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Dispense per le Olimpiadi di Fisica

Fabio Zoratti 1

6 marzo 2020

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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? . . . . . . . . . . . . . 81.3 A cosa servono queste dispense? . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Link, libri e dispense utili per la preparazione olimpica. . . . . 10

1.4.1 Testi di studio per la teoria . . . . . . . . . . . . . . . 101.4.2 Link a raccolte di problemi ed eserciziari. . . . . . . . . 121.4.3 Testi di approfondimento. . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4.4 Varie ed eventuali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.5 Ringraziamenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Matematica 192.1 Le funzioni elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.1 La funzione esponenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.1.2 La funzione logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.1.3 I numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.1.4 Le funzioni iperboliche . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2 Analisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2.1 Cenni di serie numeriche . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2.2 Derivate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.2.3 Integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.4 Equazioni differenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.2.5 Espansione in Serie di Taylor (molto importante) . . . 67

2.3 Calcolo vettoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.3.1 Vettori e versori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.3.2 Algebra lineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 802.3.3 Cenni di analisi in piu variabili . . . . . . . . . . . . . 992.3.4 Integrali in piu variabili . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

3

4 INDICE

2.3.5 Potenziale scalare e potenziale vettore . . . . . . . . . 1202.3.6 Operatori differenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

2.4 Equazioni differenziali alle derivate parziali . . . . . . . . . . . 1412.5 Cenni di statistica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

3 Fisica 1753.1 Meccanica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

3.1.1 Statica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1753.1.2 Dinamica del punto materiale . . . . . . . . . . . . . . 1793.1.3 Oscillazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1913.1.4 Sfruttare le conservazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . 1983.1.5 Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1993.1.6 Corpo rigido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2063.1.7 Gravitazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2263.1.8 Sistemi a massa variabile . . . . . . . . . . . . . . . . . 2543.1.9 Sistemi di riferimento non inerziali . . . . . . . . . . . 2563.1.10 Fluidodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

3.2 Termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2663.2.1 Primo principio della termodinamica . . . . . . . . . . 2693.2.2 Secondo principio della termodinamica . . . . . . . . . 2753.2.3 Entropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2783.2.4 Potenziali termodinamici . . . . . . . . . . . . . . . . . 2833.2.5 Cenni di meccanica statistica . . . . . . . . . . . . . . 2913.2.6 Gas perfetti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2983.2.7 Gas reali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3103.2.8 Tensione superficiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3193.2.9 Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320

3.3 Elettromagnetismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3243.3.1 Campo elettrostatico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3243.3.2 Campo magnetostatico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3583.3.3 Equazioni di Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3813.3.4 Circuiti elettrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4163.3.5 I campi nella materia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424

3.4 Ottica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4443.4.1 Le scale mesoscopiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4443.4.2 Le equazioni di Maxwell nei mezzi continui . . . . . . . 4463.4.3 La propagazione di onde nei mezzi dielettrici lineari . . 4483.4.4 La riflessione e la rifrazione . . . . . . . . . . . . . . . 467

INDICE 5

3.4.5 La causalita e le relazioni di Kramers-Kronig . . . . . . 4773.4.6 Cenni di ottica non lineare . . . . . . . . . . . . . . . . 4783.4.7 Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 479

3.5 Relativita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4813.5.1 Relativita ristretta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4813.5.2 Relativita generale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5203.5.3 Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 521

3.6 Meccanica quantistica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5233.6.1 Decadimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5233.6.2 Principio di indeterminazione . . . . . . . . . . . . . . 5233.6.3 Corpo nero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5233.6.4 Effetto fotoelettrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5233.6.5 Scattering Compton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5233.6.6 Cenni di orbitali atomici . . . . . . . . . . . . . . . . . 5233.6.7 Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524

3.7 Complementi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5293.7.1 Lagrangiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5293.7.2 Tensori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 541

3.8 Problemi generici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542

4 Soluzione dei problemi 5694.1 Risposte agli esercizi di matematica . . . . . . . . . . . . . . . 5694.2 Suggerimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5714.3 Soluzioni complete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572

4.3.1 Meccanica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5724.3.2 Termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6294.3.3 Elettromagnetismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6424.3.4 Ottica e onde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6844.3.5 Relativita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6894.3.6 Meccanica quantistica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6944.3.7 Problemi aggiuntivi e complementi . . . . . . . . . . . 696

5 Prova sperimentale 7235.1 Propagazione degli errori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723

5.1.1 Media e deviazione standard . . . . . . . . . . . . . . . 7245.2 Metodi di fit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 725

5.2.1 Cosa fare davvero in gara . . . . . . . . . . . . . . . . 7295.3 I principali strumenti con cui avrete a che fare . . . . . . . . . 734

6 INDICE

6 Appendice 7376.1 Derivata delle funzioni elementari . . . . . . . . . . . . . . . . 7386.2 Serie di Taylor piu comuni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7396.3 La funzione gamma di Eulero . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7406.4 Identita vettoriali ed operatoriali . . . . . . . . . . . . . . . . 7426.5 Lista delle modifiche apportate al file . . . . . . . . . . . . . . 743

Capitolo 1

Introduzione - di Andrea Caleo(e Fabio Zoratti)

1.1 Nota per il lettore

Queste dispense sono ancora in fase di stesura, sono circa a meta del lavorocompleto. E molto probabile trovare quindi sezioni incomplete o con errori,che possono essere di distrazione, typo o anche grossi. Troverete spesso inoltredelle note in maiuscolo che mi servono a ricordare che cosa devo sistemare.Vi prego di segnalarmi gli errori che trovate all’indirizzo email in copertinaal fine di rendere piu rapido il lavoro di correzione. Inoltre, saro contento diricevere feedback sul lavoro svolto. Ditemi se quello che leggete vi sembrachiaro o vi sembra incomprensibile.

Per ora vi posso piu o meno dire che la parte di matematica e quasicompleta, mancano gli esercizi di autovalutazione, mentre per fisica sonoancora in alto mare

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

Termodinamica e quasi finita

Elettromagnetismo per ora fa abbastanza schifo ma conto di sistemarladurante l’anno 2016/2017 in quanto seguiro dei bei corsi a riguardo

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

Relativita e ancora a meta e leggere mezza spiegazione incompleta puoconfondere le idee.

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

I problemi potete tranquillamente farli senza aver letto la parte di teoriae sono la cosa piu 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 OlimpiadiItaliane di Fisica e partecipare alle IPhO. Tuttavia, le tappe principali permolti studenti sono le seguenti:

1. Lo studente, che chiameremo Angela, ottiene buoni risultati in fisica ematematica a scuola.

2. Ad un certo punto, forse dopo aver partecipato ad una delle primefasi delle Olimpiadi Italiane di Fisica oppure dopo una partecipazionefortuita a Senigallia in classe terza o 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 altriragazzi che hanno partecipato alle Olimpiadi, andando sul forum delleOlimpiadi, oppure chiedendo ad uno dei suoi insegnanti.

