata, cosa che farebbe sparire la fastidiosa costante C.Tuttavia, fare la derivata di un rapporto di solito non semplifica i conti. Di conseguenza,opto per un’alternativa. Considero un’altra funzione

g(θ) = x20+R2+r2+2rx0 cos θ−2Rx0−2Rr cos θ−C

(x2

0 +R2 + r2 + 2rx0 cos θ + 2Rx0 + 2Rr cos θ)

Ovvero il numeratore meno C volte il denominatore. Anche questa sara costantementenulla e quindi anche la sua derivata. L’unica differenza rispetto a prima e che cosı i contisono meno atroci. Andiamo ad imporre che

dg

dθ= 0 ∀θ


−2rx0 sin θ + 2Rr sin θ = C(−2rx0 sin θ − 2Rr sin θ)

⇒ −x0 +R = −C(x0 +R)⇒ x0(1− C) = R(1 + C)

x0 = R

(1 + C

1− C

)E questa e la prima relazione utile. Abbiamo trovato esplicitamente il valore di x0 in

funzione di cose che sappiamo gia. Tuttavia non e ancora detto che le cose funzionino.Dobbiamo ributtare dentro l’equazione precedente questo valore per cercare una formulaper r. Permettetemi di fare una cosa che non apprezzo nemmeno io, solo per scrivere dimeno. Dato che le uniche grandezze con le dimensioni di una lunghezza rimaste sono r edR, poniamo

r =r

R

Alla fine ci ricorderemo di rimettere R al suo posto. L’equazione precedente diventa(1 + C

1− C

)2

+ 1 + r2 + 2r

(1 + C

1− C

)cos θ − 2

(1 + C

1− C

)− 2r cos θ(

1 + C

1− C

)2

+ 1 + r2 + 2r

(1 + C

1− C

)cos θ + 2

(1 + C

1− C

)+ 2r cos θ

= C

Notiamo che c’e un quadrato sia al numeratore che al denominatore.((1 + C

1− C

)− 1

)2

+ r2 + 2r cos θ

((1 + C

1− C

)− 1

)((

1 + C

1− C

)+ 1

)2

+ r2 + 2r cos θ

((1 + C

1− C

)+ 1

) = C

(2C

1− C

)2

+ r2 + 2r cos θ

(2C

1− C

)(

2

1− C

)2

+ r2 + 2r cos θ

(2

1− C

) = C

(2C

1− C

)2

+ r2 + 2r cos θ

(2C

1− C

)= C

((2

1− C

)2

+ r2 + 2r cos θ

(2

1− C

))E magicamente il termine dipendente da θ si semplifica. A questo punto ci rimane solo

un’equazione per r (2C

1− C

)2

+ r2 = C

(2

1− C

)2

+ Cr2

r2(1− C) =4

(1− C)2(C − C2) = −4C(C − 1)

(C − 1)2


A questo punto abbiamo effettivamente quasi risolto il problema. Abbiamo infattimostrato che se prendiamo circonferenze posizionate in x0 e di raggio r allora le cosefunzionano.

x0 = R

(1 + C

1− C

)r2 = R2 4C

(1− C)2

L’occhio esperto vede subito che queste formule hanno qualcosa di familiare. In particola-re sembrano formule trigonometriche. Ricordandoci che C e un esponenziale, sara opportunocercare di far comparire delle funzioni iperboliche che renderanno sicuramente piu agevolefare il grafico e lo studio di funzione. x0 e facile

x0 = R

(1 + C

1− C

)= − R

tanh

(2πε0V

λ

)Dove se devo essere sincero non capisco perche ci sia un meno. Qualche anima buona mi

indichi dove ho sbagliato il conto e lo correggero. r e un po’ piu complicato

r = R

√4C

(1− C)2= 2R

exp

(2πε0V

λ

)√

1− exp

(4πε0V

λ

) =R

sinh

(2πε0V

λ

)E a questo punto possiamo cercare di capire se i casi limite funzionano. Per esempio la

superficie a V = 0 deve essere un piano che sta a meta del riferimento, ovvero una circonfe-renza di raggio infinito e centro all’infinito. Basta fare i limiti per vedere che funziona. Seinvece prendiamo V molto grande, allora le circonferenze diventano molto piccole e centratesu R, come ci aspettavamo.

Per concludere allego il grafico fatto con geogebra.

Soluzione 4.3.43 (Soluzione del problema 3.3.10). Beh, quando avete dei conduttori ecercate di trovare il potenziale che generano la prima cosa che vi viene in mente se lasoluzione non e elementare e di usare il metodo della carica immagine. E molto sensatocercare di mettere due fili rettilinei infiniti, di carica λ e −λ dentro i due conduttori affincheil potenziale sulla superficie sia costante. Se voi trovate il valore di λ e la posizione in cuimettere i fili in modo che sulla superficie il potenziale sia quello che volete, allora il campoelettrico all’esterno e univocamente determinato. Questo sarebbe estremamente utile, inquanto la seconda idea importante di questo problema e che in un mezzo resistivo il campoelettrico e la densita di corrente sono estremamente legati

~E = ρ ~J

La corrente che fluisce fra i due conduttori dovro in qualche modo quantificarla. Seconsidero una supeficie gaussiana che ingloba uno solo dei due cilindri e facile convincersiche


Figura 4.5: Grafico delle superfici equipotenziali

ΦJ =

∮~J · d ~A

E esattamente la corrente che stiamo cercando. Infatti questa e tutta la carica che fluiscenell’unita di tempo dal primo conduttore e quindi andra verso il secondo conduttore. Laparte migliore e che

i = Φj =1

ρΦE =

1

ρ

Qint

ε0=

λ

ρε0h

Da cui segue banalmente

ρ =λ

ε0ih

Per cui a questo punto e sufficiente trovare λ per finire il problema. Ci aspettiamo che λdipenda da a, d, V0. Per trovare davvero quanto vale si puo agire in piu modi. Il piu semplicee semplicemente fare il problema 3.3.9, che non per niente ho messo subito prima di questo.Infatti, da quel problema seguono immediatamente diverse relazioni utili come

d = 2x

tanh

(2πε0V0

λ

)a =

x

sinh

(2πε0V0

λ

)


Da cuid

a= 2 cosh

(2πε0V0

λ

)⇒ λ =

2πε0V0

cosh−1 d

2a

Che finalmente fornisce la soluzione

ρ =2πV0

i

hcosh−1 d

2a

Notiamo un caso limite particolare che ci rassicura della validita del risultato. Se avvi-ciniamo di molto i cilindri, ci aspettiamo che ad un certo punto la corrente diventi moltointensa in quanto c’e meno mezzo da percorrere. In effetti, l’unico modo per avere un ρ finitonel limite d→ 2a e per l’appunto che i→∞ in quanto avremmo uno zero al denominatore.

Soluzione 4.3.44 (Soluzione del problema 3.3.12). Vediamo di capire bene la Fisica delproblema prima di metterci a fare pazzi conti senza sapere dove stiamo andando. Abbiamoun mare di fluido che si muove intorno ad una carica positiva +Q. Non ci vuole moltoa capire che i portatori di carica negativa cercheranno di accumularsi intorno alla caricapositiva e i portatori di carica negativa invece andranno ad allontanarsi. Il problema vero eriuscire ad impostare dei conti sensati che facciano uscire un risultato.

Vediamo intanto di capire come modellizzare il sistema: si tratta di cariche che si muovo-no, ma tutto fa pensare ad un sistema all’equilibrio e quindi trattabile come statico, ovverodescrivibile da un potenziale elettrostatico V (~r). La validita di questa approssimazione edovuta al fatto che al centro ci sia una carica netta che quindi genera un potenziale grossonelle vicinanze del centro del sistema. Inoltre, il fatto che non si parli di moti relativisticici fa ancora di piu convincere che una soluzione elettrostatica sia ragionevole per questomodello.

Cerchiamo di dare un carattere al potenziale che stiamo cercando. Ovviamente il proble-ma ha simmetria sferica, quindi il nostro potenziale sara altrettanto. Di conseguenza avremoun potenziale V (r) e non V (~r) e un conseguente campo elettrico ~E(r) = −∂V

∂r, anche questo

radiale per la simmetria del potenziale. Ovviamente per gli stessi motivi anche ρ(~r) sarauna ρ(r). Ho scritto piu volte il teorema di Gauss in forma sia integrale che differenziale. Inquesto caso e piu semplice risolvere il problema usando la formulazione differenziale, ovveroscrivere

∇2V (r) = − ρε0

Vi consiglio di fare il conto per prenderci la mano. Mostrate che, in questo caso,

∇2V =1

r

d2(rV (r))

dr2

Dove ho tolto la derivata parziale e messo quella usuale in quanto abbiamo visto che ilpotenziale dipende solo da r. Il nostro obiettivo e trovare un’altra relazione fra ρ e V , in mododa ottenere un’equazione differenziale che poi (se siamo fortunati) risolveremo ottenendo ilrisultato.

A questo punto ci domandiamo: che equazione possiamo trovare fra potenziale e densitadi carica? A questo punto, come dico sempre, bisogna leggere bene il testo. Per l’appunto,


nel testo si parla di temperatura e si dice addirittura di trovare un risultato approssimato alprim’ordine in un parametro con della temperatura. A questo punto vi deve venire in mentela distribuzione di probabilita di Boltzmann.

Andiamo a formalizzare questa idea. Consideriamo per esempio i portatori di caricapositivi. Questi andranno a disporsi nello spazio secondo una distribuzione volumetrican+(r), diversa dal valore uniforme iniziale, a simmetria sferica per il solito motivo. Inparticolare, la cosa da scrivere e

n+(r) ∝ exp

[−q+V (r)

kBT

]Che e proprio il teorema di Boltzmann. Infatti, la densita numerica di particelle e una

quantita termodinamica e il suo valore nello spazio seguira una distribuzione il cui andamentoe dato dalla formula che ho appena scritto. Per brevita di notazione indichero nei prossimipassaggi β = 1

kBT, come si fa di solito.

Sarebbe bello avere pero una relazione quantitativa, ovvero una relazione in cui la costantedi proporzionalita sia espressa in termini di cose che sappiamo. Per farlo, bisogna ricorrereai dati del testo. Per esempio noi sappiamo la densita di numerica iniziale n+. Le cariche,per quanto lontane possano essere andate, non saranno sparite, per cui potremo imporre unacondizione di normalizzazione in modo da trovare quello che ci serve. Scriviamo

N0 =

∫ ∞0

4πr2n+(r)dr

Questa e la condizione di normalizzazione. Calma, abbiamo scritto N0, che non ho maidefinito. Vediamo di fare le cose per bene: noi conosciamo la densita numerica, non il numerototale di cariche4. Per fare una cosa sensata e meglio scrivere

n+ = limR→∞

N0(R)4π3R3

= limR→∞

∫ R

0

4πr2n+(r)dr

4π3R3

Che moralmente e la stessa identica cosa, ma solo scritta in modo che si capisca chenon stiamo barando poi troppo. A questo punto possiamo chiamare α+ la costante diproporizionalita fra l’esponenziale e n(r) e trovare l’equazione per α

n+ = α+ limR→∞

∫ R

0

4πr2 exp [−βq+V (r)] dr

4π

3R3

Che, a patto di conoscere l’espressione analitica di V (r)5 e un’equazione di primo gradoin α+. Non serve un genio per capire che equazioni identiche valgono per i portatori di caricanegativi. L’unica differenza e che ci va un meno dentro l’esponenziale.

Perche abbiamo fatto tutto questo casino? Ricordiamo qual e il nostro obiettivo: trovareρ(r). Beh, ma in realta adesso possiamo esprimerla in termini delle quantita di cui abbiamoappena discusso, infatti

4Che e ovviamente infinito.5Che, badate bene, e il nostro ultimo obiettivo.


ρ(r) = q+n+(r)− q−n−(r) = q+α+ exp [−βq+V (r)]− q−α− exp [βq−V (r)]

Ma a questo punto possiamo ricordarci l’equazione di Poisson che abbiamo scritto prima

ρ(r) = −ε01

r

d2(rV )

dr2

Per cui finalmente abbiamo ottenuto una (mostruosa) equazione differenziale per V (r)!

−ε01

r

d2(rV )

dr2= q+α+ exp [−βq+V (r)]− q−α− exp [βq−V (r)]

A questo punto e bene scrivere con ordine le cose in modo da cercare di capire comeapprossimare. E abbastanza evidente che una soluzione esplicita di questa equazione siapraticamente impossibile da trovare. Cominciamo con il fare dei guess, poi mostreremocome si possa ricavare la soluzione al prim’ordine e vedremo come rispetta i

FAI I GUESSFacciamo ora i conti. Ricordiamo innanzitutto che per piccoli x si ha ex ≈ 1+x. Vediamo

come approssimare il calcolo di α±

α± ≈ limR→∞

n±4π3R3∫ R

0

4πr2(1∓ βq±V )dr

=

= n±

limR→∞

1

1∓ 3q±β∫R0 r2V (r)dr

R3

≈

≈ n±

1± limR→∞

3q±β

∫ R

0

r2V (r)dr

R3

A questo punto possiamo fare un facile ragionamento qualitativo per vedere che il limitee zero: a grandi distanze, mal che vada V scala come 1/r, che sarebbe il termine con unasola carica puntiforme. Dato che le nostre cariche stanno schermando il tutto, e moltoprobabile che invece l’andamento sia molto piu smorzato. Anche tenendo il termine 1/r, chee il caso peggiore, svolgendo l’integrale il limite fa zero, per cui possiamo concludere che alprim’ordine nel parametro di temperatura si ha α± ≈ n±. Vediamo di approssimare l’altraequazione a questo punto

−ε01

r

d2(rV )

dr2= q+n+(1− βq+V (r))− q−n−(1 + βq−V (r))

= βV (r)(n+q

2+ + n−q

2−)

E questa equazione, nella variabile f(r) = rV (r), e la solita


f ′′ = −λ2f

Dove il parametro λ, che ha le dimensioni di un inverso di una lunghezza, e

λ =

√n+q

2+ + n−q

2−

ε0kBT

La cui soluzione e ovviamente

V (r) = Ae−λr

r

Con A costante che adesso andiamo prontamente a determinare. Notare che a questopunto e fatta in quanto possiamo subito calcolare

ρ(r) = −ε0∇2V = −ε0Aλ2 e−λr

r

Per il calcolo di A notiamo che ρ(r) genera un potenziale molto piu debole nell’orifinedi quello che genera invece la carica puntiforme, di conseguenza, per avere il limite correttodeve essere

V (r) =Q

4πε0

e−λr

r

ρ(r) = −λ2Q

4π

e−λr

r

Vorrei far notare che questo potenziale e un potenziale di Yukawa e questo modellinofunziona anche per altri oggetti come l’atomo classico, cosa che rende meno un problemapuramente accademico il problema 3.1.29


Campo magnetostatico

Soluzione 4.3.45 (Soluzione del problema 3.3.17). Per risolvere questo problema serveun’idea molto intelligente. Il primo approccio puo essere quello di cominciare a impostareun sistema di PDE sfruttando la simmetria sferica e cercare di integrarlo. Purtroppo questometodo non e adatto a trovare la soluzione in un tempo finito. Vediamo quindi l’idea furba.

Innanzitutto usiamo la simmetria del problema: dato che il problema e completamentesimmetrico per rotazioni, qualsiasi quantita rilevante scalare dipendera solo dal modulo del-la distanza dal centro r e dal tempo t, invece che dalla posizione ~r e dal tempo t. Inoltre,qualsiasi quantita vettoriale dovra necessariamente essere radiale, sempre per motivi di sim-metria. Di conseguenza, il campo magnetico ~B sara nullo ovunque in quanto se non lo fosseavrebbe flusso non nullo, cosa assurda per la seconda legge di Maxwell.

Andiamo a considerare la nostra sfera all’istante iniziale. Consideriamo due gusci sfericispessi dr, G1 e G2, posti a r1 < r2. Immaginiamo ora di colorare con due colori diversi questidue gusci e di vedere che cosa succede quando scorre il tempo.