4. Seguendo il consiglio che riceve piu spesso, Angela si procura un libro difisica che copra il resto del materiale che ancora non ha potuto studiarea scuola (probabilmente l’Halliday). Angela studia vari argomenti futuridal libro, riguarda argomenti precedenti, e intanto fa esercizi tratti dallefasi provinciali e nazionale delle Olimpiadi Italiane di Fisica.

5. Quando i problemi le sembrano facili, Angela prova ad affrontare alcuniproblemi delle Olimpiadi Internazionali di Fisica. Si accorge che questiproblemi sono molto piu lunghi e complessi, ed in qualche caso richiedonol’uso di tecniche piu avanzate di quelle che conosce. Spesso e’ quasiindispensabile aver visto un problema simile a quello che si sta provandoa risolvere.

6. Se non l’ha gia studiata a scuola, Angela studia l’analisi (derivate edintegrali), perche si accorge che questi argomenti sono menzionati moltospesso nei problemi difficili. In particolare, scopre che aver capito iconcetti principali dell’analisi rende piu facile risolvere anche problemiche in teoria si possono risolvere senza l’analisi.

1.3. A COSA SERVONO QUESTE DISPENSE? 9

7. Angela ha finalmente tutti gli strumenti che le servono per competerenelle Olimpiadi. Affronta molti problemi tratti dalle Olimpiadi Interna-zionali, dalla raccolta di problemi della Scuola Normale Superiore e daaltre fonti che trova interessanti.

Ognuno dei 7 punti elencati ha richiesto uno sforzo attivo da parte diAngela, e non e’ scontato che lei si renda conto di dover fare questo sforzo.Per esempio, la maggior parte degli studenti di liceo si limita a studiarequel che viene richiesto dai loro insegnanti, senza decidere autonomamente diapprofondire un argomento molto piu in profondita. La realta e’ che, per averesuccesso nel resto della propria vita, avere un ottimo livello di competenzain dieci materie diverse (le stesse dieci per tutti gli studenti della classe) e’decisamente peggio che avere un livello di competenza rispettabile in novematerie e stratosferico in una. Accorgersi di questo fatto prima di andareall’universita e’ una delle cose migliori che possano accadere ad un ragazzo.

Gli ultimi due step elencati sopra sono particolarmente complessi percherichiedono di fare molti problemi e studiare materiale che non e’ univocamentedeterminato. Ogni studente che arriva alle IPhO ha una preparazione diversa:c’e’ chi ha fatto tutti i problemi delle IPhO ma non ha mai aperto un testodi teoria piu avanzato dell’Halliday, c’e’ chi e’ molto bravo di matematicae 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 ditecniche universitarie ma non ha fatto molti problemi dalle edizioni precedenti.Quello che quasi tutti loro hanno in comune e’ la curiosita di imparare lafisica e l’aver fatto una certa quantita di preparazione indipendente.

1.3 A cosa servono queste dispense?

Queste dispense sono rivolte ai ragazzi delle scuole superiori che si cimenta-no nelle Olimpiadi di Fisica. Sono pensate come supplemento per ragazzi cheottengono buoni risultati in Fisica a scuola, ma vogliono la spinta in piu cheserve ad arrivare ad alto livello su scala nazionale e internazionale. L’autore diquesto libro, Fabio Zoratti, ha partecipato alle Olimpiadi Internazionali dellaFisica nel 2014 e 2015 conseguendo una medaglia di bronzo e una medagliadi argento. Si avvale della collaborazione di amici e collaboratori, molti deiquali hanno partecipato ad altre edizioni delle Olimpiadi Internazionali dellaFisica e stanno coltivando una carriera nell’ambito della ricerca.


Il modo migliore per imparare fisica e quello di porsi domande difficili ecercare le risposte, piuttosto che studiare molti libri di testo. Cio’ nonostante,una serie di strumenti matematici e fisici sono fondamentali per espanderei propri orizzonti. La prima parte di questo testo presenta la matematicautile per fare i problemi delle Olimpiadi in modo che gli studenti che nonhanno ancora familiarita con l’analisi possano avere del materiale concisosu cui studiare. Segue una discussione di alcuni argomenti di fisica che nonsi trattano al liceo ma sono utili per le gare e per capire i trucchi che avolte compaiono nelle soluzioni dei problemi. Presentiamo infine una ampiacollezione di problemi che coprono l’utilizzo di molte tecniche da tenerepresente.

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

Riportiamo qua di seguito una lista di libri e siti consigliati per la prepa-razione per le Olimpiadi di Fisica. La lista e’ tratta da una discussione sulforum delle Olimpiadi che viene aggiornata periodicamente. Potete trovaremaggiori informazioni e alcuni link sul forum, oppure con una breve ricercasu Google.

Essendo questo un libro scritto da un volontario e inevitabile che ci sianosviste o errori veri e propri. Potete segnalare tutti gli errori all’indirizzo emailin copertina.

1.4 Link, libri e dispense utili per la prepara-

zione olimpica.

1.4.1 Testi di studio per la teoria

I seguenti testi sono indicati per una preparazione di livello liceale e pre-universitaria. Il materiale che vi si trova copre la teoria di base ed e’ piu chesufficiente per affrontare le Olimpiadi Italiane di Fisica, se unito ad un solidoallenamento nella risoluzione di problemi.

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

1. Fondamenti di Fisica, Halliday, Resnick e Walker, Ref [HRW12].

Si tratta di un libro di testo di fisica che esiste in una versione piusemplice, che viene usata anche nei licei (Fondamenti di Fisica, che sipuo’ integrare con Fisica Moderna), ed in una versione piu avanzata(divisa in Fisica 1 e Fisica 2), che a volte e usata nei primi corsi di Fisicaper Ingegneria. E’ un testo abbastanza semplice, ed e probabilmenteil piu adatto a cominciare a studiare fisica, anche se fa un leggero usodel calcolo differenziale ed integrale. Gli esercizi di fine capitolo sonomolto buoni per prendere la mano con gli argomenti del libro, e sonogeneralmente di livello compreso tra la fase di Dicembre e quella diFebbraio delle Olimpiadi. Se non e la Bibbia delle Olimpiadi, poco cimanca.

2. I testi di Giovanni Tonzig.

I libri di Giovanni Tonzig trattano la fisica del liceo facendo uso di pocamatematica avanzata. Sono testi molto adatti alla preparazione delleOlimpiadi, contengono un buon numero di problemi di livello moltovariabile e trattano approfonditamente argomenti spesso bistrattati ascuola, come l’attrito, la fisica del vapore, la meccanica 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 unsuo corso. Al suo interno sono spiegate le idee che stanno dietro a moltidegli argomenti di fisica, e spesso si trovano metodi originali e rapidi peraffrontare situazioni di vario genere. E’ un testo molto interessante peril contenuto e per lo stile, che va anche oltre alle conoscenze necessarieper le Olimpiadi (soprattutto nel 2 e 3 volume). Non e scritto perinsegnare a risolvere problemi e non contiene esercizi. Io consiglio iltesto in inglese, ma, se non vi sentite sicuri, potete ricorrere al testotradotto per la Zanichelli.