Prendiamo una carica dq che sta nel guscio G1. Su di essa agira una forza elettrica

dF1 =1

4πε0

dqρc4π3R3

1

R21

=ρc3ε0

dqR1

Prendiamo un’altra carica dq che sta nell’altro guscio. Ovviamente

dF2 =ρc3ε0

dqR2

Dato che ~F = m~a

a1 =ρc3ε0

dq

dmR1 =

ρc3ε0

q

mR1

E ovviamente

a2 =ρc3ε0

q

mR2

E quindi a1 < a2! Questo non e da poco, in quanto vuol dire che i gusci esterni scappanopiu velocemente dei gusci interni. Dato che abbiamo scelto dei raggi generici, questa cosa valeper ogni strato all’istante iniziale e di conseguenza anche poi durante gli istanti successivi!Per essere piu chiaro, se prendiamo i due gusci G1 e G2 e li coloriamo diversamente, questidue colori non andranno mai a mischiarsi durante l’evoluzione di tutto il sistema. Questasemplificazione enorme ci dice che se una carica q si trova nella melassa all’istante inizialein una posizione r, allora la forza agente sulla carica sara sempre

F =ρc0 r

3

3ε0

q

r2

Per cui

mr =ρc0 r

3

3ε0

q

r2⇒ r =

Q(r)

ε0

q

m

1

r2

Dove ho indicato con Q(r) la quantita che manca, che ha le dimensioni di una caricaelettrica. A questo punto l’unica cosa che rimane da fare e integrare questa equazione


differenziale con un pochino di trucchi. La cosa standard da fare in questo caso e moltiplicareper qualcosa cercando poi di vedere delle derivate di cose note. Moltiplicando per r, peresempio

rr = Ar

r2⇒ d

dt

(r2

2

)= − d

dt

(A

r

)Da cui segue

r2

2+A

r=A

r

Se vogliamo trovare esplicitamente r, occorre separare le variabili

r =√

2A

√1

r− 1

r⇒√

rr

r − rdr =

√2Adt

Che a questo punto possiamo provare ad integrare. Per rendere la cosa meno dolorosa, esensato sostituire

r = zr

In modo da ridurre il problema a qualcosa di completamente matematico senza parametri√z

z − 1dz =

√2A

r3dt

A questo punto non rimane che integrare. Troviamo prima in parte una primitiva dellafunzione di z. E intelligente una sostituzione z = cosh2w in quanto il denominatore diventapiu bello alla vista.

dz = 2 sinhw coshwdw

∫ √z

z − 1dz =

∫ √cosh2w

sinh2w2 coshw sinhwdw =

∫2 cosh2wdw

L’ultimo integrale e facile, basta scrivere la definizione di cosh con gli esponenziali, fareil quadrato di binomio e integrare degli esponenziali. Visto che non ho voglia di farlo, ilrisultato e ∫ √

z

z − 1dz = w + sinhw coshw = cosh−1

√z +√z

4√z2 − 1

Probabilmente ci sono dei conti sbagliati perche derivando non torna, ma il succo lo avetecapito. Una volta trovato L’integrale, che indicheremo con I(z), si procede a

I(z) =2A

r3t

Che potete provare ad invertire in modo da trovare esplicitamente z(t) e quindi r(t). Iovi sconsiglio di farlo.


Equazioni di Maxwell

Soluzione 4.3.46 (Soluzione del problema 3.3.21). Soluzione 1: Scriviamo innanzituttola definizione di conducibilita elettrica

~J = σ ~E

Consideriamo una superficie sferica di raggio r centrata nella sfera. Facciamo il flussodell’equazione precedente attraverso questa superficie.

Φ( ~J, ∂V ) = σΦ( ~E, ∂V )

Tuttavia, possiamo utilizzare la legge di Gauss per l’elettrostatica per dire che

Φ( ~E, ∂V ) =1

ε0q(∂V )

Dove ho indicato la carica contenuta dentro la superficie ∂V . Inoltre, sappiamo anchedall’equazione di continuita che

Φ( ~J, ∂V ) +∂q(∂V )

∂t= 0

Per cui

−∂q(∂V )

∂t=σ

ε0q(∂V )

E notiamo ora che non era per niente necessario scegliere una superficie sferica, bastavaprendere una qualsiasi superficie chiusa. Infatti

−∫∂V

∂ρ

∂tdV =

∫∂V

σ

ε0ρdV

E data l’arbitrarieta del volume, possiamo togliere il segno di integrale e ottenere subito

∂ρ

∂t= − σ

ε0ρ

Che e un’equazione differenziale semplice che si puo risolvere separando le variabili, inquanto c’e una sola variabile di derivazione. Per ogni punto interno alla sfera varra quindi

ρ = ρ0e−σtε0

Ma la carica da qualche parte si dovra accumulare, in quanto non puo sfuggire all’infinito.Dato che e una sfera, si avra un accumulo di carica isotropo sulla sua superficie. Per trovarel’espressione della densita superficiale, basta dire che la carica totale si conserva. Indico conδ(t) la densita di carica superficiale sul bordo della sfera (brutta notazione ma σ e ρ sonogia occupate)

δ(t) =qsup

4πR2=

4π3R3(ρ0 − ρ0e

−σtε0

)4πR2

=ρ0R

3

(1− e−

σtε0

)


Vediamo ora cosa succede ai campi ~E e ~B. Dato che il problema e completamentesimmetrico per rotazioni, anche i campi ~E e ~B dovranno esserlo e quindi l’unico modo chehanno per rispettare questa condizione e essere radiali entrambe. Di conseguenza,

~E = E(r)r~B = B(r)r

Tuttavia e ovvio che un campo radiale non ovunque nullo fa flusso su almeno una super-ficie, quindi otteniamo subito ~B = 0. Infine possiamo usare la legge di Gauss per ottenere

che ~E =q0

4πε0r2r fuori dalla sfera. Dentro invece si avra che cresce linearmente con il raggio.

Si puo usare Gauss per ottenere l’espressione, ma non e rilevante. Il punto e che all’esternoi campi ~E e ~B non sono variati di una virgola durante il processo, quindi un osservatore nonsi puo accogere di quello che e accaduto.

Tuttavia, e interessante vedere come ci sia un altro modo in cui un osservatore esternopossa capire che e successo qualcosa. Infatti, passando da una distribuzione all’altra, la sferaha perso energia! Questa energia da qualche parte deve essere finita e la risposta piu rapidache viene in mente e che sia finita in calore. La sfera quindi avra una temperatura piu altadopo l’avvenimento e quindi irradiera di piu.

La perdita di energia sara uguale alla differenza di energia potenziale delle due distribu-zioni.

∆U =

(3

5− 1

2

)q2

0

4πε0R=

q20

40πε0R

I fattori 35

e 12

non sono messi a caso. Il fattore 35

e stato calcolato in un problema analogo,il problema 3.1.20. Il fattore 1

2si puo vedere subito che e corretto in quanto una palla con

carica solo in superficie e in effetti un condensatore, per cui vale la formula U = Q2

2C

Soluzione 2:Consideriamo la definizione di conducibilita

~J = σ ~E

Prendiamo la divergenza a destra e sinistra

~∇ · ~J = σ~∇ · ~E

Usiamo l’equazione di continuita e l’equazione di Gauss per l’elettrostatica

−∂ρ∂t

=σ

ε0ρ

Il resto del problema si svolge allo stesso modo. Notare di nuovo che sono tutte proprietalocali, ovvero fino a questo punto non abbiamo detto niente della forma globale dell’oggetto.In ogni punto la carica andra via in modo esponenziale.

Soluzione 4.3.47 (Soluzione del problema 3.3.23). Il circuito e composto da 3 oggetti, unsolenoide, una resistenza e il disco metallico che fa da autoinduttanza. Chiamando V laf.e.m. indotta


V − iR− Ldidt

= 0

Andiamo a calcolare V usando la legge di Faraday-Neumann-Lenz

V = −∂ΦB

∂t

Calcoliamo il campo magnetico B. Essendo generato da un solenoide si ha B = µ0Nli.

d2ΦB = BdA = Brdrdφ⇒ ∂dΦB

∂t= Brdr

dφ

dt= Brωdr = −dV ⇒ V = −1

2Bωa2

Ricordatevi questo modo di scrivere la fem indotta in un circuito rotante in quanto esempre la stessa formula. Riscriviamo la legge della maglia

−iR− Ldidt

=1

2µ0N

liωa2 ⇒

(1

2µ0N

lωa2 −R

)i = L

di

dt

Che e un’equazione differenziale a variabile separabile molto semplice che ha come solu-zione

i(t) = i0e− tτ

Dove

τ =L

R− 1

2µ0N

lωa2

Che ovviamente ha senso scritta in questo modo quando

ω <2Rl

µ0Na2

Perche la corrente diminuisce, altrimenti e piu sensato scriverla con il segno cambiatonell’esponenziale

i(t) = i0etτ

Con il τ cambiato di segno. Di conseguenza, il valore minimo per ω e quello trovatoprima

Per calcolare il momento necessario a tenere in moto il tutto possiamo ricordare che valela formula

P = ~N · ~ω

Dove ~N e il momento e P e la potenza erogata. Questa formula e assolutamente equi-valente a P = ~F · ~v, e semplicemente il suo analogo rotazionale. Se ω non cambia, vuoldire che siamo nello stato stazionario e quindi la potenza erogata controbilancia esattamentela potenza dissipata per effetto Joule, che e i2R, e la variazione di energia magnetica nelsolenoide


Nω = i2R +d

dt

(1

2Li2)

= i2R + Lii = i20

(R +

L

τ

)e

2tτ

Notare che questo risultato e sensato: l’unico modo di continuare a far crescere la correntein questo sistema e di in qualche modo fornire energia dall’esterno. Dato che la corrente crescein modo esponenziale e sensato che anche l’energia che devo buttarci dentro cresca semprein modo esponenziale.

In conclusione, questo circuito e ben lungi dall’essere un moto perpetuo, ne di prima nedi seconda specie.

Soluzione 4.3.48 (Soluzione del problema 3.3.24). Soluzione 1: Per prima cosa fissiamoun riferimento solidale con il laboratorio cosı che la lastra carica positivamente sia rappre-sentata dall’equazione z = 0 e quella carica negativamente dall’equazione z = d, mentre lavelocita delle lastre e diretta lungo l’asse x. Allora il campo elettrico vale:

~E =

σεz se 0 < z < d

0 se z < 0, z > d

Per il calcolo di ~B calcoliamo prima il campo generato da una sola lastra. Il vettore correnteper unita di lunghezza vale

~K =dI

dyx = σ~v

possiamo allora considerare il sistema come tanti fili infiniti e paralleli percorsi da cor-rente, e dato che e noto che il campo magnetico prodotto da ciascuno di essi in ogni puntogiace in un piano perpendicolare al filo, abbiamo che in ogni punto dello spazio ~B · x = 0.L’altra osservazione importante e che dato che il sistema di sorgenti e invariante per tra-slazioni nel piano x − y, il campo ~B puo dipendere solo da z. Mostriamo ora che oltre anon avere componente lungo x non ce l’ha nemmeno lungo z: consideriamo un cubo coni lati paralleli agli assi ordinati e tagliato a meta dalla lastra, dato che il campo non hacomponente lungo x il flusso attraverso le facce parallele al piano y − z e nullo, inoltre dalfatto che il campo e inipendente dalla coordinata y segue che il flusso complessivo sulle duefacce parallele al piano x − z e nullo, infatti il campo sulle due facce e lo stesso, ma uno eentrante nel cubo, l’altro uscente, quindi i due flussi sono uguali e contrari e si elidono; orasia Bz la componente z del campo sulla faccia superiore del cubo, per simmetria quella sullafaccia inferiore varra −Bz e quindi il flusso totale sul cubo e 2BzS che deve essere zero poicheil campo magnetico e solenoidale, segue che Bz = 0 e quindi l’unica componente non nulladi ~B e quella lungo y. Possiamo calcolarla utilizzando la legge di Ampere; consideriamo unpercorso chiuso costituito da un quadrato di lato l nel piano y − z tagliato a meta dallalastrae percorso in senso orario guardandolo dalla parte positiva verso la parte negativa dellex. Allora il percorso e attraversato da una corrente I = σvl entrante nella superficie delpercorso. Dato che per simmetria si ha By(−z) = −By(z) utilizzando la legge di ampere eil fatto che il campo lungo z e nullo si ha

2lBy = −µ0σvl⇒ By = −µoσv2


infine tornando al nostro sistema costituito dalle due lastre parallele e con cariche oppostein moto, dal risultato precedente segue che

~B =

−µ0σvy se 0 < z < d

0 se z < 0, z > d

Ora nel calcolo della forza c’e una sola cosa a cui stare attenti: una carica non subisce laforza esercitata dal campo che ha creato essa stessa! Infatti i campi elettrici e magneticinei punti appena fuori della lastra sono solo per meta generati dall’altra lasta, cosı chedobbiamo considerare una forza dimezzata. Calcoliamo la forza sulla lastra superiore (l’altrae chiaramente uguale e opposta):

~Fe = (−σS)~E

2= −Sσ

2

2ε0z ~Fm = (−Sσ~v)×

~B

2=µ0Sσ

2v2

2z

e quindi la forza netta sulla lastra superiore e

~F =

(µ0Sσ

2v2

2− Sσ2

2ε0

)z

per avere le lastre in equilibrio si deve avere ~F = 0 che porta a

µ0Sσ2v2

2− Sσ2

2ε0= 0⇒ v =

1√ε0µ0

= c

questo significa che le lastre non possono essere in equilibrio.

Soluzione 2: lo stesso risultato poteva essere trovato in un altro modo, forse piu elegan-te. Infatti mettiamoci nel riferimento in cui le lastre sono ferme, cioe un riferimento in motocon velocita ~v rispetto al laboratorio. Qui le lastra avranno una densita superficiale ±σ′ edessedo ferme non c’e campo magnetico, la forza sulla lastra superiore e quindi semplicemente

~F = −Sσ′2

2ε0z

Ora per calcolare σ′ consideriamo un quadratino infinitesimo di lato dl′, questo conterra unacarica dq′ = σ′dl′2; mettendo in moto le lastre con velocita ~v, cioe tornando nel riferimento

del laboratorio osserviamo il lato parallelo all’asse x contratto, cioe si ha dlx = dl′√

1− v2

c2,

mentre il lato parallelo all’asse y resta lo stesso essendo perpendicolare al moto, cioe dly = dl′.Dato che la carica nel quadratino deve restare la stessa si ha

σdlxdly = σ′dl′2 ⇒ σdl′2√

1− v2

c2= σ′dl′2 ⇒ σ′ = σ

√1− v2

c2

e sostituendo quest’espressione in quella trovata precedentemente per la forza otteniamoproprio

~F =

(µ0Sσ

2v2

2− Sσ2

2ε0

)z


Soluzione 4.3.49 (Soluzione del problema 3.3.26). Dato che le piastre sono piane e pa-rallele, tutte le quantita dipenderanno solo dalla coordinata x. Di conseguenza, avremoV (x), E(x), ρ(x). Dobbiamo trovare un sistema di equazioni differenziali che leghino questequantita

Scriviamo la legge di gauss e l’equazione di continuita~∇ · ~E =

ρ

ε0~∇ · (ρ~v) +

∂ρ

∂t= 0

⇒

∂E

∂x=

ρ

ε0∂

∂x(ρv) = 0

Dove nell’ultima equazione abbiamo posto uguale a zero la derivata parziale nel tempoin quanto si e raggiunto lo stato stazionario. Integrando l’ultima si ottiene

ρv = C1

Ovviamente non abbiamo ancora abbastanza equazioni per risolvere, quindi bisognacercarne altre. La piu ovvia e F = ma

~F = m~a

Ma per l’accelerazione, dobbiamo ricordare che ~a =d~v

dt, e non derivate parziali, per cui

dobbiamo usare l’espressione

~a =(~v · ~∇

)~v +

∂~v

∂tSe non siete convinti di quello che ho appena scritto potete andare a vedere la dimo-

strazione del teorema di Bernoulli, in cui c’e la spiegazione dettagliata di come si arriva aquesta espressione. Ricordando che abbiamo solo un asse e siamo nello stato stazionario,l’espressione precedente diventa

a = vdv

dxScrivendo quindi F = ma,

qE = mvdv

dxVorrei far notare che ho scritto un generico q e un generico m senza indicare su che

cosa sto scrivendo F = ma. Il punto e che innanzitutto il rapporto q/m dipende solo dallanatura del portatore di carica e non dalla densita locale di carica o di massa, in quanto eper l’appunto uguale anche al rapporto fra le densita. In secondo luogo non e ancora dettoche sia indispensabile per trovare le quantita richieste e potrebbe elidersi alla fine.