4. La fisica di Berkeley.

Si tratta di un testo classico, che ha ormai una quarantina d’anni, mane mostra molti di meno. Io consiglio i primi due volumi, da leggereparallelamente ad (oppure al termine di) un libro piu classico. Il primo


volume riguarda la meccanica e tratta in modo particolarmente accuratola relativita ristretta, rispetto agli altri testi del suo tipo. E’ ricco diesempi utili e di letture interessanti, ad un livello intermedio tra il liceoe l’universita. Purtroppo, pero, non contiene molti problemi interessantiper le olimpiadi, e la trattazione della meccanica non relativistica e fattaun po’ meglio su altri testi. Il secondo volume tratta l’elettromagnetismoin modo abbastanza classico. Le cose sono spiegate ad un livello piualto dell’Halliday, facendo uso anche di strumenti di analisi vettoriale(gradiente, rotore, laplaciano), che sono presentati dallo stesso testo malo rendono un testo difficile come primo approccio all’elettromagneti-smo. Anche in questo caso sono presenti molti esempi utili e lettureinteressanti, e il testo contiene anche problemi che potrebbero servireper le Olimpiadi (l’ultimo capitolo e dedicato interamente ai problemi).Usa il sistema di unita di misura CGS. Il terzo volume tratta le onde ele oscillazioni, ad un livello piu alto di quello che serve per le Olimpiadi,anche se molte sue parti sono interessanti e comprensibili gia al liceo. Ilquarto ed il quinto volume trattano temi di fisica quantistica e statisticaad un livello quasi universitario, e sono materiale molto avanzato per leOlimpiadi.

5. Fisica generale 1 e 2, Rosati.

Il Rosati e un altro libro che viene consigliato per i corsi di laureain Ingegneria, come l’Halliday. Talvolta e anche consigliato a Fisica.Rispetto all’Halliday e un po’ piu completo ed avanzato, ed alcunipreferiscono iniziare con questo. Si divide in due testi, Fisica Generale 1e 2. Oltre a questo, ci sono altri libri dello stesso tipo, come il Mazzoldied il Picasso. Un commento personale: per studiare la teoria va bene unpo’ qualsiasi libro tra questi, ma l’Halliday resta il migliore. Riguardoagli eserciziari, invece, penso che quelli relativi a questi libri (ognunodi loro ne ha uno) non siano particolarmente interessanti: spesso gliesercizi sono troppo cervellotici o pieni di conti, non sono particolarmenteinteressanti e sono piu facili di quelli che poi vengono dati a Senigallia,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 comerisorsa. Ci sono ormai oltre 15 edizioni delle Olimpiadi, cioe oltre 15prove di Dicembre, 15 prove di Febbraio e 15 gare nazionali. E’ un ottimopunto di partenza, e quando dovete prendere parte ad una fase dellegare e consigliabile aver fatto tutti i problemi usciti precedentementerelativi a quella fase. Nella pagina del 2001 sono stati pubblicati anchei testi della gara per la selezione della squadra IPHO (il problema 3 emolto utile; gli altri due sono IPHO tradotti).

2. Il sito dello Stage di Fisica a Pisa.

Si tratta di un progetto iniziato da Fabio Zoratti e Francesco Hoch checerca di spiegare argomenti di fisica medio-avanzati ai ragazzi del liceo,al fine di prepararsi alle Olimpiadi della Fisica. Durante la settimanadi stage viene fornito del materiale ricco di teoria e problemi ai ragazzi,che viene poi pubblicato sul sito1 ufficiale dell’evento.

3. Il libro “Le olimpiadi della fisica”.

Il titolo completo e “Le olimpiadi della fisica. Problemi dalle gare italianee internazionali.”. Si tratta del libro scritto da Giuliana Cavaggioni,Dennis Luigi Censi, Francesco Minosso, Paolo Nesti ed Umberto Pencoche raccoglie una selezione di problemi (con soluzioni dettagliate) presidalle gare italiane ed internazionali. I problemi presi dalle gare italianesono 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 trovate anche nel link successivo, ma la soluzione riportata sullibro e spesso piu chiara e precisa di quella presente sul sito (alcune diquelle che si trovano online non sembrano neanche molto corrette).

4. Il sito delle olimpiadi internazionali di fisica.

In questo sito si trovano tutti i problemi delle passati edizioni delleOlimpiadi Internazionali di Fisica. Non sono consigliati solo a chi vuolevincere le IPHO. Il livello nel corso degli anni e aumentato, e buonaparte dei problemi delle IPHO vecchie potrebbe essere adatto ad unagara di Senigallia di questi ultimi anni. Sono problemi estremamenteistruttivi, e farli richiede impegno e dedizione, ma ne vale la pena.Negli ultimi anni purtroppo e cresciuta a dismisura la tendenza a dare

1https://stagefisica.uz.sns.it

https://stagefisica.uz.sns.it


problemi molto lunghi, molto contosi e con poche idee, percio consigliodi non cominciare dagli anni piu recenti, ma da quelli piu vecchi.

5. I problemi di Fisica della Scuola Normale.

E’ il libro che raccoglie alcuni problemi (con le soluzioni) del test diammissione della Scuola Normale Superiore. Sono problemi un po’diversi da quelli delle Olimpiadi, ma molti di loro sono interessanti enon banali. Ovviamente e particolarmente consigliato per chi vuoleentrare in una qualche scuola di eccellenza in cui e previsto un test difisica. Sul sito della Normale si trovano anche tutti gli altri problemidal 1960 ad oggi, ma senza soluzione.

6. Gli esercizi di David Morin.

Il libro di meccanica classica di David Morin, Ref [Mor08], che rientraanche tra i testi di approfondimento consigliati, e ricchissimo di esercizi(ci sono circa 250 problemi risolti e 350 non risolti) molto belli edistruttivi. Il link in fondo alla pagina che presenta il suo libro portaad una novantina di problemi, la maggior parte dei quali proviene dalsuo libro. Si tratta di materiale un po’ avanzato per le Olimpiadi, maquando sapete bene l’Halliday e volete provare qualcosa di piu difficile,potete partire da questo testo.

7. E.6) Un esercizio al giorno.

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

8. 200 Puzzling Physics Problems Ref [HRG01].