Mettendo a sistema il tutto,

dE

dx=

ρ

ε0ρv = C1

qE = mvdv

dx

⇒

ρ =

C1

vdE

dx=C1

ε0v

qE = mvdv

dx

⇒

v =

C1

ε0dEdx

qE = mC1

ε0dEdx

·

(− C1

ε0(dEdx

)2

)d2E

dx2


A questo punto abbiamo ottenuto un’equazione differenziale nella sola variabile E(x).Ammetto che fa abbastanza schifo. Scriviamola in modo umano

E = − k(dEdx

)3

d2E

dx2

Cerchiamo di risolverla usando trucchi. Permettetemi per semplicita di notazione di

usare E al posto didE

dx, anche se indicherebbe una derivata rispetto al tempo.

EE = − k

(E)2E ⇒ d

dx

(E2

2

)=

d

dx

(k

E

)⇒ E2 =

2k

E+ C2

E =2k

E2 − C2

⇒ (E2 − C2)dE = 2kdx⇒ E3

3− C2E = 2kx⇒ E3 − 3C2E − 6kx = 0

Che e un’equazione di terzo grado in E. Una soluzione e, secondo la formula di Cardano

E =3

√3kx+

√9k2x2 − C3

2 +3

√3kx−

√9k2x2 − C3

2

FINISCI, NON MI RICORDO COME VEDERE CHE VIENE C2 = 0 E TUTTODIVENTA UNA MONATA

Soluzione 4.3.50 (Soluzione del problema 3.3.35). La condizione sui raggi e che la sezionedel cilindro centrale sia uguale alla sezione del guscio cilindrico esterno.

πr21 = π(r2

3 − r22)⇒ r2

1 = r23 − r2

2

Troviamo la capacita per unita di lunghezza C. Utilizziamo il teorema di Gauss perl’elettrostatica scegliendo un’opportuna superficie. Scegliamo un cilindro coassiale di altezzah e raggio r compreso fra i raggi delle parti metalliche, in modo che la superficie sia in mezzoal dielettrico.

ε0εrΦ( ~E, ~A) = Qint

ε0εr2πrhE =

E =Q

2πε0εrrh

Di conseguenza,

∆V = −∫ r2

r1

E(r)dr = − Q

2πε0εrhlnr2

r1

C =

∣∣∣∣ Q∆V∣∣∣∣ =

2πε0εrh

lnr2

r1


C = C/h =2πε0εr

lnr2

r1

Troviamo ora l’induttanza per unita di lunghezza L.La prima cosa da fare e trovare il campo magnetico ~B in funzione del vettore densita

di corrente ~J . Utilizziamo la legge di Ampere. Dovremo dividere in 3 casi, all’interno delprimo conduttore, fra i due conduttori e all’interno del secondo conduttore.

Caso 1:

2πrB = µ0µrπr2J ⇒ B =

µ0µrJ

2r

Caso 2:

2πrB = µ0µrπr21J ⇒ B =

µ0µrJr21

2r

Caso 3:

2πrB = µ0µrπr21J − µ0µrπ(r2 − r2

2)J ⇒ B =µ0µrJr

21

2r− µ0µrJ

2

r2 − r22

r

Data una lunghezza di filo l, l’induttanza L sara

L =1

i

∫ r3

0

lB(r)dr =lµ0µrJ

2i

(r2

1

2+ r2

1 lnr2

r1

+ r21 ln

r3

r2

+r2

3 − r22

2− r2

2 lnr3

r2

)=lµ0µrJ

2i

((r2

1 + r22) ln

r3

r2

)

L =L

l= µ0µr

J

2Jπr21

(r2

3 lnr3

r2

)= µ0µr

r23

2πr21

lnr3

r2

Calcoliamo la resistenza per unita di lunghezza R.

R =ρ

A=

ρ

2πr21

Disegnamo un circuito infinitesimo. Indichiamo con 1 le quantita che riguardano la parteinterna del cavo, con 2 quelle che riguardano la parte esterna.

V2(x+ dx, t)− V2(x, t) = −I2(x, t)R

2dx− L

2dx∂I2(x, t)

∂t

V1(x+ dx, t)− V1(x, t) = I1(x, t)R

2dx+

L

2dx∂I1(x, t)

∂t∂V2(x, t)

∂x= −I2(x, t)

R

2− ∂I2(x, t)

∂t

L

2∂V1(x, t)

∂x= I1(x, t)

R

2+∂I1(x, t)

∂t

L

2

Cdx (∆V12(x, t+ dt)−∆V12(x, t)) = ± (I1(x, t)− I1(x+ dx, t)) (± (I2(x, t)− I2(x+ dx, t))) dt

C∂∆V12(x, t)

∂t=∂(I1 ± I2)

∂x


Derivando di nuovo,

C∂2∆V12(x, t)

∂t∂x=∂2(I1 ± I2)

∂x2

Esprimendo tutto in termini di I(x, t) = ±I1 ± I2

∂I

∂t= LC

∂2I

∂x2−RC∂

2I

∂t2

Soluzione 4.3.51 (Soluzione al problema 3.3.36). 1. Ovviamente deve valere ~∇· ~B = 0.Dalla formula per la divergenza in coordinate cilindriche,

∂Bz

∂z+

1

r

∂(rBr)

∂r= 0⇒ 2β = α

2. Il circuito e schematizzabile come una f.e.m. esterna dovuta alla variazione di flussodi campo magnetico e da un resistore ed un induttore in serie. L’equazione in terminidella f.e.m. V sara

V − iR− Ldidt

= 0

Andiamo a calcolare quanto vale V . Dato che

V = −∂ΦB

∂t

Calcoliamo quindi il flusso magnetico. Dato che supponiamo che la spira non si giri suse stessa, l’unica componente del campo che fa flusso e la componente z. Dato che Bz

non dipende da r, il flusso sara semplicemente ΦB = a2πBz, da cui facilmente

V = αB0a2πdz

dt

3. Segue dal fatto che

Φ = ΦB + ΦL

Dove ho indicato con ΦB il flusso esterno e con ΦL il flusso autoindotto. Se derivia-mo l’equazione sopra otteniamo a destra l’espressione dell’equazione della maglia delcircuito, che e uguale a 0, mentre a sinistra la derivata del flusso totale. Avendo

dΦ

dt= 0

Segue subito Φ =costante.


4. Riprendiamo l’equazione del circuito (dopo aver posto R = 0)

αB0a2πdz

dt= L

dI

dt

Per integrazione

αB0a2π(z(t)− z(0)) = L(I(t)− I(0))

Ma dato che z(0) = i(0) = 0

αB0a2πz(t) = LI(t)

5. Calcoliamo la forza magnetica agente sull’anello. La forza su un pezzetto infinitesimo~dl di filo sara

d~F = id~l × ~B

Dato che d~l = adφφ

d ~F = Iadφφ× (Brr +Bz z) = Iadφ(−βaB0z +Bz r)

La parte interessante e che il termine nella direzione radiale si annulla. Questo si puointuire in quanto ogni termine compare con segno opposto a φ e all’angolo φ + π.Di conseguenza tutti i termini si semplificheranno e l’unico importante sara quindi iltermine lungo z

~F =

∫d~F = −2πIa2βB0z

6. L’altra forza agente sull’anello e la forza peso. Di conseguenza la risultante delle forze~R sara

m~a = −mgz − 2πIa2βB0z

Che ci dice subito che l’anello accelera solo lungo l’asse z.

Ora andiamo a utilizzare la relazione fra I(t) e z(t) per avere un’equazione differenzialein una sola variabile

mz(t) = −mg − 2πa2βB0αB0a

2π

Lz(t)

Che si riscrive meglio come

z(t) = −g − Ω2z(t)


Con

Ω2 =2π2a4αβB2

0

mL

Che e evidentemente l’equazione di un oscillatore armonico. Infatti, se scriviamo

z(t) = w(t) + z0

Per un opportuno z0

w(t) = −g − Ω2w(t)− Ω2z0

L’equazione diventa quella di un oscillatore armonico semplice se z0 = − gΩ2

Quindi

w(t) = −Ω2w(t)⇒ w(t) = A cos(Ωt+ φ)⇒ z(t) = A cos(Ωt+ φ)− g

Ω2

Dove A e φ verranno fissate dalle condizioni iniziali. Andiamo ad imporlez(0) = 0

z(0) = 0⇒

A cosφ = g

Ω2

−AΩ sinφ = 0⇒

φ = 0

A = gΩ2

⇒ z(t) =g

Ω2(cos Ωt− 1)

7. Ricaviamo la corrente usando la relazione trovata nei punti precedenti

I(t) =αB0a

2π

Lz(t) =

αB0a2π

L

g

Ω2(cos Ωt− 1)

Dove l’unica parte variabile e l’ultima e ovviamente si avra il massimo in moduloquando cosx− 1 = −2. Quello sara il massimo valore della corrente.

8. Diamo subito un’idea qualitativa di cosa sappiamo e poi risolveremo esplicitamente ilproblema per mostrare che avevamo ragione. Innanzitutto nel problema precedentesi conservava l’energia, in quanto la resistenza era nulla e quindi vi era alternanzafra energia potenziale gravitazionale ed energia elettrica dovuta allo scorrimento dellacorrente, ovvero E = 1

2LI2. In questo caso invece c’e resistenza per cui ci aspettiamo

che in qualche modo si perda energia. Dato che e proprio la corrente a tenere su l’anello,il modo migliore per perdere energia e perdere energia potenziale gravitazionale, ovveroci aspettiamo che non ci sia piu moto armonico ma un certo tipo di caduta.

Dato che in qualche modo quando l’anello cade comunque vi scorre corrente all’interno,ci aspettiamo che la caduta non sia libera ma che abbia un frenamento, magari conraggiungimento di una velocita limite. Andiamo ora a scrivere delle equazioni pervedere se abbiamo ragione.

Ripartiamo dalle cose che sappiamo. L’equazione del circuito, per esempio, e ancoravalida.


αB0a2πdz

dt−RI − LdI

dt= 0 (4.14)

Inoltre, anche l’espressione della forza magnetica agente sull’anello sara invariata. Diconseguenza si avra sempre

~FB = −2πIa2βB0z (4.15)

Ma soprattutto varra ~F = m~a

mz(t) = −2πI(t)a2βB0 −mg (4.16)

Quindi mettiamo a sistema le due equazioni differenziali e cerchiamo di risolverle.

αB0a2πz(t)−RI(t)− LI(t) = 0

z(t) = −2πa2βB0

mI(t)− g

(4.17)

Per risolvere questo sistema possiamo agire in questo modo: si ricava z(t) in funzionedi solo I(t), I(t), lo si deriva per ottenere z(t) e si sostituisce nella seconda equazione. Ilconsiglio in generale in questi casi e quello di cercare di avere un’equazione differenzialein una sola variabile.

z(t) =R

αB0a2πI(t) +

L

αB0a2πI(t)⇒ R

αB0a2πI(t) +

L

αB0a2πI(t) = −2πa2βB0

mI(t)− g

Diamo una forma umana a questa equazione e poi risolviamola. Non preoccupateviperche non e niente in piu rispetto al solito. Intanto riscriviamola in termini di Ω

R

LI(t) + I(t) = −Ω2I(t)− gαB0a

2π

L(4.18)

Innanzitutto riconosciamo subito un oscillatore armonico smorzato. Inoltre abbiamoche la corrente non tendera a 0 bensı al valore limite determinato dal termine costante,ovvero

I(t) = D(t)− gαB0a2π

LΩ2

Dove D(t) e una lettera a caso perche sto finendo la fantasia. In ogni caso si intendeche D(t)→ 0 per t→∞. In realta si ha una cosa ben piu forte, ovvero

D(t) = A cos(Ω′t+ φ)e−RtL


E questo e piu forte in quanto non solo D(t) tende a 0 ma anche tutte le sue derivate,in quanto un esponenziale uccide ogni altro termine. Se poi riprendiamo l’equazione4.17, otteniamo che

z(t) =R

αB0a2πI(t) +

L

αB0a2πI(t) =

R

αB0a2π

(D(t)− gαB0a

2π

LΩ2

)+

L

αB0a2πD(t)

E abbastanza ovvio vedere che

z(t)→ −RL

g

Ω2

Ovvero che effettivamente il moto ha una velocita limite. Vorrei infine far notare ladipendenza continua dai dati, ovvero che se abbiamo R molto piccolo rispetto agli altriparametri il moto tende a quello calcolato nei punti precedenti.

Soluzione 4.3.52 (Soluzione del problema 3.3.37). Dato che le superifici equipotenziali

del campo elettrico sono cilindriche, ~E ha direzione radiale (altrimenti non la circuitazionelungo circonferenze centrate nell’asse non sarebbe nulla). La seconda legge cardinale dellameccanica quindi si scrive

d~L

dt= q~r ×

(d~r

dt× ~B

)= q

(d~r

dt(~r · ~B)− ~B

(d~r

dt· ~r))

= −q2

dr2

dt~B

ma dato che ~B e costante si ha d ~Bdt

= d ~Bdr

drdt

= 0 e quindi

d~L

dt= − d

dt

(qr2

2~B

)⇒ m~r × ~v +

qr2

2~B = costante

dato che la velocita iniziale e radiale questa quantita costante all’inizio vale qa2

2~B. Ora

supponiamo la carica raggiunga il cilindro esterno; nel momento in cui la raggiunge si ha~v = ~vtang + ~vrad, inoltre possiamo notare che in questa condizione si ha ~L = − q

|q|mbvtangB equindi la quantita conservata qui vale

− q

|q|mbvtangB +

qb2

2~B

uguagliando con il valore all’istante iniziale e moltiplicando scalarmente ambo i membriper B si ha

mbvtang =|q|B

2(b2 − a2)

ora basta notare che la condizione per la quale questo possa avvenire e che vtang ≤ v epossiamo trovare v dalla conservazione dell’energia

1

2mv2 =

1

2mv2

0 − qV ⇒ v =

√v2

0 −2qV

m

da cui si ottiene che la carica raggiunge il conduttore se vale


B ≤ 2mb

|q|(b2 − a2)

√v2

0 −2qV

m

nel caso particolare in cui la carica sia un elettrone si ha

B ≤ 2meb

e(b2 − a2)

√v2

0 +2eV

me


4.3.4 Ottica e onde

Soluzione 4.3.53 (Soluzione del problema 3.4.1). Ricordate che in ottica geometrica laprima cosa da fare e un disegno grande su cui prendere appunti e poter disegnareulteriormente. Su un disegno piccolo non si capisce niente e si sbaglia.

Figura 4.6: Disegno del problema 3.4.1

La seconda cosa da fare e mettere un sacco di lettere sulla figura in modo da dare ilnome ad ogni cosa. Possibilmente non devono essere troppo simili in modo da evitare erroristupidi di copiatura. Poi, una volta fatto questo bisogna scrivere un sacco di equazioni a casoe quando si e soddisfatti bisogna cercare di andare avanti per eliminazione. E importantescrivere bene il sistema iniziale in modo da ricordarsi da quali equazioni si e partiti perevitare di tornare a scrivere la stessa equazione quando non bastano quelle gia scritte.

Vediamo ora il sistema che ho scritto io.

n sinφ = sin θ

AO cosφ = AO′ cos(φ+ dφ) = L

A′O′ cos(θ + dθ) = A′O cos θ = l

A′O′ sin(θ + dθ) = A′O sin θ + dx

AO′ sin(φ+ dφ) = AO sinφ+ dx


Ovviamente la prima e la legge di Snell ed e l’unica legge fisica del problema. Le altreequazioni sono solo considerazioni di geometria piana. Vorrei far notare che sia dθ, sia dφsia dx andranno a 0 quando faremo il limite, quindi tenetene conto quando andate avanti.

A questo punto e opportuno far sparire delle variabili in quanto sono decisamente troppe.L’idea migliore e esprimere tutto in funzione di L e di l (e degli angoli), dato che uno dei duelo sappiamo e l’altro e quello che vogliamo trovare. Sperabilmente troveremo un’equazionefra i due.

Prendiamo quindi la terza equazione e ricaviamone qualcosa. Esprimiamo A′O′ e A′O intermini di l, θ e poi sostituiamo nella quarta equazione.

l

cos(θ + dθ)sin(θ + dθ) =

l

cos θsin θ + dx

Che si scrive in modo piu umano comel (tan(θ + dθ)− tan θ) = dx

L (tan(φ+ dφ)− tanφ) = dx

Dove abbiamo anche fatto la stessa cosa per φ, θ e messo a sistema. Siamo vicini al-l’obiettivo. Abbiamo due cose uguali a dx che e comunque un’incognita, quindi tanto valebuttarlo via e porre uguali i due LHS.

L (tan(φ+ dφ)− tanφ) = l (tan(θ + dθ)− tan θ)

Questa e quasi un’equazione fra L e l. Dobbiamo fare il limite per dθ, dφ → 0. Inparticolare, questo puo sembrare un limite in due variabili, in quanto mandiamo a 0 duecose contemporaneamente. Normalmente un limite doppio e molto piu fastidioso di unlimite singolo, ma in questo caso i due angoli sono sempre legati dall’equazione

n sinφ = sin θ

E quindi in qualche modo bisognera tenerne conto quando si fa il limite. Fra poco vedremoin che modo. Nel frattempo, espandiamo in serie l’equazione precedente. Ricordiamo che

f(x+ ∆x)− f(x) ≈ df(x)

dx∆x

Dove abbiamo tenuto il primo termine dello sviluppo di Taylor. Vorrei far notare chequesta formula e esatta e non approssimata in questo caso in quanto stiamo facendo unprocedimento di limite e i termini di ordine superiore spariranno.

L1

cos2 φdφ = l

1

cos2 θdθ

Questo e il risultato dell’espansione. Ricaviamo l

l = Lcos2 θ

cos2 φ

dφ

dθ

A questo punto bisogna valutare dφdθ

. Vorrei far notare che se in generale questi due nonfossero legati, il limite sarebbe di difficile trattazione. Per fortuna noi abbiamo a disposizionela legge di Snell


n sinφ = sin θ

Che ci permette di calcolare il rapporto. Per farlo possiamo agire in due modi assoluta-mente equivalenti. Il primo e quello semplice di differenziare l’equazione precedente.

n cosφdφ = cos θdθ

Come ho gia detto, questa tecnica puo sembrare fatta a caso ma in realta e molto for-male. Puo essere matematicamente giustificata attraverso il teorema delle funzioni implicite(teorema del Dini), che comunque vi sconsiglio di guardare.

L’altro metodo, molto piu fastidioso, consiste nel ricavare φ = f(θ) e farne la derivata.

φ = arcsin

(sin θ

n

)⇒ dφ

dθ=

1√1−

(sin θn

)2

cos θ

n=

1√1− sin2 φ

cos θ

n=

cos θ

n cosφ

Tuttavia vi sfido dalla prima uguaglianza ad arrivare all’ultima senza sapere gia chel’espressione si semplifichera parecchio. Concludiamo infine

l = Lcos2 θ

cos2 φ

cos θ

n cosφ=L

n

(cos θ

cosφ

)3

Che ora si potra anche esprimere in termini solo di x, L. Prima di farlo vediamo un paiodi casi limite fisici. Se abbiamo n = 1, ci aspettiamo che sia l = L e in effetti la formulatorna, in quanto in tal caso si ha anche automaticamente cos θ = cosφ

Se consideriamo il caso di raggi verticali, immagino avrete gia visto che il risultato deveessere L/n e, in effetti, si avrebbe θ, φ→ 0 e quindi cos θ, cosφ→ 1

A questo punto per trovare lmin, lmax basta fare un banale studio di funzione.

l =L

n

(1− sin2 θ

1− sin2 φ

) 32

=L

n

(n2(1− sin2 θ)

n2 − sin2 θ

) 32

Che per la monotonia di x32 rende lo studio equivalente a studiare

f(x) =1− xn2 − x

x ∈ [0, 1]

Si vede subito che f ′ < 0 in [0, 1] e quindi avremo il massimo in 0 e minimo in 1Per l’ultima domanda e necessario esprimere la formula fra l ed L in funzione di x.

L’impresa non e ardua in quanto

sinφ =x√

L2 + x2

E con un po’ di conti si ottiene

l =L

n

(1− (n2 − 1)

(xL

)2) 3

2

Chiaramente la radice non puo essere negativa e quindi il valore massimo di x si avra per


x2max =

L2

n2 − 1

Notare che per n = 1 effettivamente si vede tutta la superficie del lago.


4.3.5 Relativita

Soluzione 4.3.54 (Soluzione del problema 3.5.4). In un generico sistema di riferimentosia Etot l’energia prima dell’urto. Allora detta Ki l’energia cinetica dell’i-esima particellaformatasi dopo l’urto, per la conservazione dell’energia si deve avere, nel caso il processoavvenga:

Etot = Nmc2 +N∑i=0

Ki

e dato che Nmc2 e una quantita fissata, la minima energia perche possa avvenire questoprocesso senza contraddire nessuna legge di conservazione e quella per la quale sia rispettatala conservazione del momento relativistico e la quantita

∑Ni=0Ki sia piu piccola possibile.

Dato che la considerazione precedente vale in ogni riferimento, mettiamoci nel riferiento incui questa quantita e minima se vale zero. E chiaro che l’unico riferimento in cui questo evero e quello in cui inizialmente (ma anche dopo) vale ~ptot = 0, infatti dato che le Ki sonotutte quantita positive,

∑Ni=0 Ki implica che tutte le velocita siano nulle, cioe che la quantita

di moto totale sia nulla. A questo punto cerchiamo a che velocita v0 deve muoversi questoriferimento rispetto al riferimento del laboratorio. Per la legge di composizione delle velocitale velocita rispettivamente della massa in moto nel sistema del laboratorio e di quella ariposo, nel nuovo riferimento sono

v1 =v − v0

1− vv0

c2

v2 = −v0

dove v e la velocita della particella nel riferimento iniziale del laboratorio; ponendo ptot =mv1√1−

v21c2

+ mv2√1−

v22c2

= 0 si ottiene v1 + v2 = 0, quindi poniamo v−v0

1− vv0c2

= v0 che e un equazione

di secondo grado e le soluzioni sono v0 = c2

v

(1±

√1− v2

c2

)scegliamo il segno sapendo che

nel limite newtoniano (v/c 1) si deve avere v0 = v2, quindi

v

2=c2

v

(1±

(1− v2

2c2

))da cui e chiara che va scelto il segno negativo, quindi

v0 =c2

v

(1−

√1− v2

c2

)

Ora dato che nel riferimento iniziale si ha E = mc2√1− v2

c2

si ricava v = c√

1− m2c4

E2 e sostituendo

nell’espressione di v0 si ottiene

v0 = c

√E −mc2

E +mc2

Nel nuovo sistema di riferimento dunque l’energia totale prima dell’urto e

E ′tot =2mc2√1− v2

0

c2

=2mc2√

1− E−mc2E+mc2

= 2mc2

√E +mc2

2mc2


ora per quando abbiamo detto prima l’energia E e la minima possibile per far avvenire ilprocesso se E ′tot = Nmc2, quindi uguagliando si ha

2mc2

√E +mc2

2mc2= Nmc2 ⇒ E = mc2

(N2

2− 1

)Soluzione 4.3.55. Soluzione al problema 3.5.6

Dato che le uniche quantita utili che si conservano sono quantita di moto e energia6,usiamo queste due leggi: mettiamoci nel sistema del laboratorio e sia v la velocita del razzo,M la sua massa, dm quella che emette, e v1 la velocita del carburante nel sistema dellaboratorio.

Per ulteriore semplicita, denotiamo con β = vc, βu = u

ce con β1 = v1

c

Innanzitutto utilizzeremo la formula di addizione relativistica delle velocita che ci portaa dire che

β1 =β − βu1− ββu

La conservazione della quantita di moto:

Mβ√1− β2

=(M + dM)(β + dβ)√

1− (β + dβ)2+

dmβ1√1− β2

1

che, sviluppando al prim’ordine in dβ, ci da

Mdβ√1− β2

+βdM√1− β2

+Mβ2dβ√(1− β2)3

+dm√1− β2

1

β − βu1− ββu

= 0 (4.19)

Che e la prima delle due equazioni che useremo. La seconda e la conservazione dellamassa-energia:

M√1− β2

=M + dM√

1− (β + dβ)2+

dm√1− β2

1

che, di nuovo sviluppando al prim’ordine diventa:

dm√1− β2

1

= − dM√1− β2

− Mβdβ√(1− β2)3

(4.20)

Vorrei far notare che abbiamo avuto bisogno di due equazioni e non di una sola in quantoclassicamente e ovvio che dm = dM , in relativita la massa e leggermente piu ostica datrattare.

Sostituendo quest’ultima nella conservazione della quantita di moto, otteniamo, facendoi conti (magicamente scompare il termine γ(β1), fastidioso da calcolare)

Mdβ + βudM(1− β2

)= 0⇔ dβ

1− β+

dβ

1 + β= −2βu

dM

M

che quindi ci da la soluzione

6Che poi in relativita sono pezzi dello stesso oggetto


M

M0

=

(1− β1 + β

) c2u

Esprimiamo il risulatato in modo piu carino prendiamo il logaritmo di entrambe i membri

lnM

M0

= − 1

βuln

(1 + β

1− β

) 12

Dove ho anche girato la frazione portando un meno fuori dal logaritmo. Ho fatto questogiochetto in quanto la funzione a destra e esattamente tanh−1(β), ovvero

lnM

M0

= − 1

βutanh−1 β

Osserviamo che per β 1 torna la soluzione classica M = M0evu , in quanto tanh−1(dx) ≈

dx. Inoltre,

β = tanh

(βu ln

M0

M

)(4.21)

Un risultato simile e abbastanza rassicurante riguardo la sua validita, in quanto la tangen-te iperbolica e sempre compresa fra −1 e 1. Inoltre torna il caso notevole M → 0⇒ β → 1.Non solo, torna anche il caso notevole βu = 0⇒ β = 0.

Purtroppo, come potete ben capire, il fatto che ci sia la tangente iperbolica di un loga-ritmo non e altrettanto rassicurante riguardo la possibilita ingeneristica di avvicinarsi a c inquesto modo.

Soluzione 4.3.56 (Soluzione al problema 3.5.7). Pensiamo la luce come costituita da fotoniche prima dell’urto con lo specchio hanno frequenza ν0 e quindi quantita di moto ed energiarispettivamente p0 = h

cν0 e E0 = hν0. Ciascun fotone urta lo specchio che applica su di esso

una forza ~F = Fn (n e la normale nel punto dell’impatto) per un tempo brevissimo dt. Orapossiamo pensare che nel tempo dt il fotone e lo specchio sono a contatto muovendosi insieme,e dato che lo specchio e vincolato a mantere la sua velocita costante anche il fotone andraa quella velocita (non stiamo dicendo che la luce non viaggia piu a velocita c, ma e comese lo specchio assorbisse il fotone per il tempo dt per poi riemetterlo nell’unica direzione econ l’unica frequenza che fanno si che si conservino momento ed energia). Allora lo specchio

compie sul fotone un lavoro L = ~F · ~vdt = Fv sin θdt che deve eguagliare la variazione dienergia, quindi se ν e la frequenza del fotone dopo l’urto si ha

hν = hν0 + Fv sin θdt

Scomponiamo poi il momento del fotone in una componente parallela e in una perpen-dicolare a n: si ha p0,⊥ = h

cν0 cosα mentre p0,‖ = h

cν0 sinα e analogamente dopo l’urto

p⊥ = hcν cos β e p‖ = h

cν sin β dato che lo specchio applica una forza lungo la normale si ha

p0,‖ = p‖ ⇒ ν0 sinα = ν sin β

mentre nella direzione perpendicolare vale

p⊥ = Fvdt− p0,⊥


(compare il segno− perche abbiamo preso i momenti prima e dopo l’urto in versi opposti).Abbiamo quindi il sistema

hν = hν0 + Fv sin θdthcν cos β = h

cν0 cosα + Fdt

ν0 sinα = ν sin β

ora ricavando Fdt dalla seconda e sostituendolo nella prima possiamo usare quest’ultima perricavare ν e sostituirlo nella terza ottenendo

sinα

sin β= 1 +

v

csin θ

(cosα +

sinα cos β

sin β

)che possiamo riscrivere nella forma migliore

sinα− sin β =v

csin θ sin(α + β)

infine se si vuole (ma non ce n’e bisogno) si puo trovare la forma esplicita

cos β =

(1 + v2 sin2 θ

c2

)cosα + 2v sin θ

c

1 + 2v sin θc

cosα + v2 sin2 θc2


4.3.6 Meccanica quantistica

Soluzione 4.3.57 (Soluzione del problema 3.6.2). L’idea del problema e che dobiamo trovareun modo per usare il principio di indeterminazione, che e praticamente l’unica legge in cuicompare in un modo che ci puo servire la costante h, che in qualche modo dovra apparire.Calcoliamo quindi in termini di qualcosa, cercando di capire cosa, la varianza di p ed x,sapendo che il loro prodotto sara legato ad h

σp =√〈p2〉 − 〈p〉2 =

√〈p2〉

Analogo sara per x. Inoltre dato che l’energia e una costante del moto, sara

E = 〈E〉 =〈p2〉2m

+mω2

2〈x2〉 =

σ2p

2m+mω2

2σ2x

Siamo vicini a quello che ci serve ma per andare avanti e necessario far comparire in qual-che modo il prodotto σpσx per usare l’indeterminazione. Dato che il principio di Heisenberge una disuguaglianza, possiamo cercare delle disuguaglianze utili che correlino la somma alprodotto.

La disuguaglianza fra media aritmetica e media geometrica mostra in questo caso

E =

σ2p

m+mω2σ2

x

2≥√ω2σ2

pσ2x = ωσpσx ≥ ω

~2

A questo punto il resto del problema e banale. La legge del moto classica, a meno diriscalare l’asse dei tempi e

x(t) = A cosωt

Da cui facilmente

E =1

2mω2A2 cos2 ωt+

1

2mω2A2 sin2 ωt =

1

2mω2A2 =

~ω2

Per cui

A =

√~mω

Per cui la quantita richiesta e

Ac =√A2〈cos2 ωt〉 =

√~

2mω

Per il caso quantistico i calcoli sono identici per cui si trova il valore

Aq =

√~

2mω

Per cui il loro rapporto e banalmente 1.


4.3.7 Problemi aggiuntivi e complementi

Soluzione 4.3.58 (Soluzione al problema 3.7.1). Notiamo che finche la sbarretta rimane in-collata al muro, il sistema ha un solo grado di liberta. Scegliamo una coordinata intelligente:l’angolo θ che la sbarretta forma con il pavimento.

Scriviamo la lagrangiana L del sistema. Abbiamo bisogno dell’energia cinetica e di quellapotenziale.