E’ un libro con 200 problemi belli ed originali su vari argomenti dellafisica, in buona parte olimpici, con soluzioni dettagliate. Su Amazon sipuo trovare un’anteprima e leggere 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 iquadrivettori, questo e il testo che fa per voi. Si tratta di un testo moltobello e interessante che tratta la meccanica in modo molto chiaro epreciso, senza tralasciare gli aspetti delicati (come il moto dei corpi rigidie quello degli oscillatori accoppiati). Le spiegazioni sono ineccepibili. E’probabilmente il testo migliore per studiare meccanica al primo anno diFisica. E’ anche un testo ricchissimo di problemi (vedi sopra). Per leOlimpiadi, alcuni degli argomenti sono trattati in modo un po’ avanzato.Non e un testo adatto per cominciare: prima conviene sapere almeno lameccanica dell’Halliday. Potete trovare alcuni capitoli del libro comeesempio alla pagina di David Morin.

2. Termodinamica, di Enrico Fermi.

Il testo di termodinamica di Fermi e molto noto ed apprezzato. Trattale cose in un modo un po’ piu generale di quello che si fa solitamenteper le Olimpiadi, e non pone l’accento sugli esercizi (ce n’e qualcuno,ma sono poco entusiasmanti) ma solo sulla teoria. Poiche non esiste untesto analogo al Morin di termodinamica, potreste ricorrere a questo sevolete approfondire la materia.

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

Se volete capire un po’ meglio che cos’e il metodo delle immagini ed acosa serve il vettore di Poynting, questo e il testo che fa per voi. Il testodi elettrodinamica di Griffiths e, a mio parere, uno dei testi migliori peruna introduzione all’elettromagnetismo a livello universitario. Trattaquasi tutti gli argomenti classici dei corsi di elettromagnetismo in modochiaro e relativamente completo (un paio di argomenti di base, tracui i circuiti in corrente alternata, all’universita si fanno nei corsi dilaboratorio e non di elettrodinamica, e quindi non sono presenti inquesto testo), facendo ampio uso degli strumenti dell’analisi vettorialenecessari. Alcuni problemi di fine paragrafo e capitolo sono interessantie non ovvi. Contiene anche una introduzione alla relativita ristrettamolto valida. Per le Olimpiadi, diversi argomenti sono trattati in modoun po’ avanzato. Non e un testo adatto per cominciare: prima convienesapere almeno l’elettromagnetismo dell’Halliday.

4. Misure ed analisi di dati. Introduzione al laboratorio di fisica. Di LianaMartinelli e Luca Baldini.


Si tratta del testo di Laboratorio di Fisica usato a Pisa per i corsi delprimo anno. La prima parte del testo tratta vari argomenti di statistica:come propagare l’errore in casi semplici e complessi, come trattare varitipi di distribuzione, come stimare l’incertezza su una misura, comeeseguire un fit a partire da un certo numero di dati. La seconda parte euna introduzione all’uso del computer e spiega i fondamenti del Latex edi GNUplot (un programma per l’analisi dati, ad esempio per fittaredei dati con una certa funzione). e un buon testo e spiega le cose inmodo semplice, ove possibile. Per alcune parti e richiesta la conoscenza,a livello base, di derivate ed integrali. Non e assolutamente necessarioconoscere la parte di statistica di questo testo per affrontare le provesperimentali 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’a-strofisica, spiega in modo chiaro una quantita di fenomeni piu grandedi quanto possiate immaginarvi. Il livello e leggermente piu basso diquello universitario; la maggior parte degli argomenti vengono trattaticon qualche dettaglio in piu nei corsi appositi, ma le cose fondamentalinel libro ci sono, e sono spiegate molto bene e senza evitare di fare iconti nei casi in cui cio e possibile. e una lettura che per voi risulteraimpegnativa, percio ve la consiglio solo se siete davvero interessati. Adifferenza di altri libri dello stesso tipo, questo riesce a non fare usoin modo eccessivo di conoscenze avanzate che richiederebbero di averseguito i primi 3 anni di universita. Come testi alternativi, che sonomeno completi, meno chiari e in alcuni casi piu tecnici, ma sono gra-tuiti ed in italiano, ci sono le dispense di Paolo Monaco (universitadi Trieste) e le dispense di Paolo Paolicchi (universita di Pisa); alcuniparti, pero, potrebbero essere per voi piuttosto pesanti (o totalmenteincomprensibili).

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

Che coordinate si usano per definire la posizione di un corpo celeste?Quali parametri servono per descriverne il moto? Perche la teoriatolemaica degli equanti funzionava cosı bene? Le lezioni di astronomiadi Umberto Penco e Elio Fabri linkate sono le dispense di un corsoannuale di Astronomia dell’universita di Pisa, attivo fino a qualche annofa (adesso astronomia non si fa piu). Anche se qualche volta potrebbero

1.5. RINGRAZIAMENTI 17

essere piu chiare, contengono materiale perlopiu elementare e possonorisultare interessanti per chi volesse approfondire l’argomento.

1.4.4 Varie ed eventuali

1. Make It Stick: The Science of Successful Learning, di Peter Brown ealtri. Questo libro (in inglese) non e’ un testo di fisica, ma e’ un libroche mette insieme ricerche nel campo della psicologia ed esperienze dipersone che hanno avuto successo in vari campi per descrivere qualisiano le tecniche di studio piu efficaci. Tra le altre cose, il libro spiegache il modo migliore di studiare comprende ripassare frequentementeargomenti passati in modo attivo, cioe’ non rileggendo vecchio materialema sforzandosi di richiamarlo alla memoria autonomamente; e che e’essenziale fare esercizi e problemi, ma facendo attenzione a non dedicarsia una serie di esercizi tutti uguali tra loro in un breve intervallo ditempo. I ragazzi che ottengono ottimi risultati alle Olimpiadi e poiall’Universita studiano quasi sempre in questo modo, anche se talvoltalo fanno senza rendersene conto. Leggere questo libro vi puo’ aiutare adusare il tempo che dedicate allo 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 divista fisico. In fondo al libro ci sono dei suggerimenti su come trovarele risposte, quando e possibile farlo (alcuni sono veramente difficili daspiegare, e neanche l’autore riesce ). Non e un testo che aiuta molto avincere le Olimpiadi visto che affronta le cose solo da un punto di vistaqualitativo, ma e comunque molto interessante. Walker e uno degliautori del primo libro consigliato in questa pagina.

http://www.ioc.ee/ kalda/ipho

1.5 Ringraziamenti

Queste dispense sono per la maggior parte mia rielaborazione di argomentivisti al liceo e in universita, ma ci sono diverse persone che mi hanno aiutatoche vale la pena ringraziare.

Primo fra tutti il mio professore di Fisica del liceo, Riccardo Sangoi. Que-st’uomo mi ha fatto appassionare alla Fisica, mi ha sempre fornito problemi


difficili per mettermi alla prova e mi ha sempre seguito fornendomi materialeper approfondire. Non sarei dove sono ora senza di lui.

Molte altre persone mi hanno invece aiutato direttamente nella stesuradi questo libro, scrivendo problemi e/o soluzioni. Rinrgazio quindi SalvatoreRaucci, Andrea Antinucci, Pietro Pelliconi, Nico Kleijne, Giovanni MariaTomaselli, Lorenzo Breschi, Gabriele Manganelli, Beppe Bogna, GiorgioBusoni.