L = T − U = TCM + Trot − U

Scriviamo quindi la velocita del centro di massa.xCM = l/2 cos(θ)

yCM = l/2 sin(θ)vx = −l/2 sin(θ)θ

vy = l/2 cos(θ)θ

Quindi v2CM =

l2

4θ2. Inoltre, U = Ug = mgyCM =

mgl

2sin(θ)

Quindi

L =1

2mv2

CM +1

2ICM θ

2 +mgl

2cos θ =

1

6ml2θ2 +

mgl

2sin θ

Scriviamo quindi le equazioni di Lagrange per il sistema.

d

dt

∂L∂θ

=∂L∂θ

∂L∂θ

=1

3ml2θ

∂L∂θ

=mgl

2cos θ ⇒ θ =

3g

2lcos θ

Questa e l’equazione del moto, palesemente non integrabile. Per fortuna, per risolverequesto problema non e necessario integrarla. Ci interessa solo trovare l’istante in cui la sbarrasi stacca dalla parete. Fisicamente vuol dire che in quel momento la reazione normale ~N delmuro sara 0, ovvero la componente orizzontale dell’accelerazione e 0.

Scriviamo in termini di θ e derivate l’accelerazione.

ax =dvxdt

= −l/2 sin θθ − l/2 cos θθ2

Mettiamo a sistema le due equazioni trovate.−l/2 sin θθ − l/2 cos θθ2 = 0

θ =3g

2lcos θ

E evidente che questo sistema non e risolvibile in quanto abbiamo troppe incognite etroppo poche equazioni. Dobbiamo quindi trovarne un’altra.

Quando ci si trova in queste la situazioni, la prima cosa da guardare sono le quantitastandard conservate nel modo. In questo caso ci accorgiamo che non abbiamo ancora usatola conservazione dell’energia meccanica totale. Il sistema diventa:


−l/2 sin θθ − l/2 cos θθ2 = 0

θ =3g

2lsin θ

mgl/2 =1

6ml2θ2 +mgl/2 sin θ

La cui soluzione e sin θ =2

3

Soluzione 4.3.59 (Soluzione del problema 3.8.4). Sappiamo che ~∇×~v = 0, di conseguenza,dato che il mare non ha buchi, il campo di velocita ammette potenziale. Scriveremo quindi

~v = ~∇φ

Dove non ho messo il segno meno in quanto in questo caso non ha significato fisico.Ovviamente il potenziale dipendera solo dalle coordinate x, z. E ragionevole pensare che siainoltre

φ(x, z) = f(z) cos(kx− ωt)

Dall’assunzione che il modulo della perturbazione dipenda solo dalla profondita e dalfatto che stiamo guardando un’onda in moto, che sara quindi un cos(kx − ωt). A questopunto sarebbe bello trovare qualcosa di fisico che ci dia informazioni sulla funzione f . Perfarlo, possiamo ricordarci che abbiamo assunto che l’acqua sia un fluido incomprimibile, percui l’equazione di continuita

∂ρ

∂t+ ~∇ · (ρ~v) = 0

Si avra ovviamente ∂ρ∂t

= 0 e infine

~∇ · ~v = 0

Per cui

∇2φ = 0

Che scritto in termini dell’espressione che abbiamo sopra diventa

−k2f(z) cos(kx− ωt) +d2f

dz2cos(kz − ωt) = 0

Che, semplificando il coseno diventa

f ′′ = k2f

Che e la solita equazione differenziale la cui soluzione e

f(z) = Aekz +Be−kz

Le costanti A e B saranno in qualche modo legate, ma per poter trovare il legame dovremoimporre delle condizioni fisiche, per cui andiamo a ricostruire finalmente il campo di velocita


φ(x, z) =(Aekz +Be−kz

)cos(kx− ωt)⇒

~v(x, z) = ~∇φ = −k(Aekz +Be−kz

)sin(kx− ωt)x+ k

(Aekz −Be−kz

)cos(kx− ωt)z

Imponiamo ora qualche condizione fisica per legare le costanti A e B. La condizione piusensata e dire che l’acqua sul fondale abbia componente z della velocita nulla, in quantoevidentemente oltre non puo scendere. Di conseguenza,

k(A−B) cos(kz − ωt) = 0

Per cui A = B. Di conseguenza,

~v = −kC cosh(kz) sin(kx− ωt)x+ kC sinh(kz) cos(kx− ωt)z

Dove C e semplicemente un altro nome per la costante di integrazione. Andiamo quindia calcolare la perturbazione ~ψ dalla posizione di equilibrio.

~ψ =

∫~vdt

ψx = −kC

ωcosh(kz) cos(kx− ωt)

ψz = −kCω

sinh(kz) sin(kx− ωt)

METTI UN DISEGNOA questo punto siamo finalmente pronti per poter andare a calcolare la velocita di fase e

di gruppo della nostra onda in moto. Per il momento noi abbiamo messo poca fisica, abbiamosolo imposto l’equazione di continuita. Dato che sappiamo che e la gravita a regolare questofenomeno, in qualche modo dovremo tirarla fuori.

Visto che siamo in fluidodinamica, ci viene in mente che conosciamo praticamente unasola equazione, ovvero il teorema di Bernoulli. Tuttavia al momento non lo possiamo appli-care, nemmeno a caso sperando torni qualcosa, in quanto un’assunzione fondamentale e checi sia lo stato stazionario.

Tuttavia, possiamo usare un grande truccone: infatti esiste un sistema di riferimentoinerziale in cui c’e davvero lo stato stazionario. Questo riferimento e quello che si muovealla stessa velocita di propagazione dell’onda, ω

k= λ

T. Infatti, in questo riferimento cio che

si vede e una serie di dune di acqua che non si spostano.Nel nuovo riferimento avremo che il campo di velocita diventa

~v′ = ~v − ω

kx =

(−kC cosh(kz) sin(kx− ωt)− ω

k

)x+ kC sinh(kz) cos(kx− ωt)z

Visto che vogliamo usare Bernoulli, andiamo a calcolare v′2

v′2 =ω2

k2+ 2ωC cosh(kz) sin(kx− ωt) + k2C2(...)


E visto che siamo in regime di piccole oscillazioni, potremo trascurare tutti i termini diordine k2C2

Scriviamo quindi il teorema di Bernoulli

1

2ρ

(ω2

k2+ 2ωC cosh(kz) sin(kx− ωt)

)+ ρg

(−kCω

sinh(kz) sin(kx− ωt))

+ patm = cost

Mettiamo da parte tutti i termini che sappiamo gia essere costanti e vediamo le cose chea priori variano

ρC sin(kx− ωt)(ω cosh(kz)− kg

ωsinh(kz)

)= cost

E dato che sin(kx−ωt) non e costante, deve esserlo l’altro termine. Inoltre, l’unico modoche ha per essere costante e essere uguale a 0

ω cosh(kz)− kg

ωsinh(kz) = 0⇒ ω =

√kg tanh(kz)

Per cui la velocita di fase ωk

v =

√g tanh(kz)

k(4.22)

A questo punto possiamo fare i due limiti per acqua bassa e acqua alta. In acqua moltoalta, ovvero h λ, si ha tanh(kz) ≈ 1, per cui

v =

√g

k=

√gλ

2π

Se invece abbiamo acqua molto bassa, si avra tanhx ≈ x

v =√gh

Vorrei far notare che v → 0 quando h→ 0. Questo ha come conseguenza la risposta allaprossima domanda, infatti valendo la legge di Snell sara

n1 sin θ1 = n2 sin θ2

Scegliamo con cura le quantita fisiche in modo da dare un senso al tutto. Indichiamo conθ2 l’angolo giusto

FINISCI DI SPIEGARE CHE IN TRENO CON 50 MINUTI DI RITARDO NON HOVOGLIA

Soluzione 4.3.60 (Soluzione al problema 3.8.8). Calcoliamo l’energia totale del nostro elet-trone in funzione del raggio dell’orbita, che e l’unica variabile del problema. Per farlo, si puoagire in diversi modi.

Andiamo a calcolare l’energia non a caso ma con un motivo, in quanto conoscendo noi laformula di P , avremo che

P (t) =d

dt(E(r(t))) =

∂E

∂r

dr

dt


Innanzitutto, bisogna considerare, come suggerito dal testo, l’orbita istantaneamentecircolare. Di conseguenza varra

Felett = mev2

r⇒ 1

4πε0

e2

r2= me

v2

r

Da cui si puo ricavare v2 in funzione di r per il calcolo dell’energia cinetica K. L’energiapotenziale sara ovviamente elettrostatica

U = − 1

4πε0

e2

r

Da cui si puo ricavare E(r). Per morire meno di conti, consiglio di utilizzare il teoremadel Viriale, spiegato nel capitolo di gravitazione, che senza colpo ferire, dall’espressione moltobanale di U , ci dice subito che E = U

2, da cui

E(r) = − 1

8πε0

e2

r⇒ ∂E

∂r=

1

8πε0

e2

r2

Calcolate v2 e sostituite in E = K + U per esercizio e controllate che torni lo stessorisultato.

Andiamo avanti e calcoliamo la potenza in funzione di r. Essendo

P = − e2a2

6πε0c3

Dove abbiamo messo il segno − in quanto dobbiamo ricordarci che l’energia viene persa.Possiamo sostituire la formula dell’accelerazione in quanto sara sempre istantaneamentecentripeta.

a =1

4πε0

e2

mer2

Da cui troviamo

− e2

6πε0c3

(1

4πε0

e2

mer2

)2

=1

8πε0

e2

r2

dr

dt

Che dopo molte semplificazioni diventa un’equazione differenziale del primo ordine avariabili separabili

dr

dt= − e4

12π2m2eε

20c

3

1

r2

Che si integra facilmente ∫ r1

r0

r2dr =

∫ τ

0

− e4

12π2m2eε

20c

3dt

τ =4(r3

0 − r31)π2m2

eε20c

3

e4

Che ha l’ordine di grandezza di 10−14s, cosa che ovviamente non e realistica. Se il tempofosse stato dell’ordine della vita dell’universo, allora il modello avrebbe avuto un qualche


senso e probabilmente avremmo dovuto iniziare a preoccuparci, ma dato che il risultato ecompletamente insensato, semplicemente ci dice che il modello classico ha un grosso buco.

Se avessimo trattato il problema in modo relativistico, avremmo dovuto correggere laformula di Larmor e in modo qualitativo possiamo dire che si sarebbe persa piu energia,andando a buonsenso, riducendo ancora di piu il bound sul tempo di decadimento.

Per vostra cultura personale, la formula relativistica include semplicemente un fattore γ6

a moltiplicare.

Soluzione 4.3.61 (Soluzione del problema 3.8.10). SOLUZIONE COPIATA DA SALVA-TORE, DA IMPLEMENTARE

Banalmente il volume del nucleo e 43πR3

0A e quindi il raggio del nucleo e

Rn = 3

√43πR3

0A43π

= R03√A

Per il potenziale elettrostatico Ue, guardare il problema 3.1.20

Ue =

∫ Rn

0

%Vr4πr2dr =

%24πR5

15ε0

=3

5

e2

4πε0

1

R0

Z2

3√A

Ora, se la forza forte non distingue protoni e neutroni, allora l’energia non deve dipendereda Z, quindi p = 0

L’energia e data come somma di contributi di energie C per ogni nucleone; C non dipendedal numero di nucleoni totali perche la forza e di contatto quindi C puo essere considerata (perA 1) costante quindi l’energia dipende solo dal numero di nucleoni per cui e moltiplicatala costante C Siamo giunti a Uf = EfA

A questo punto, l’interazione forte tende a far stare insieme il nucleo, mentre quellaelettrostatica tende a separarlo, e la loro differenza e quindi (trascurando tutto il resto)l’energia di legame del nucleo. Quest’energia di legame e molto piccola e poiche sono in venadi approssimare tanto, la approssimo quasi 0 Allora

Ue ≈ Uf ⇒ Ef ≈3

5

e2

4πε0

1

R0

Z2

A4/3

e stimando che3

5

Z2

A4/3∼ 10

ottengo Ef ∼ 10−12

Qualche osservazione: Se Uf e sovrastimato, si dovra sottrarre un qualche contributo

Questo contributo deve essere proporzionale alla superficie della sfera, e quindi ∼ 3√A2.

Tuttavia non sappiamo quale sia il coefficiente per quest’altro termine di correzione, e quindi,avendo solo Ef come coefficiente a disposizione, dovra essere quello Il fatto che la densita siaapprossimabile come costante ci porta a dire che i nucleoni si incastrano in modo da lasciaremeno spazio vuoto possibile. Possiamo quindi dire che la superficie del nucleo e uguale allasomma delle semisuperfici dei nucleoni in superficie (chiaramente non e una cosa precisa maalla fine in questo problema si fanno solo delle stime e nel caso in cui A e grande questa eun’ottima stima).


S =1

2SnAs

dove Sn e la superficie di un nucleone e As e il numero di nucleoni in superficie. Da quisi deduce che As = 2A

23 . Ora la supposizione che faccio e questa: questi nucleoni a diffe-

renza degli altri non hanno i ”nucleoni sopra” quindi diciamo che perdono meta dell’energianucleare forte che avrebbero se fossero ”circondati”. Di conseguenza il termine di correzionee proprio

EfA23

Si arriva quindi a Uf = Ef (A− 3√A2)

L’energia totale per un nucleone e quindi la somma delle due energie (con il segno meno aquella elettrostatica) ed e uno schifo assoluto (una cosa simile a E(Z) = Ef−Ef2−1/3Z−1/3 +kZ2/3 che barando un po’ e approssimando molto si potrebbe scrivere come E = Ef (2 −A−1/3))

Tutto quello ottenuto fin ora e che l’energia di un atomo e circa (approssimandomp ≈ mn)

EA,Z = Ampc2 −

(Ef (A−

3√A2)− 3

5

e2

4πε0

1

R0

Z2

3√A

)L’uranio usato nelle reazioni solitamente ha A = 235.CORREGGI CON I DATI GIUSTIPrendo come prodotti (non ho idea di cosa prendere, ma in effetti stiamo facendo delle

approssimazioni enormi, quindi continuo ad approssimare e prendo il cesio che ricordo comeprodotto di fissione, poi uno potrebbe anche prendere due prodotti quasi uguali e vienesempre un risultato sensato) Cesio 140 (Z=55) e l’altro che non ricordo che sottraendorisulta avere Z=37 e A=93 (edit: wikipedia dice che e il rubidio) Ora, si fa il conto enormeche non sto a scrivere

Eem = E235,92 − E140,55 − E93,37 − 2mpc2

ovviamente vanno via i termini con l’energia di massa (l’energia nucleare viene dall’ener-gia di legame), e restano gli U che abbiamo trovato Se interessa scrivo almeno i tre U senzafarmi problemi di cifre significative e approssimazioni

U235,92 ≈ 1, 146 · 10−10

U140,55 ≈ 7, 808 · 10−11

U93,37 ≈ 5, 434 · 10−11

Quindi, sottraendo si trova Eem ≈ 1.78 · 10−11 J ≈ 2 · 10−11 J Questa trovata e perun singolo atomo di uranio, e sembra sensata perche cercando su internet ho trovato chel’energia emessa e di circa 200MJ che e vicinissimo al mio risultato

Infine si trova l’energia per 1Kg di uranio usando NA e si trova il risultato E ≈ 5 · 1013J

Soluzione 4.3.62 (Soluzione del problema 3.8.11). Sia R il raggio del pianeta. In base alprincipio di Fermat, due raggi molto vicini tra di loro percorrono le rispettive traiettorie nellostesso intervallo di tempo. Consideriamo quindi un raggio sulla superficie del pianeta e un


secondo raggio ad un’altezza h R. Imponendo l’uguaglianza dei due tempi di percorrenzapossiamo scrivere

2πR

c/n0

=2π(R + h)

c/n(h)

che dopo le opportune semplificazioni conduce a R = 1k.

Soluzione 4.3.63 (Soluzione al problema 3.8.12).