Altri ringraziamenti speciali vanno a

• Giovanni Maria Tomaselli per i consigli su come scrivere come si de-ve in LATEX. All’inizio le mie formule erano inguardabili, con i suoiinsegnamenti ora sono perlomeno decenti.

• Andrea Caleo per aver scritto l’introduzione a questo libro e averlopubblicizzato.

• Giogio Busoni per aver scritto diversi capitoli (i trucchi per fare gliintegrali e gran parte delle tecniche di soluzione delle PDE) e avermilasciato in eredita un sacco di problemi veramente tosti.

• Stefano Bolzonella per i consigli dati e per avermi sostenuto nei mieiprogetti con il Gruppo Olimpiadi.

• Giuseppe Carlo La Rocca, per il fantastico corso di Elettrodinamica delsecondo anno. Anche se e decisamente troppo avanzato per il livellorichiesto alle Olimpiadi non potevo non riportare qui diversi risultatie ragionamenti utili per capire per bene una teoria importante comel’elettromagnetismo.

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 definiscef(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 che irrazionale

19

20 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 definitoper x < 0. (Si puo comunque definire il logaritmo da C → C, ma non neparleremo qui).

Il logaritmo in base e ha alcune proprieta interessanti per cui si definiscelogaritmo naturale e si scrive

loge x := lnx

Proposizione 2.1.2 (Proprieta elementari del logaritmo).

aloga b = b

2.1. LE FUNZIONI ELEMENTARI 21

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

b = logd(da · db)

Quindi loga(xy) = loga x+ loga yNotare che loga xx = loga x+ loga x = 2 loga x. Per induzione si mostra

che valeloga x

n = 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

2Di solito la calcolatrice calcola solo i logaritmi in base 10 e base e. Di norma si convertesempre un logaritmo in base e


Figura 2.2: Grafico della funzione logaritmo

2.1.3 I numeri complessi

Potra sembrare una presa in giro, ma i numeri complessi in realta sempli-ficano spesso i calcoli.

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

Definizione 2.1.4 (Numero complesso). Definiamo C, l’insieme dei numericomplessi 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 partereale sia la parte immaginaria.

Definizione 2.1.5 (Somma di numeri complessi). La somma viene definitain modo intuitivo sommando 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 zcomplesso coniugato in questo modo:

z = a+ ib⇒ z = a− ib

Notare che ¯z = z. Notare che zz = (a2 +b2)+ i ·0 = a2 +b2 ∈ R (sostituirenella formula del prodotto per convincersene).

Definizione 2.1.8 (Modulo). Definiamo modulo di un numero complesso zla 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 sempreun θ tale che z = |z|(cos θ + i sin θ). Questo e ovvio se si distrubuisce ilprodotto.

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 θcos 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 questomodo:

z = |z|(cos θ + i sin θ) = |z|eiθ

In questo modo, il prodotto e il rapporto di numeri complessi diventamolto piu semplice da 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 addizionedi seno e coseno

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


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

Il logaritmo complesso

Normalmente il logaritmo si definisce per la prima volta su R+, ma ha unanaturale estensione anche su R\0 e su C\0, con qualche piccolo problema.Abbiamo appena visto che un generico 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 iconti. La definizione vera e la stessa che si da per i numeri reali, ovvero w elogaritmo di z se

ew = z

Questa definizione ha un problema intriseco, ovvero se io considero v =w + i2π, si ha ev = ewei2π = ew = z, ovvero il logaritmo di un numerocomplesso non e unico. Per motivi matematici che non sono interessanti


per queste dispense si preferisce comunque questa definizione 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:perche accidenti le hai chiamate seno e coseno iperbolico se non ci assomiglianoper niente?

La domanda e legittima, ma ora vedremo che in verita ci assomiglianodavvero 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 comeil coseno, mentre il seno iperbolico e dispari come il seno.

Proposizione 2.1.6 (Derivate delle funzioni iperboliche). Saltate pure questaproposizione se non sapete ancora cos’e una derivata. Verra spiegato indettaglio 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 conun segno meno per il coseno.

Nota (Formula di Eulero). Ricordiamo la formula eix = cosx+ i sinx, dove ie l’unita immaginaria 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 spiega definitivamente la scelta di questo nome.

Figura 2.4: Grafico delle funzioni iperboliche

2.2. ANALISI 29

2.2 Analisi

2.2.1 Cenni di serie numeriche

Questo e un argomento che non dovrebbe capitare mai, ma voglio comun-que insegnarvi un paio di trucchetti che possono essere utili per fare alcuniproblemi. Nella maggior parte dei casi, e impossibile trovare la forma esplicitadel limite di una serie, spesso ci si limita a dire se converge o meno. Io vimostrero i pochi casi in cui si riesce a fare esplicitamente, perche sono gliunici che vi possono capitare in gara. Approfondire l’argomento e, a mioparere, una perdita di tempo per la preparazione alle gare. In ogni caso, cipasserete almeno 6 mesi al corso di Analisi 1 all’universita.

Definizione 2.2.1 (Successione). Si definisce successione una sequenzaordinata 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 definitaper ricorsione xn+1 = kxn, x0 = A. E facile verificare che xn = Akn.Consideriamo

sn =n∑k=0

Akn = A

n∑k=0

kn = A(1+k+k2+. . .+kn) = A1− k1− k

(1+k+k2+. . .+kn) = A1− kn+1

1− k

E facile vedere chesn → 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 sommasi calcola esplicitamente. Per α = 2, per esempio, fa π2

6, per α = 4 fa π4

90.

Ovviamente non dovete ne ricordare questi risultati, ne saperli calcolare. Lodico solo per vostra conoscenza personale.

Un caso notevole e il caso α = 1, in quanto si ha

n∑k=1

1

k

lnn→ 1

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 importante e sicuramente la derivata.

Per i prossimi capitoli, ogni volta che indichero una funzione f(x), intendouna funzione f : R → R, ovvero una funzione che ha come argomentoun numero reale e restituisce un numero reale. Dal capitolo sul calcolodifferenziale in piu variabili comincero a specificare volta per volta che funzioneintendo.

Definizione 2.2.3. Sia f(x) una funzione di una variabile reale. Si definiscederivata di f(x) la funzione

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h3Usando il criterio di condensazione di Cauchy

2.2. ANALISI 31

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

h= ex ·

limh→0

eh − 1

h= ex

In effetti non sono stato onesto nel calcolare questa derivata, in quantomi sono ricondotto a calcolare un limite e non vi ho spiegato come calcolarlo.Nei prossimi paragrafi vi mostrero come evitare il problema.

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

• Df

•df

dx

• f ′

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

• Dnf

•dnf

dxn

• f (n)

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

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 infinitesimodi una quantita diviso per la variazione della variabile indipendente. Piula derivata e grande, piu la funzione sta crescendo, piu e negativa, piu stadiminuendo.


Figura 2.5: Significato geometrico della derivata

Significato geometrico della derivata Consideriamo la retta che passaper i punti (x1, f(x1)), (x2, f(x2)). Questa retta e secante il grafico della

funzione. Il suo coefficiente 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 diventasi avvicina sempre di piu alla tangente al grafico. In particolare, facendo illimx2 → 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 la funzione e crescente in quel punto. Se e negativa, la funzione edecrescente. Se la derivata invece vale zero, purtroppo in generale non si puodire niente. La tangente al grafico rimane orizzontale ma in generale non sipuo stabilire conoscendo solo la derivata prima se si tratta di un massimoo 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 seconda un massimo, mentre per la terza si chiama flesso.

Riassumento, data una funzione f(x), la sua derivata f ′(x) e un’altrafunzione che in ogni punto vale il coefficiente angolare della retta tangente af(x)

Derivata delle funzioni elementari Il calcolo della derivata delle funzionielementari richiede di saper calcolare i limiti. Di solito si fanno fra la finedella quarta e l’inizio della quinta. Visto che queste dispense sono pensateanche per i piu giovani, daro la derivata solo delle funzioni piu banali senza

2.2. ANALISI 33

dimostrarle per poi mostrare come da queste poche regole si puo ottenere laderivata 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 talmentepoche che vale la pena imparare queste quattro derivate senza farsi troppedomande, per l’utilizzo che vi serve alle olimpiadi. Nel prossimo paragrafo vimostrero le regole di derivazione che permettono di usare queste 5 regole perottenere la derivata di una funzione qualsiasi, usando qualche 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 diderivata.

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 piuattenzione.

Esempio 2.2.9. Sia f(x) = e2x. Vogliamo calcolare la derivata usando laregola di derivazione composta. In questo caso possiamo vedere f(x) comecomposizione della funzione h(x) = 2x e della funzione g(x) = ex, funzioni dicui sappiamo calcolare la derivata. In particolare, f(x) = g(h(x)). Usiamomeccanicamente la formula: f ′(x) = g(h(x))′ = (ex)′2x · (2x)′ dove il pediceindica 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 dicos(x) e la valuto in x2 e la moltiplico per la derivata di x2. Ricordo cheutilizzo questo metodo in quanto mi riconduco sempre a funzioni di cui socalcolare 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 ′ = 12(2x+ 5)−

12 · 2 = 1√

2x+5

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

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

2.2. ANALISI 35

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 lungol’asse x di un punto materiale in funzione del tempo. Calcoliamo la velocita el’accelerazione per esercizio.

Esempio 2.2.14. Consideriamo per esempio il caso di moto rettilineo uni-formemente accelerato.

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

Esempio 2.2.15. Vediamo ora un esempio meno banale. Consideriamo unoggetto che si muove di moto circolare uniforme su una circonferenza di raggioR 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 invece y(t) = R sin(ωt). Queste sono entrambefunzioni di variabile reale, sono indipendenti e quindi possiamo applicaresenza problemi tutte le regole che abbiamo imparato. Calcoliamo le velocitae 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 ecentripeta.


Esercizi

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

1. x2 + 10x+ cosx

2. tan x+ 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) (φcostante)

17.√x2 +R2

18. xx

2.2. ANALISI 37

2.2.3 Integrali

Supponiamo di avere una funzione f(x) e di voler calcolare l’area 4chesta fra la funzione e l’asse x in un dato intervallo [a, b]. Fare questa cosasi 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 si indicaun piccolissimo ∆x (in generale in fisica le variazioni piccole si indicano conuna d). Il prodotto f(x)dx e l’area di un rettangolino di altezza f(x) e basedx. La S grande di integrale indica che quella quantita va sommata ovunqueda a a b, ovvero fare la somma delle 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.

4Area con segno. Se la funzione sta sopra l’asse x, l’area sara considerata positiva, seinvece sta sotto verra presa negativa


Proposizione 2.2.2.

∫ b

a

f(x)dx = −∫ a

b

f(x)dx. Questa, piu che una propo-

sizione e una definizione che permette di maneggiare gli estremi di integrazionesenza preoccuparsi di quale sia 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.

Come calcolare gli integrali Cio che ci interessa e trovare un modo percalcolare facilmente l’integrale conoscendo la funzione f(x). Un modo quasisemplice di fare questa cosa e il seguente. Purtroppo non esiste nessun metododiretto e infallibile per calcolare l’integrale di una funzione. Tuttavia, ci sipuo quasi sempre ricondurre a dei casi in cui si e in grado di farlo. Vediamoora come riuscirci.

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

funzione integrale 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) seg′(x) = f(x)

Teorema 2.2.4 (Importante). Se g(x) e h(x) sono entrambe primitive dif(x), allora g(x)−h(x) = costante Dimostrazione: (g(x)−h(x))′ = g′−h′ =f − f = 0. Se la derivata di qualcosa e 0, e intuitivo che questo qualcosa siacostante. (Ovviamente puo essere dimostrato matematicamente utilizzando ilteorema di Lagrange, ma non e questo l’obiettivo di queste dispense.)

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’espres-

sione F (x2)− F (x1). Per capire perche questa cosa funziona, ritengo che siasufficiente 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.

2.2. ANALISI 39

Teorema 2.2.5 (Teorema fondamentale del calcolo integrale). Sia f(x) unafunzione (per la precisione, continua, ma per quello che dovete fare alleolimpiadi di fisica, una funzione qualsiasi). Consideriamo F (x) la funzioneintegrale di f(x), definita come sopra. Vale F ′(x) = f(x)

Ovvero, la derivata della funzione F (x) e f(x). Questo ci permette di direche in un certo senso fare la derivata e fare un integrale sono due operazioniinverse, come moltiplicare e dividere per due uno stesso numero.

Questo teorema ci permette di calcolare quindi la funzione integrale diuna funzione data, potendo quindi anche calcolare l’area sotto ad un grafico.Facciamo ora degli esempi per chiarificare 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 consegno sottesa dal grafico della funzione. In questo caso, la funzione f(x) = xdisegna un triangolo isoscele rettangolo. I lati congruenti del triangolo valgonoentrambe a.L’area e dunque a2/2. Ci aspettiamo quindi che anche l’integralevalga la stessa cosa.

Calcoliamo l’integrale utilizzando il teorema appena enunciato. Per trovarela funzione integrale, dobbiamo trovare una primitiva di f(x) = x. E facile

vedere che g(x) =x2

2e una 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 leprimitive differiscono per una costante, 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 su-

bito che l’area in questione e l’area di un trapezio di basi a e b e di altezzab− a, che corrisponde all’area trovata.