1. Consideriamo un guscio sferico di raggio r e spessore dr. Sia ρ la densita della stella.L’energia potenziale di questo guscio e

dUG = −G(4πr3ρ)(4πr2drρ)

r

Da cui si ricava facilmente

UG = −3GM2

5R

2. L’energia totale della stella e E = UG + Ee e all’equilibrio si deve avere

dE

dR

∣∣∣∣R=Req

= 0

Da cui dopo qualche conto si ricava

Req =2~2π3N

5/3e

6GmeM242/3

(3

π

)7/3

Dato che l’idrogeno e ionizzato e che me mp, possiamo stimare Ne = Np ≈ Mmp

, dacui si ricava

Req ≈ 2.28 · 104km

3. Basta imporre

4

3πr3

sepNe ≈4

3πR3

eq

Il valore numerico e

rsep ≈ 2.13 · 10−12m

4. Per una particella confinata in una regione di lunghezza rsep la lunghezza d’onda di DeBroglie e λ = 2rsep. Ricordando che p = h/λ, otteniamo

v =h

2mrsep= 1.08 · 108ms−1

In questo caso abbiamo utilizzato l’espressione classica della quantita di moto percalcolare v. Se invece avessimo usato l’espressione relativistica avremmo ottenuto v =1.06 · 108ms−1.


5. In maniera analoga al punto 2, dobbiamo imporre

d(UG + Erele )

dR

∣∣∣∣R=Req

= 0

Che porta a

Mc =15√

5π

16m2p

(~cG

)3/2

6. Per M > Mc la stella si contrae.

Soluzione 4.3.64 (Soluzione del problema 3.8.13). Consideriamo un sistema di riferimentoche ha come origine uno degli estremi fissi della corda. L’asse x giace sulla retta che contienela corda quando questa e in quiete ed e orientato verso il secondo estremo. In tale sistemadi riferimento indicheremo con y(x, t) l’elongazione di un punto a distanza x dall’origineall’istante t.

1. Fissiamo un istante t e consideriamo la porzione di corda compresa tra x e x+ dx. Latangente a y(x, t) passante per l’estremo di coordinata x sara inclinata di un angoloθ(x) rispetto all’asse x, mentre la tangente passante per l’estremo di coordinata x+dxsara inclinata di un angolo θ(x+dx) rispetto allo stesso asse. Poiche la stessa tensioneT e applicata a entrambi gli estremi, la forza totale agente sulla porzione di corda e

F = T (sin θ(x+ dx)− sin θ(x))

Poiche l’oscillazione e piccola, possiamo approssimare F con

F = T (tan θ(x+ dx)− tan θ(x))

= T

(∂y(x, t)

∂x

∣∣∣∣x+dx

− ∂y(x, t)

∂x

∣∣∣∣x

)= T

∂2y(x, t)

∂x2dx

D’altro canto, la forza totale agente su tale porzione e, per la seconda legge delladinamica, pari a

F =∂2y(x, t)

∂t2ρdx

Uguagliando le due equazioni precedenti otteniamo

∂2y(x, t)

∂t2= c2∂

2y(x, t)

∂x2

dove si e posto c2 = T/ρ.

2. Dato che gli estremi sono fissi si deve avere in ogni istante y(0, t) = y(L, t) = 0. Cioequivale alle condizioni:

C = 0

kn =nπ

LCon n intero non negativo. Concludiamo che le frequenze ammesse sono del tipo

ωn =ncπ

L


3. Supponiamo che la soluzione sia della forma y(x, t) = g(x)f(t), ovvero che sia scrivibilecome prodotto di due funzioni, entrambe dipendenti da una sola variabile. Sostituendonell’equazione d’onda otteniamo

c2

g(x)

d2g(x)

dx2=

1

f(t)

d2f(t)

dt2= −ω2

dove ω2 e una costante indipendente da x e t. in tal modo otteniamo il sistema

d2g(x)

dx2+ω2

c2g(x) = 0

d2f(t)

dt2+ ω2f(t) = 0

La cui soluzione e proprio

f(t) = A cos(ωt) +B sin(ωt)

g(x) = C cos(kx) +D sin(kx)

Con k = ω/c.

Soluzione 4.3.65 (Soluzione del problema 3.8.14). Le forze agenti sul sistema sono ~F e la

forza di attrito ~A. La condizione di puro rotolamento e

F − AM

=AR2 − FR1

MR21/2

R2

Ponendo λ = R2/R1, otteniamo

A =2λ+ 1

2λ2 + 1F

Da cui osserviamo che per λ > 1 risulta A < F , ovvero il cilindro accelera nello stesso versodi ~F . Viceversa, per λ < 1 abbiamo A > F e il cilindro accelera in verso opposto. Infine perλ = 1 il cilindro il cilindro non trasla.

Soluzione 4.3.66 (Soluzione del problema 3.8.15). Soluzione 1 Consideriamo come siste-ma di riferimento un sistema con origine in A, asse x parallelo ad AB e diretto verso B easse y diretto verso l’alto. In tale sistema di riferimento, ponendo ~L il vettore che va da Aa B e ~r il vettore posizione del corpo, la forza ~F agente su m e

~F = −2k~r − k~L−m~g = −2k~r + ~F ′

Il secondo termine e costante, mentre il primo e proporzionale a ~r. Per t = 0 la forza agentee parallela a ~F ′, quindi dopo un intervallo infinitesimo di tempo δt anche il vettore posizioneδ~r sara parallelo a ~F ′. Questa situazione si ripetera anche negli istanti successivi, pertanto latraiettoria sara un segmento. Soluzione 2 Nello stesso sistema di riferimento della primasoluzione, dette x e y le componenti di ~r, la lagrangiana del sistema e

L =2

m

(x2 + y2 − k

m

(2x2 + 2y2 − 2Lx+ L2

)− 2gy

)


Dalle equazioni di Eulero-Lagrange otteniamo

x = −2k

mx+

k

mL

y = −2k

my − g

Le costanti nelle due equazioni sono eliminabili con un opportuno cambio di coordinate equindi, a meno di fattori costanti, possiamo scrivere

x(t) = x0 sin

(√2k

mt

)

y(t) = y0 sin

(√2k

mt

)Che significa y(x) = mx.

Soluzione 4.3.67 (Soluzione del problema 3.8.16). Vediamo le idee chiave di questoproblema.

1. Dalla conservazione dell’energia, detta vrms la velocita quadratica media dei protoni

mpv2rms =

e2

4πε0dc

E dato che3

2kTc =

1

2mpv

2rms

Otteniamo

Tc =e2

12πε0dck= 5.5 · 109 K

2. Dalle semplificazioni suggerite otteniamo

Pc =GMρcR

D’altro canto, la pressione di un gas ideale e

Pc =2ρckTcmp

Dove il fattore 2 e dovuto al fatto che nonostante mp me, ogni coppia protone-elettrone contribuisce equamente alla pressione del gas. Otteniamo

Tc =GMmp

2kR


3. Invertendo semplicemente l’ultima equazione del punto precedente, otteniamo

M

R=

2kTcGmp

= 1.4 · 1024 kg m−1

Per il sole invece Ms/Rs = 2.9 · 1021 kg m−1, che e tre ordini di grandezza piu piccolo.

4. Dato che λp = h/(mpvrms), utilizzando i risultati precedenti ricaviamo

Tc =e4mp

24π2ε20kh

2= 9.7 · 106 K

5. Si ricava facilmente M/R = 2.4 ·1021 kg m−1, in accordo con il valore gia calcolato perMs/Rs.

6. Inserendo l’espressione di Tc nell’espressione di M/R, si ha

M

R=

e4

12π2ε20Gh

2

7. Supponendo che gli elettroni siano distribuiti uniformemente, si ha

ne =3M

4πR3mp

8. In maniera analoga

de = n−1/3e =

3

√4πR3mp

3M

9. Considerato che

λe =h

mevrms,elettroni

3

2kTc =

1

2mev

2rms,elettroni

E ricordando l’espressione di Tc, M/R e de, dalla condizione suggerita nel testo siottiene

R ≥ Rmin =h2

e4

√ε0

4m3em

5pG

2= 6.9 · 107 m

Per inciso, Rmin = 0.10 Rs.

10. Dal rapporto M/R si deduce

M ≥Mmin =M

RRmin = 1.7 · 1029 kg

Notiamo anche qui che Mmin = 0.09 Ms.


11. Dato che i nuclei di elio hanno carica 2e e massa approssimativamente pari a 4mp, sideve avere

4e2

4πε0mHev2rms,elio

=h√

2mHevrms,elio

Da cui, ricordando Tc,elio = (v2rms,eliomHe)/(3k), si ottiene

Tc,elio =2e4mHe

3π2ε20h

2k= 6.5 · 108 K


1. Uguagliando la forza gravitazionale agente su una stella alla forza centripeta otteniamo

Mv2

R=GM2

4R2

Sostituendo v = (2πR)/(Ts)

Ts = 4π

√R3

GM

Quando la distanza del pianeta dal piano delle stelle e z, la forza agente e

F ≈ −2GMm

R3z

ovvero il pianeta si muove di moto armonico di periodo

Tp = 2√

2Ts

2. La legge oraria del pianeta e z(t) = z0 cos (ωt), con ω =√

2GMR3 . All’equilibrio, la

potenza assorbita dal pianeta deve essere uguale a quella emessa, dunque se θ(t) e latemperatura del pianeta deve verificarsi

4πr2σθ4(t) = 2P

4π(R2 + z2(t))

Il fattore 2 e dovuto al fatto che, per z R, in ogni istante ogni punto del pianetarisulta illuminato da esattamente una stella, quindi e effettivamente sempre giorno.Con le dovute approssimazioni otteniamo

θ(t) = θ0

(1− z2

0 cos (ωt)

4R2

)Con

θ0 =4

√P

8π2R2r2σ

Soluzione 4.3.69 (Soluzione del problema 3.8.18). Vediamo le idee chiave del problema


1. Consideriamo meta della bolla. L’equilibrio delle forze si scrive nella forma

πR2 (Pe − PHe) = 2πσR

Ovvero

Pe = PHe +2σ

R

Sia p la quantita di moto dell’elettrone e λ la lunghezza d’onda ad esso associato. Devevalere

p =h

λ∝ 1

RNel limite non-relativistico possiamo quindi scrivere

Ek =k

R2

Inoltre, per il teorema delle forze vive

dEk = −PedV

Pe =Ek

2πR3

2. Dal principio di indeterminazione e dall’ipotesi di isotropia possiamo scrivere

∆x∆px ≥~2

∆y∆py ≥~2

∆z∆pz ≥~2

∆x = ∆y = ∆z

∆px = ∆py = ∆pz

Ponendo quindi (∆s)2 = (∆x)2 + (∆y)2 + (∆z)2 e (∆p)2 = (∆px)2 + (∆py)

2 + (∆pz)2,

otteniamo

∆s∆p ≥ 3

2~

Sempre per isotropia, il valor medio di p e nullo, pertanto

Ek =(∆p)2

2m≥ 9~2

8m(∆s)2≥ 9~2

8mR2= E0

Dato che l’incertezza massima su s e proprio R.

3. Combinando i risultati precedenti, per Ek = E0 e PHe = 0 possiamo scrivere

9~2

16πmR5e

=2σ

Re

Da cui si ricava

Re =4

√9~2

32πmσ= 1.31nm


4. La condizione di equilibrio stabile puo essere espressa da

2σ

R + dR+ PHe >

9~2

16πm(R + dR)5

Infatti, se la disequazione precedente e soddisfatta, la forza agente sull’interfaccia versol’interno e maggiore di quella rivolta verso l’esterno quando il raggio R aumenta di dR.Espandendo al primo ordine otteniamo

PHe > −8σ

5R

5. Dai risultati precedenti si deduce

2σ

R+ PHe ≥

9~2

16πmR5

Derivand rispetto a R si ottiene che PHe assume il valore minimo

Pmin = −16σ

54

√2πmσ

45~2

Per PHe < Pmin l’equilibrio non e possibile, quindi Pc = Pmin.

6. Il liquido e incomprimibile, quindi se il raggio della bolla di gas incremente di dR, lavariazione del volume occupato dal liquido all’interfaccia deve essere uguale e oppostaalla variazione di volume occupato dal liquido sulla superficie esterna di raggio r0.Pertanto

dW = (P − P0)dV = 4π(P − P0)R2dR

7. Il liquido e incompribile, pertanto possiamo scrivere

dV

dt= 4πR2R = 4πr2r

L’energia cinetica K del liquido e

1

2

∫ r0

R

4πρ0r2r2dr = 2πρ0R

4R2

(1

R− 1

r0

)Dunque la variazione di energia cinetica del liquido e

dK = d

[2πρ0R

4R2

(1

R− 1

r0

)]Ovviamente dK = dW , quindi nel limite r0 →∞ ricaviamo

1

2ρ0d(R3R2) = (P − P0)R2dR

cioe m = 3 e n = 2.


8. Il processo e sufficientemente veloce da essere studiato come adiabatico. Inoltre, dettaP (0) la pressione iniziale, per l’equazione dei gas possiamo scrivere P (0)R3(0) = P0R

30.

Quindi

P = P (R) =

(R3(0)

R3

)γP (0) =

R(0)2R30

R5P0

La temperatura corrispondente e

T = T (R) =

(R(0)

R

)2

T0

9. Dalle equazioni ricavate al punto 7 e al punto 8 possiamo scrivere

1

2R2

d

dR(R3R2) =

P − P0

ρ0

=P0

ρ0

[P (0)

P0

(R(0)

R

)3γ

− 1

]

Riscrivendo questa equazione in funzione di β e β e integrando

1

2β3β2 =

P0

ρ0

[(P (0)

P0

)β3−3γ − 1

3(1− γ)− β3 − 1

3

]Da cui, introducendo Q, si deduce

U(β) =P0

3R(0)2β5[Q(1− β2)− β2(1− β3)]

µ =P0

3R(0)2

10. Il raggio minimo viene raggiunto quando R = R(0)β = 0, che implica

Q = β2m

(1 +

β2m

1 + βm

)Affinche sia Q 1 anche βm deve essere assai piccolo, quindi possiamo stimare Q ≈β2m, cioe Cm ≈ 1. Otteniamo i seguenti valori numerici

βm =√Q = 0.0661

Rm = βmR(0) = 2.31µm

Tm =T0

β2m

= 6.86 · 104K

11. Il valore massimo della velocita radiale, che viene raggiunto per β = βu, deve corri-spondere anche a un massimo di U(β). Cio implica

dU(β)

dβ

∣∣∣∣β=βu

= 0


Da cui si ricava

β2u =

5

3

(Q

1 +Q

)Numericamente, βu = 0.0852, a cui corrisponde β = (βm + βu)/2 = 0.0757. Diconseguenza

u = −β(β) =

√−2U(β)

ρ0

= 5.52 · 106

Da cio possiamo stimare il tempo δtm ≈ (βu − βm)/u ≈ 3.45ns.

12. L’energia fornita e

E = −P dVdt

= −4πR3(0)P (0)β

β3

13. Detta σSB la costante di Stefan-Boltzmann, la potenza irradiata e

Wr = 4πR2aσSBT4 =

4πR2(0)aσSBT40

β6

Dovendo essere Wr ≤ E/5 per β = β, otteniamo a ≤ 0.0107.

Soluzione 4.3.70 (Soluzione del problema 3.8.22). Studiamo inizialmente il moto del cilin-dro nel caso in cui il corpo pesante sia assente. Allora, detta T la tensione delle corde checollegano il cilindro e il soffitto e P il peso del cilindro, devono valere

P − T = Ma

TR = Ia

R

Dove M , R, I e a indicano rispettivamente la massa, il raggio, il momento di inerzia el’accelerazione del centro di massa del cilindro (che per simmetria si trova sull’asse). Siricava facilmente

a =M

M + I/R2g

Non conosciamo I, ma possiamo fare la stima 0 ≤ I ≤ MR2, infatti I = 0 se la massa etutta concentrata sull’asse, mentre I = MR2 se il cilindro e un guscio vuoto. Pertanto valeanche

1

2g ≤ a ≤ g

Consideriamo ora il punto a cui e sospeso il corpo pesante, che e diametralmente opposto alpunto in cui vengono attaccate le corde che sostengono il cilindro. La sua accelerazione aldistacco e banalmente a′ = 2a, ovvero a′ ≥ g. Quindi la fune che sostiene il corpo non e intensione e quest’ultimo e in caduta libera.