Notare che se a = −b, l’area diventa 0. Questo perche quando si calcolaun integrale si considera l’area con segno. Il disegno mostra chiaramente chein questo caso l’area sotto l’asse x e l’area sopra sono uguali, di conseguenzala 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 fattofin’ora sono elementari 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 piu in difficolta. Esistono pero deimetodi standard per cercare di ricondursi a cose che si sanno fare.

Ora ne elenchero alcuni. Alle olimpiadi non dovrebbe capitarvi di faretroppi integrali e di solito vi viene detto come farli. Tuttavia e comunquebuona norma saperli maneggiare perche vi permette di essere molto piu sicuridi quello che state facendo e, credetemi, in gara conta 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 chesappiamo 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 cambinegli integrali e la 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’argomento del seno fosse stato t invece di 3x2, le cose sarebbero

2.2. ANALISI 41

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 la base dipendeda x . Potete ben capire che in questo c’e qualcosa di sbagliato. Bisognaquindi trovare un modo di esprimere dx in funzione di t e dt in modo da averequalcosa 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 notazione e che la derivata e il rapporto fra l’incrementoinfinitesimo della funzione e la variazione infinitesima 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 allafine siamo riusciti ad 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 chel’integrale che ne saltera fuori sara piu facile o semplicemente risolvibile, maun buon occhio puo vedere che quantomeno rendera piu semplice il tutto.

Nell’esempio precedente abbiamo prima esplicitato x in funzione di t e poifatto la derivata. Vediamo ora che non e l’unico metodo.

dt

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

∫f(x)dx =

∫2xex

2

dx =

∫etdt =

et = ex2

Ora, negli esempi precedenti ho leggermente barato in quanto non homai scritto gli estremi di integrazione e ho semplicemente sostituito alla fine.Vediamo come fare riprendendo l’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 funzione della nuova variabile e alla fine risostituire,come ho fatto prima, oppure cambiare l’estremo di integrazione per non doversostituire 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 chet = x2, quindi avremo che 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 espres-sioni che vi devono far immediatamente pensare a delle cose utili. Per esempio,se vi trovate davanti ad un 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 funzioni iperboliche. Se citroviamo 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

2.2. ANALISI 43

∫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 inutilee come utilizzarla per fare gli integrali.

Esempio 2.2.25. Vogliamo trovare una primitiva di lnx. Cerchiamo di usarela formula di integrazione 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. Sfruttandola formula, abbiamo derivato il logaritmo rendendolo piu facile da gestire.

Esempio 2.2.26. Calcoliamo in modo diverso rispetto a prima una primitivadi 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 banaleabbiamo

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 diusare trucchi algebrici per trasformare le quantita fisicamente dimensionate(lunghezze, masse, temperature, tempi. . . ) in quantita adimensionali, farecambi di variabili opportuni in modo da aver finito di trattare il problemafisico per poi affrontare un problema di pura matematica, che con un po’ dipazienza si risolve. Ora cerchero di essere piu chiaro con un esempio. Unaltro esempio che sara chiarificatore e il 2.2.34, nel capitolo sulle equazionidifferenziali.

I trucchi per fare gli integrali in generale

Vediamo ora una serie di sostituzioni furbe che funzionano sempre perfare diversi tipi di integrali. Chiameremo la funzione da integrale f(x), edistingueremo casi a seconda che possa essere espressa come una funzioneR(xi) dove gli xi appaiono solo con potenze intere. Il caso in cui R indica unpolinomio sara in particolare il caso nel quale i trucchetti funzionano sempre.

• 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)2 dt

• 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 45

• 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)2 dt

• Caso f(x) = R(xm(axp + b)q) dove almeno una di queste quantita e

intera: q, m+1p, q + m+1

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

pdt

• Caso f(x) = R(cosx, sinx): ci sono diverse possibilita, bisogna vederequale torna meglio, a volte basta t = sinx o t = cosx o t = tanx. Sequeste 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 dobbiamoscegliere p = 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

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, comevedrete nel capitolo di meccanica. I due estremi sono definiti come i puntidi inversione del moto, ovvero dove l’oggetto sotto radice si annulla, quindipossiamo 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.

5Nell’altro caso potrebbero potenzialmente comparire radici quadrate, anche se vedremoche questo non era il caso nel nostro esempio.

6Nota: E < 0.

2.2. ANALISI 47

Esempio 2.2.30. Provare a ridurre in forma di integrale razionale il periododelle oscillazioni radiali di una molla

2

∫ rmax

rmin

rdr√− kmr4 + 2E

mr2 − L2

m2

Con ciascuna delle sostituizioni precedenti, vi potreste essere ricondotti a unintegrale razionale del tipo ∫

P (x)

Q(x)dx

Il primo passo per fare un integrale del genere e controllari i gradi dei polinomiP,Q. Se DegP ≥ 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. Adessoaffronteremo esplicitamenti i casi DegQ = 1 e DegQ = 2, e per finire daremouna idea di come si puo generalizzare il procedimento per DegQ = n

Se DegQ = 1 allora DegR = 0, quindi R(x) e un numero costante,che posso scegliere essere uguale ad 1 senza perdita di generalita, mentreQ(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 semplificare un po le formule che scrivero, notate che nel caso n = 1 avreipotuto in realta senza perdita di generalita scegliere Q(x) = x+ k. Nel cason = 2 quindi scelgo

R(x) = x+ a

Q(x) = x2 + bx+ c

Devo ora differenziare 3 casi, a seconda del valore del delta dell’equazionex2 + 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 lineare di 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 determinantedella matrice associata e non nullo. Una volta trovati A e B possiamoriscrivere 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 stavolta le funzioni in cui scegliero di scomporlo saranno 1/Q(x) ed1/(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)−B7Nota che durante tutta questa sezione, utilizzero l’espressione “scomporlo” per indicare

“scriverlo come somma di piu termini”, e non intedero fattorizzarlo.

2.2. ANALISI 49

e 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,vogliamo usare solo i numeri reali, nel secondo sfrutteremo la potenza deinumeri complessi. Primo metodo: dobbiamo trovare ancora una volta duefunzioni facilmente integrabili che sommate opportunamente danno il nostrointegrando. Per prima cosa notiamo che se ∆ < 0 allora x2 + bx + c puoessere 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 integrarecome combinazione 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

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


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 cuibisogna stare molto attenti altrimenti si possono ottenere risultati moltosbagliati. Posso essenzialmente usare il caso ∆ > 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 ancheB = A. Quindi il 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 soluzionee equivalente a quella precedente, o, in altre parole, come riscrivo questaschifezza 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