Soluzione 4.3.71 (Soluzione del problema 3.8.23). 1. Detta xi la posizione dell’i-esimaparticella, risulta

mxn = S(xn+1 − 2xn + xn−1)


2. Sostituendo xn(ω) e sviluppando i calcoli si ottiene

ω2 =4S

msin2(ka)

Ovviamente, per le condizioni al contorno vale

sin((N + 1)ka) = sin(kL) = 0

cioe kL = π, 2π, · · · , Nπ. Di conseguenza, ωmax = 2Sm

.

3. Notiamo che

< E(ω) >=

∑∞p=0 p~ωe

− p~ωkBT∑∞

p=0 e− p~ωkBT

= kBT2 ∂

∂Tln∞∑p=0

e− p~ωkBT

La serie e ora banalmente una serie geometria, quindi sviluppando i calcoli si ottiene

< E(ω) >=~ω

ep~ωkBT − 1

4. L’intervallo tra due valori consecutivi di k e π/L, pertanto se ∆k π/L vi sonoapprossimativamente (L/π)∆k modi di vibrazione.

5. Dai punti precedenti si ricava

dω

dk= aωmax cos(ka) =

1

2a√ω2max − ω2

Dal punto precedente inoltre possiamo scrivere

dn =L

π∆k =

L

π

dk

dωdω

2(N + 1)

π

dω√ω2max − ω2

Dove e stata usata la relazione L/a = N + 1.

n =

∫ ωmax

0

2(N + 1)

π


= N + 1 ≈ N per N grandi

A questo punto, l’energia totale ET e

ET =2N

π

∫ ωmax

0

~ω

e~ωkBT − 1



Figura 4.7: Grafico di CV in funzione di T

6. Per prima cosa notiamo che ET cresce con T , dato che 1/[e(~ω)/(kBT ) − 1] e crescente.Per T piccole, possiamo trascurare il −1 a denominatore e quindi

ET ≈ 2N

π

∫~ωe−

~ωkBT


=2NkBT

2

~πωmax

∫ ∞0

xe−xdx√1−

(kBTx~ωmax

)2

Quando invece T e molto grande, usiamo l’approssimazione ex ≈ 1 + x e otteniamo

ET ≈ 2N

π

∫ ωmax

0

kBTdω√ω2max − ω2

= NkBT

Cioe CV ≈ NkB Se N e dell’ordine del numero di Avogadro, si ha CV ≈ R.

7.

Soluzione 4.3.72 (Soluzione del problema 3.8.24). Sia k = 1/(4πε0).

1. Si consideri un cubo del cristallo in cui lo ione centrale, supposto positivo e circondatoda 26 vicini. 6 di essi sono a distanza r e hanno carica negativa; 12 ioni positivi sonoa distanza

√2r; 8 ioni negativi sono a distanza

√3r. Sommando i vari contributi e

tenendo conto del segno otteniamo

VC0(r) = −(

6− 12√2

+8√3

)ke2

r


Pertanto otteniamo α0 ≈ 2.134.

2. Possiamo scrivere

V1(r) = Vattr(r) + Vrep,1(r) = −αke2

r+ λe−r/ρ

La condizione di equilibrio e banalmente

F (r0) =dV1(r)

dr

∣∣∣∣r=r0

= −αke2

r20

+λ

ρe−r0/ρ

= 0

(4.23)

Ricavando da questa e−r0/ρ otteniamo

V1(r0) = −αke2

r0

(1− ρ

r0

)3. L’energia di dissociazione E di uno ione e

E =EdisNA

= −1.269 · 10−18 J

e banalmente E = V1(r0). Da cio si ricava

ρ = r0

(1 +

r0E

kαe2

)≈ 0.112r0 ≈ 0.0316 nm

Si trova invece ρ = 0.032 nm in C. Kittel, ”Introduction to Solid State Physics”, N.Y.,Wiley (1976), p.92.

4. Allo stesso modo

V2(r) = −αke2

r+

b

rn

E imponendo

F (r0) =dV2(r)

dr

∣∣∣∣r=r0

= −αke2

r20

− nb

rn+10

= 0

(4.24)

Ricavando rn−10 , si ottiene

V2(r0) = −αke2

r0

(1− 1

n

)


5. Dai risultati precedenti

n =r0

ρ≈ 9

Da cui si ricava banalmente Vcoulombiano/VPauli = 9

6. L’energia necessaria per trasferire un atomo e la semidifferenza tra energia di ionizza-zione e affinita elettronica

Etrans =Eion − Eaff

2

L’energia di legame per atomo nel reticolo di NaCl e allora

Ebind =E

2+ Etrans ≈ −3.19 eV

Valore in buon accordo con Eexp.

Capitolo 5

Prova sperimentale

Il sapere come fare le misure purtroppo non e una cosa che si puo insegnare. Ci sono migliaiadi accortezze che si imparano solo facendo ore e ore di laboratorio, cosa non disponibile atutti. Quello che vi spieghero in questo capitolo sono le motivazioni teoriche che stanno dietroalle cose che si fanno in laboratorio, che spesso non vengono trattate in quanto richiedonoanalisi non banale, e quello che dovete fare voi nella gara, cosa ben diversa.

5.1 Propagazione degli errori

La prima cosa da dire dire in laboratorio e che le misure sono giuste fino ad una certaincertezza, ovvero ogni volta che misuriamo qualcosa vi e un errore associato alla nostramisurazione che puo essere dovuto a diversi motivi

Incertezza dello strumento: ovviamente se state misurando un tavolo con un metro cheha la risoluzione di 1mm, non potete pensare di conoscere la lunghezza del tavolo finoal µm.

Misurazioni fatte con il metodo sbagliato, ovvero errore sistematico. Immaginate dimisurare la massa di un certo volume d’acqua. La quantita di acqua e abbastanzada farvi pensare che la tara sia trascurabile, per cui non ne tenete conto quandofate le vostre misurazioni. Se la tara non e davvero trascurabile, voi commettete unerrore sistematico. Purtroppo questi errori non sono sempre cosı stupidi e spesso sinascondono in maniera infida all’interno degli esperimenti, non facendo tornare i conti.

Fluttuazione statistica intrinseca nella misura: banalmente se misurate un tempo concronometro al centesimo di secondo, non potete pensare che i vostri riflessi siano talida premere il pulsante nel momento esatto. Di conseguenza, se misurate la stessa cosamolte volte otterrete dei valori sempre diversi, ma verosimilmente distruibuiti in uncerto modo intorno ad un valore vero della misura

Principalmente queste sono le cose che vi possono capitare durante un esperimento. Ebuona norma capire bene il testo, in quanto di solito e pensato per evitarvi noiosi errorisistematici. E invece importante aguzzare l’ingengno cercando dei metodi per usare al megliogli strumenti che avete nel modo migliore possibile in modo da ottenere misure precise.

555

556 CAPITOLO 5. PROVA SPERIMENTALE

Cerchiamo ora di capire come si comportano gli errori quando andiamo a combinaremisurazioni diverse. Per esempio, misuriamo i due lati di un tavolo, b, h con il relativo errore∆b,∆h. Vogliamo conoscere l’area del tavolo con relativo errore. E chiaro che in questo casoabbiamo a che fare con il primo dei 3 tipi di errore che ho nominato, in quanto mi auguroche tutti sappiate misurare un tavolo e che se lo misurate 5 volte non ci siano differenze nellemisurazioni.

A(b, h) = bh

Se vogliamo conoscere l’errore associato all’area, possiamo stimare l’errore in questo modo

dA(b, h) =

∣∣∣∣∂A(b, h)

∂b

∣∣∣∣∆b+

∣∣∣∣∂A(b, h)

∂h

∣∣∣∣∆hOvvero abbiamo espanso in serie al primo ordine l’area nell’intorno del punto e sommato

i contributi.SCRIVI ERRORE STATISTICO

5.1.1 Media e deviazione standard

5.2. METODI DI FIT 557

5.2 Metodi di fit

Vi capitera spesso di avere esperimenti in cui bisogna fare dei fit. Un esempio banale eavere a disposizione un circuito elettrico composto da differenza di potenziale fissa V divalore ignoto e da una resistenza regolabile a piacimento (di solito si chiama potenziometro).Supponiamo di misurare diverse volte la resistenza R (in modo non specificato) e la correntei che passa nel circuito, entrambe con la loro incertezza. Vi viene richiesto di calcolare laddp ignota. Per fare questo calcolo, e necessario fare un fit, per l’appunto. Noi ci aspettiamoche le quantita R ed i siano legate dalla legge di Ohm

V = Ri

Se avessimo una sola misura di resistenza e di corrente, ovviamente la cosa da fare e unamoltiplicazione con successiva propagazione degli errori, ma dato che abbiamo una serie dimisure e non una sola, esistono dei metodi che danno dei risultati migliori rispetto a fare nmoltiplicazioni e farne la media.

Metodo dei minimi quadrati Supponiamo di avere due quantita legate da una relazionedel tipo y = mx + q e di avere un set di coppie di misure (xi, yi) di queste quantita, conerrori associati (∆xi,∆yi). Questo metodo ha un grado di approssimazione molto alto:faremo diverse assunzioni

1. Supponiamo che gli errori sulla variabile y siano tutti uguali, ovvero ∆yi = ∆y.

2. Supponiamo che gli errori sulla variabile x siano trascurabili rispetto a quelli sulla y.

A questo punto ha senso considerare la quantita

S(m, q) =n∑i=1

(yi −mxi − q)2

Ovvero, per ogni misura si considera la distanza verticale dalla retta y = mx + q e nesi fa la somma dei quadrati. Questo e un ragionevole modo per trovare i parametri m, q,in quanto ci aspettiamo che in tal caso la quantita S sia minima. Per avere un minimo, enecessario avere

∂S

∂q= 0

∂S

∂m= 0

⇒

−2

n∑i=1

(yi −mxi − q) = 0

−2n∑i=1

xi (yi −mxi − q) = 0

Che e un sistema nelle variabili m, q che ha come soluzione


m =

nn∑i=1

xiyi −n∑i=1

xi ·n∑i=1

yi

n

n∑i=1

x2i −

(n∑i=1

xi

)2

q =

n∑i=1

yi ·n∑i=1

x2i −

n∑i=1

xi ·n∑i=1

xiyi

n

n∑i=1

x2i −

(n∑i=1

xi

)2

Ovviamente non siete tenuti a sapere a memoria questa formula mostruosa. Per ottenereuna stima dell’errore associato a queste misure si propaga l’errore in modo statistico

σ2m =

n∑i=1

(∂m

∂yi

)2

(∆y)2 =n · (∆y)2

nn∑i=1

x2i −

(n∑i=1

xi

)2

σ2q =

n∑i=1

(∂q

∂yi

)2

(∆y)2 =

(∆y)2 ·n∑i=1

x2i

nn∑i=1

x2i −

(n∑i=1

xi

)2

Metodo del minimo χ2 Questo metodo e molto piu sensato del precedente in quantotoglie molti limiti e molte assunzioni, ma va comunque usato con cognizione di causa. Questometodo assume semplicemente che le misure seguano una distribuzione gaussiana intorno aduna misura vera. Questa assunzione e sensata nella maggior parte dei casi che vi possonocapitare alle gare, l’importante e essersi liberati di tutti gli errori sistematici. Per semplicitaassumeremo anche che le misure abbiano errore trascurabile sulla variabile x. Piu avantigeneralizzeremo a senza.

Consideriamo una relazione fra due quantita misurate x, y determinata da una funzionef dipendente da n parametri, ovvero f(x, p1...pn). Per fare un esempio concreto, f potrebbeessere una retta, di espressione f(x, p1, p2) = p1x + p2. Supponiamo di aver misurato lequantita x, y in modo da avere un set di n misure (xi, yi), con il loro errore (σxi , σyi) e disapere quale la funzione f ma di non conoscere il valore dei parametri (per esempio sapeteche e un logaritmo ma non sapete quanto vale il termine che divide la variabile).

La probabilita che la misura i-esima si trovi fra yi e yi + dyi e

Pi = exp

[−(yi − f(xi, p1..pn))2

σ2yi

]dxi

Dove ho indicato con exp[x] = ex in quanto l’esponente e troppo grosso. Ci sarebbeanche un fattore moltiplicativo davanti ma per quello che serve a noi non conta nienteperche dipende solo dalle σi e non dai parametri pi. La probabilita Pi dipendera quindi dai


parametri p1, p2, p3...pn. Dato che si tratta di eventi indipendenti, la probabilita che ognimisura stia al suo posto sara

P (p1, p2..pn) =n∏i=1

Pi =n∏i=1

exp

[−(yi − f(xi, p1..pn))2

σ2yi

]dxi =

= exp

[−

n∑i=1

(yi − f(xi, p1..pn))2

σ2yi

]dx1...dxn

Chiamiamo ora

χ2(p1, p2, ..., pn) =n∑i=1

(yi − f(xi, p1...pn)

σyi

)2

Con questo cambio di variabili e ovvio che

P = e−χ2

dx1...dxn

E di conseguenza si avra il massimo di probabilita che le cose funzionino quando χ2 eminimo. Per avere i parametri giusti, bisognera quindi minimizzare il χ2. Facciamo l’esempioconcreto per una retta y = mx+ q

χ2 =n∑i=1

(yi −mxi − q

σyi

)2

Per avere i parametri giusti si impone∂χ2

∂m= 0

∂χ2

∂q= 0

Che porta ad una soluzione orribile

m =

n∑i=1

1

σ2yi

n∑i=1

xiyiσ2yi

−n∑i=1

xiσ2yi

·n∑i=1

yiσ2yi

n∑i=1

1

σ2yi

n∑i=1

x2i

σ2yi

−

(n∑i=1

xiσ2yi

)2

q =

n∑i=1

yiσ2yi

·n∑i=1

x2i

σ2yi

−n∑i=1

xiσ2yi

·n∑i=1

xiyiσ2yi

n∑i=1

1

σ2yi

n∑i=1

x2i

σ2yi

−

(n∑i=1

xiσ2yi

)2

(5.1)

Con relativo errore


σ2m =

n∑i=1

1

σ2yi

n∑i=1

1

σ2yi

·n∑i=1

x2i

σ2yi

−

(n∑i=1

xiσ2yi

)2

σ2q =

n∑i=1

x2i

σ2yi

n∑i=1

1

σ2yi

·n∑i=1

x2i

σ2yi

−

(n∑i=1

xiσ2yi

)2

(5.2)

Pare abbastanza ovvio che nessuno vi chiedera mai di imparare a memoria questo coso etantomeno di mettere a mano i numeri nella calcolatrice per fare gli errori. Hanno inventatoi computer per un motivo e imparare a programmare in Python salvera la vostra anima dalladannazione. Purtroppo non vi e concesso un computer quando fate una prova sperimentalequindi nel paragrafo successivo vi diro cosa fare davvero. Vediamo rapidamente cosa succedequando invece gli errori sulla x non sono trascurabili.

Se ovviamente i vostri dati sperimentali dicono che l’errore sulla x e grosso mentre l’erroresulla y e piccolo (e improbabile che succeda), allora la cosa piu furba da fare e girare gli assidel grafico e fare finta che x sia y e viceversa.

Se invece entrambe sono da tenere in considerazione, allora si puo agire in piu modi, matutti i metodi richiedono un computer per non morirci sopra. Le cose che si fanno di solitosono:

Un metodo iterativo, cioe si da un valore iniziale ai parametri piu o meno a caso, sicalcola un valore migliore e si ricomincia mettendo il nuovo valore, cercando di tenereconto degli errori sulla x

Se la funzione f e invertibile si cerca di scrivere un χ2 del tipo

χ2 =n∑i=1

((yi − yiσyi

)2

+

(xi − xiσxi

)2)

Dove intendo che yi = f(xi, p1...pn) e xi = f−1(yi, p1...pn). Chiaramente appena fpeggiora dall’essere una retta o una potenza le cose si fanno molto complicate e invertirela formula puo diventare difficile o impossibile.

Nessuno vi chiedera mai di fare una cosa simile in una prova sperimentale, statenecerti. 1

5.2.1 Cosa fare davvero in gara

Dato che non avrete a disposizione un PC durante la prova e vi sconsiglio vivamente diusare software per cellulare per fare i furbacchioni, sarebbe bene avere un paio di dritte su

1Ultime parole famose.


come agire. Tutti i metodi di fit che vi ho elencato sono validi ma sono molto lunghi da farese non avete gia un programma scritto per farlo in automatico.

Per fortuna, qualsiasi calcolatrice scientifica ha gia integrato un programma per farela regressione con il metodo dei minimi quadrati. Vi consiglio quindi molto vivamente dileggere il libretto delle istruzioni per capire come fare in quanto vi puo salvare la vita. Io viho insegnato a farlo nel caso di una retta. Sinceramente non so come le calcolatrici elaborinoi dati per fare la regressione anche nel caso di y = xα, ma vi mostrero ora un metodo pertrasformare quasi tutto in una retta. E molto probabile che vi venga dato un esperimentoin cui sia richiesto quello che vi mostrero.

Prendiamo un esempio anche piu complicato del previsto, un pezzo del problema 2 diSenigallia 2013, il problema 3.1.40. Era fornita una tabella che indicava la viscosita di unmateriale a diverse temperature e veniva detto che la viscosita era legata alla temperaturadalla legge

µ = µ0eE0RT

Dove µ0 e E0 sono costanti opportunamente dimensionate. La tabella (con le temperaturegia convertite in kelvin perche sı.) e riportata qui sotto.

Temperatura [K] Viscosita µ [10−3Pa · s]273 1.681283 1.621293 1.552303 1.499313 1.450323 1.407333 1.367343 1.327373 1.232

Evidentemente questi dati non stanno su una retta, come si vede dal grafico 5.1Tuttavia, possiamo agire d’astuzia. Prendiamo la relazione di prima.

µ = µ0eE0RT

Dividiamo entrambe i membri per µ = 10−3Pa · s, in modo da poter prendere il logaritmo

lnµ

µ= ln

µ0

µ+E0

RT

Se chiamiamo Y = lnµ

µ, la relazione sopra comincia gia di piu ad assomigliare ad una

retta, infatti

Y (T ) = C +E0

RT

Se poi chiamiamo X = 1T

, allora otteniamo proprio una retta, ovvero

Y (X) = C +DX


Figura 5.1: Esperimento

Il bello e che a questo punto possiamo fare tutte le cose che siamo in grado di fare perchele rette si trattano molto bene. Costruiamo quindi la tabella 5.1 degli X e degli Y e facciamoil grafico 5.2. Ovviamente ci aspettiamo che stavolta i dati stiano su una retta.

Dal grafico si possono desumere il coefficiente angolare e l’intercetta, dai quali poi risaliread E0 e µ0. Per farlo ci sono due modi

Fare il grafico su carta millimetrata, farlo molto bene e leggere l’intercetta sull’asse ye il coefficiente angolare calcolando la tangente dell’angolo (metodo che funziona solose si fanno le cose in modo molto preciso e porta via molto tempo)

Lanciare i dati nella calcolatrice che un sant’uomo ha programmato prima che la com-prassimo e aspettare che ci dia il risultato senza sapere come ha fatto (tempo impiegato= tempo impiegato a fare il grafico ·10−30)

Credo di aver detto cosa sia meglio fare senza averlo detto esplicitamente. In ogni caso,quello che io vi consiglio di fare e:

1. Prendere i dati con precisione ma senza usare tutto il tempo solo per fare quello.

2. Buttare i dati nella calcolatrice e vedere se il risultato e plausibile o se le misure sonoda buttare


3. Scrivere bene la relazione (se ci sono altri punti da fare, anche usando il risultatoprecedente, fatelo)

4. Fare i grafici nell’ultima mezz’ora

I grafici purtroppo sono indispensabili perche una parte del punteggio di solito e proprioattribuita solo al fare correttamente il grafico. Spesso pero si ha bisogno dei risultati dellaregressione per poter andare avanti e controllare che i propri risultati siano sensati e fare ungrafico lungo e complicato per poi scoprire che le proprie misure fanno schifo puo rovinareun’intera prova sperimentale.

Una cosa importante da tenere a mente e che la calcolatrice non fornisce un erroresensato sui dati di regressione. Esiste un coefficiente di correlazione, che troverete sottoil nome di r o r2 che non siete tenuti a sapere cos’e, che vi dice piu o meno se i vostri datistanno su una retta oppure no 2, ma non fornisce un errore su m e q.

Per trovare un errore su m e q, all’universita userete il PC su cui scaricherete softwarebellissimi come Python che vi permettono di usare il metodo del minimo χ2 ottenendol’errore fatto bene semplicemente premendo un pulsante. Purtroppo in gara non si puo fare.Tutti i professori del gruppo olimpiadi dicono che il metodo che a loro piace di piu in questesituazioni e disegnare il grafico con le barre di errore bene in vista e di cercare due rette,quella a massima pendenza e quella a minima pendenza che riescono a passare per tuttele barre. Queste due rette determineranno due m e due q e da questi si calcolera l’errore(semidispersione). Vi consiglio di farlo in quanto e molto apprezzato, ma fatelo solo alla fine.

X [K−1] Y []0.00353 0.4830.00341 0.4400.00330 0.4050.00319 0.3720.00310 0.3410.00300 0.3130.00292 0.2830.00268 0.209

Tabella 5.1: Grafico rettificato

2Il coefficiente r e compreso fra −1 e 1. Piu e vicino a 1 meglio e. Se e molto vicino a −1 vuol dire che idati sono correlati ma avete fatto qualcosa di sbagliato nel cercare la correlazione. Piu o meno, per saperese la regressione e buona, il coefficiente r deve essere maggiore di 0, 99. Se avete 0, 98 o meno vi consiglio dirifare le misure.


Figura 5.2: Grafico rettificato

5.3 I principali strumenti con cui avrete a che fare

Dato che gli apparati sperimentali costano, probabilmente3 non avrete a che fare con oggettitroppo complicati. Se dovesse capitarvi qualcosa di piu astruso, sicuramente ci sara unlibretto di istruzioni che vi invito caldamente a leggere prima di distruggere tutto.

Vediamo rapidamente qualche piccolo trucco o quantomeno la lista delle cose da conoscereassolutamente. Se non vi sembra abbastanza quello che ho scritto io vi consiglio di cercare suinternet delle istruzioni perche se fate piu di una prova sperimentale sicuramente vi capiteradi usare almeno uno di questi oggetti.

SCRIVI CONSIGLI PER CIASCUNO. PER ORA E UN ELENCO DI COSE DA SAPERUSARE

Oggetti meccanici

Metro Voglio sperare che questo siate capaci di usarlo.

Calibro ventesimale

Micrometro (o calibro Palmer)

Carta millimetrata

3Non e sempre vero. In India avevo a disposizione un tablet nella dotazione e dovevo misurare onde ditensione superficiale mediante diffrazione. Una stima approssimativa porta ad un prezzo di circa 500 europer ogni apparato sperimentale.

5.3. I PRINCIPALI STRUMENTI CON CUI AVRETE A CHE FARE 565

Massiera

Elastici

Ottica

RICORDATE DI OSCURARE LA ZONA IN CASO DI SENSORI LUMINOSI

Lenti

Polarizzatori

Pezzi di CD/DVD

Componenti principali di un circuito

LED

Multimetro

Potenziometro IMPORTANTE, CERCATE SU INTERNET E CAPITE COME E FAT-TO

Capitolo 6

Appendice

Wolfram alpha, la vostra salvezza per ogni dubbio matematico.

6.1 Derivata delle funzioni elementari

Funzione DerivataCostante 0

xα αxα−1 con α ∈ Rex ex

sin(x) cos(x)cos(x) − sin(x)

log(x)1

x

arcsin(x)1√

1− x2

arccos(x) − 1√1− x2

arctan(x)1

1 + x2

sinh(x) cosh(x)cosh(x) sinh(x)

sinh−1(x)1√

x2 − 1

cosh−1(x)1√

1 + x2

tanh−1(x)1

1− x2

Tabella 6.1: Derivata delle funzioni elementari

567

http://www.wolframalpha.com/

568 CAPITOLO 6. APPENDICE

6.2 Serie di Taylor piu comuni

Funzione Serie Raggio di convergenza

sin(x)∞∑n=0

(−1)n+1

(2n+ 1)!x2n+1 ∞

cos(x)∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n ∞

sinh(x)∞∑n=0

x2k+1

(2k + 1)!∞

cosh(x)∞∑n=0

x2n

(2n)!∞

ln(1 + x)∞∑n=1

(−1)n+1

nxn 1

ex∞∑n=0

xn

n!∞

(1 + x)α∞∑n=0

(α

n

)xn 1

Tabella 6.2: Serie di Taylor piu comuni

6.3. LA FUNZIONE GAMMA DI EULERO 569

6.3 La funzione gamma di Eulero

Per ogni z ∈ C definiamo

Γ(z) =

∫ +∞

0

tz−1e−tdt

Proposizione 6.3.1. Per ogni z ∈ C, vale Γ(z + 1) = zΓ(z)

Dimostrazione: Integriamo per parti

Γ(z + 1) =

∫ +∞

0

tze−tdt = −tze−t|+∞0 + z

∫ +∞

0

tz−1e−tdt = zΓ(z)

Inoltre, con un banale integrale si nota che Γ(1) = 1, per cui Γ(n + 1) = n! ∀n ∈ N. Inparticolare, possiamo in un certo senso dire che la funzione Gamma e una generalizzazionedei fattoriali estesa al piano complesso.

Proposizione 6.3.2. Γ(

12

)=√π

Dimostrazione:

Γ

(1

2

)=

∫ ∞0

t−12 e−tdt

√t = x⇒ dt = 2xdx

Γ

(1

2

)=

∫ ∞0

2e−x2

dx =

∫ ∞−∞

e−x2

dx

E stato dimostrato che non si puo trovare una primitiva di e−x2

esprimibile in termini difunzioni elementari. Tuttavia, con un trucco si puo calcolare il particolare integrale definitoche abbiamo lı sopra.

I =

∫ ∞−∞

e−x2

dx =

∫ ∞−∞

e−y2

dy

I2 =

∫ ∞−∞

e−x2

dx

∫ ∞−∞

e−y2

dy =

∫ ∞−∞

∫ ∞−∞

e−(x2+y2)dxdy =

∫ ∞0

∫ 2π

0

re−r2

dφdr

= π

∫ ∞0

2re−r2

dr = π[−e−r2

]∞0

= π

I =

∫ ∞−∞

e−x2

dx =√π


6.4 Identita vettoriali ed operatoriali

~a× (~b× ~c) = ~b(~a · ~c)− ~c(~a ·~b) (6.1)

~∇× (~∇× ~F ) = ~∇(~∇ · ~F )−∇2 ~F (6.2)

~v × (~∇× ~v) = (~v · ~∇)~v − ~∇(

1

2v2

)(6.3)

Dimostrazione:(~v × (~∇× ~v)

)i

= εijkvjεklm∂lvm = εkijεkmlvj∂lvm = (δimδjl − δilδjm)vj∂lvm =

= vj∂jvi − vj∂ivj = ((~v · ~∇)~v)i −(~∇(

1

2v2

))i

~∇ · (ψ~∇φ) = ~∇ψ · ~∇φ+ ψ∇2φ (6.4)

(Prima identita di Green)

~∇ · (ψ~∇φ− φ~∇ψ) = ψ∇2φ− φ∇2ψ ⇒∮∂V

(ψ~∇φ− φ~∇ψ

)· d ~A =

∫V

(ψ∇2φ− φ∇2ψ

)dV

(6.5)(Seconda identita di Green)

6.5. LISTA DELLE MODIFICHE APPORTATE AL FILE 571

6.5 Lista delle modifiche apportate al file

13/10/16 Ho cambiato l’ordine di alcuni argomenti in elettrostatica. Aggiunto unproblema di elettrostatica. Corretto un typo nella soluzione del problema sulle duemasse che si scontrano partendo da ferme. Scritto la soluzione di due problemi dielettrostatica, il 3.3.10 e 3.3.9

14/10/16 Aggiunti problemi e soluzioni di elettrostatica

16/10/16 Aggiunta una domanda al problema 3.3.6. Aggiunti problemi di elettrosta-tica.

17/10/16 Aggiunto un problema di ottica

19/10/16 Aggiunto un problema di relativita e uno di elettrostatica. Aggiunti deglihint al problema 3.8.4. Aggiunto il testo ad un problema ipho di cui c’era solo il titoloe ad un senigallia

21/10/16 Aggiunti molti problemi nella sezione dei problemi generici

22/10/16 Correzioni sparse nella parte di matematica

23/10/16 Aggiunto un problema di meccanica quantistica

24/10/16 Aggiunti pezzi scritti da Giorgio Busoni: trucchi per fare gli integrali, equa-zioni differenziali alle derivate parziali, esempi calcolo integrali di linea, di superficie emomenti di inerzia

28/10/16 Aggiunti due problemi di meccanica quantistica

30/10/16 A grande richiesta, dovrei aver corretto tutti i maledetti accenti. Aggiuntiproblemi generici, come il 3.8.16e altri

31/10/16 Aggiunto il testo ad altri problemi generici. Aggiunte cose sul vettore di lenze precisazioni sul tensore di inerzia. Sistemata la soluzione del problema 3.1.36

2/11/2016 Aggiunta soluzione al problema 3.1.12

13/11/2016 Aggiunta teoria sul corpo rigido e corretti typo sparsi.

18/11/2016 Aggiunta una parte della magnetostatica. Le spiegazioni precedenti chelasciavano molto a desiderare sono state profondamente modificate. Aggiunto iniziodella parte di elettrostatica nei dielettrici lineari

20/11/2016 Continuata la parte sui dielettrici lineari. Non e ancora finita.

2/12/2016 Aggiunti problemi sui dielettrici. Aggiunte parti di magnetostatica

5/12/2016 Aggiunta una parte della magnetostatica nei materiali.

1/2/2017 Dopo lungo tempo, ho ripreso il lavoro. Aggiunta una parte sulle equazionidi Maxwell e fatte leggere modifiche sulla parte di magnetostatica


13/2/2017 Aggiunte parti sulle onde elettromagnetiche nella parte di elettromagneti-smo e aggiunte cose sul vettore di poynting e sul tensore di maxwell

25/4/17 Dettagli di relativita e dettagli sparsi.

26/4/17 Aggiunto un problema di elettrostatica molto bello, problema 3.3.12. Lasoluzione e da rifinire nei dettagli

27/5/17 Aggiunta un sacco di roba di ottica.

Indice analitico

causalita, 366condensatore, 265convoluzione, 343

dispersivo, 349

funzione di partizione, 225

indice di rifrazione, 355

leggedi malus, 364

mesoscopico, 340

plasmoni, 365polaritoni, 365polaroid, 364

relazione costitutiva, 341relazioni

Kramers-Kronig, 366riflessione

totale, 363riflettivita, 358rifrazione, 358

tensoredi inerzia, 161di maxwell, 313

trasformata di Fourier, 343

vettore di poynting, 311

573

574 INDICE ANALITICO

Bibliografia

[1] David Morin, Introduction to Classical Mechanics: with problems and solutions

[2] David Jackson, Classical Electrodynamics

[3] L.D. Landau, E.M. Lifshitz, Fisica Teorica. Volume 1: Meccanica

[4] Giancarlo Cella, Un esercizio al giorno, reperibile qui.

[5] Giuseppe Carlo La Rocca Note del corso di Elettrodinamica Classica, corso del II annoSNS

[6] Massimo D’Elia, Appunti di Meccanica Analitica, reperibile sul mio sito.

[7] Massimo D’Elia, Appunti di Meccanica Statistica, reperibile sul mio sito.

[8] Massimo D’Elia, Appunti di Meccanica Relativistica, reperibile sul mio sito.

[9] Paolo Acquistapace, Appunti di Analisi Matematica 2, reperibile qui.

575

http://www.df.unipi.it/~cella/uegbook/uegbook.pdf

http://people.dm.unipi.it/acquistp/

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