2.2. ANALISI 51

e ricordandomi cosa sono ρ, φ, z in funzione di x e delle parti reali edimmaginarie delle radici x1, 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 secondo pezzo con la arcotangente no! In effetti, nel passare aicomplessi sarei dovuto stare attento a quale delle due radici prendevo comex1 e quale come x1, e assicurarmi di non cambiare foglio di Rienmann nelfare i vari passaggi. Se cambio foglio di riemann, aggiungereo termini del tipolog ei2πn con n intero. Se questo ragionamento e giusto, allora la soluzione cheho appena trovato differisce solo per un termine costante da quella trovataprecedentemente. 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, datoche le due primitive differiscono per una costante10. A questo punto siamopronti per spiegare, almeno teoricamente, come si affronta il caso generaleper n ≥ 3: il metodo per fare l’integrale sara scriverlo come somma di ntermini di cui so fare l’integrale. Per trovare quali sono questi termini, il primopassa da fare sara scomporre il denominatore. Per il terema fondamentaledell’algebra, qualsiasi polinomio a coefficienti reali puo essere scomposto inprodotti di polinomi a coefficienti reali di grado 1 e 2 irriducibili11, o in solipolinomi a coefficienti complessi di grado 1 dove la radici complesse appaiono

9Rimane da controllare che Ar = 1/2, che e abbastanza facile e lo lasciamo per esercizio.10Rimane in realta da verificare che Ai = −a+α2β , che lasciamo nuovamente per esercizio11Ovvero polinomi di grado 2 con ∆ < 0.


sempre assieme alla complessa coniugata. Una volta scomposto il polinomioquoziente, ovvero trovate tutte le radici, dovro considerare un termine

1

x− xi

per 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 con molteplicita 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 lostesso polinomio di grado 2 compare m > 1 volte nella fattorizzazione, dovroconsiderare 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

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

2

√−2m

E

∫ ∞0

dtr1 + r2t

2

(1 + t2)2

Ora sappiamo che per farlo dovremo decomporlo in somma di 4 funzionifacilmente integrabili, 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

2.2. ANALISI 53

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 parimentre quelle sono funzioni 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 differen-ziale un’equazione in cui l’incognita e una funzione e nell’equazione comparelei e le sue derivate. Si definisce l’ordine di una equazione differenziale ilmassimo ordine di derivazione della funzione incognita nell’equazione.

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

La teoria dietro le equazioni differenziali e estremamente complicata ecomplessa. Nella stragrande maggioranza dei casi non si riesce ad ottenereuna soluzione esplicita. Nei problemi che capitano alle olimpiadi, o l’equazionesi fa oppure vi dicono di approssimarla in modo che si possa fare.

Equazioni differenziali a variabile separabile Queste sono fra le piufacili e vi capiteranno molto spesso. In questo stesso libro ci sono moltiproblemi che portano ad un’equazione di questo tipo.

Definizione 2.2.7 (Equazione differenziale a variabili separabili). Un’equa-zione differenziale nella variabile y(x) si dice a variabili separabili se e dellaforma

y′ = f(y)g(x)

Ovvero se si riesce a isolare una funzione solo di y e una solo di x. E moltoutile separare le variabili, se possibile, in quanto l’equazione si puo integrarein 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 trovafacilmente. Notare una cosa importante: quando ho integrato, non ho sceltoa caso gli estremi, bensı ho messo estremi che corrispondono a eventi corri-spondenti, ovvero se l’estremo di destra vale x0, l’estremo a sinistra dovravalere la cosa corrispondente in y, ovvero y0 = y(x0).

2.2. ANALISI 55

Figura 2.7: Circuito di scarica RC

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

Trattiamo prima la scarica in quanto e piu semplice. Il circuito e costituitoda un capacitore 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.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 percompletezza la corrente

I =dq

dt= − q0

RCe−t

RC

12Daro il significato di questi aggettivi in questo capitolo13In realta questa equazione e anche lineare a coefficienti costanti, quindi la tecnica

risolutiva standard e diversa, ma il metodo che vi mostro funziona ugualmente e questoproblema e istruttivo.


Consideriamo ora il processo di carica del condensatore: il circuito elettricova modificato aggiungendo una batteria di forza elettromotrice V in serie aglialtri componenti. All’istante iniziale, la carica sul condensatore e 0. Vogliamotrovare 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, esiste un metodo piu furbo e meno contoso di risolverla.

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

V − Q

C− V −RQ = 0

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 questocaso 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’integra-zione. Vorrei ricordare che e molto piu semplice fare un sacco di sostituzionipiuttosto che fare un integrale mostruoso. Consiglio quindi di fare sempremolta attenzione alla possibilita di fare sostituzioni che permettano di toglieretermini nell’equazione.

Nota. Bisogna fare particolarmente attenzione alla possibilita di fare sostitu-zioni intelligenti soprattutto nelle equazioni differenziali lineari, ovvero dovey e le sue derivate compaiono solo con esponente 1.

2.2. ANALISI 57

Esempio 2.2.34 (Caduta di un grave con attrito proporzionale a v2). Sup-poniamo di avere un pallone che cade verticalmente da molto in alto. Unmodello ragionevole per stimare l’attrito con l’aria ad alte velocita e del tipo~Fa = −kv2v, dove v e la velocita e v e il versore velocita, ovvero un vettoredi modulo 1 nella direzione della velocita (vedi capitolo sul calcolo vettorialeper ulteriori informazioni).

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

. Tutti i vettorisono diretti lungo l’asse z quindi possiamo togliere i vettori e passare allecomponenti.

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 algebricie ho portato dentro il differenziale delle quantita costanti che moltiplicano lavariabile (ovvero ho fatto una sostituzione al volo, come andrebbe fatta). Aquesto punto l’equazione si presenta in forma piu decente√

kg

mdt =

dα

1− α2

dove ho semplicemente cambiato il nome alla variabile. A questo punto siintegra 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)

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 suederivate compaiono solo con esponente 1.

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

Esempio 2.2.35. Consideriamo una massa m attaccata ad una molla dicostante k. La massa e libera di oscillare senza attrito intorno alla posizionedi equilibrio. Trovare la legge oraria 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 unadella 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, chee evidentemente un numero reale, quando a destra abbiamo un numerocomplesso. La risposta e che per ora non abbiamo imposto tutta la fisica chec’e in questo problema! Se imponiamo delle condizioni iniziali, vedremo orache spariscono tutte le parti complesse.

14E a coefficienti costanti

2.2. ANALISI 59

Supponiamo che all’istante t = 0 sia x(0) = x0 e v(0) = v0. Facciamo iconti e vediamo che 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=

= x0 cos(ωt) +v0

ωsin(ωt)

E come previsto, spariscono tutti i termini complessi e quindi per for-tuna x(t) e un numero reale. Per completezza, calcoliamo anche velocita eaccelerazione.

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 buoncontrollo che si puo fare per vedere se effettivamente abbiamo fatto i contigiusti.

Inoltre, e buona norma ributtare la soluzione dentro l’equazione differen-ziale per vedere se effettivamente torna. A volte i conti si sbagliano senzaaccorgersene.

Una cosa che potrebbe esservi utile e che se sapete a priori che le quantitax0 e v0 o chi per loro sono reali, potete cercare direttamente una soluzionenella forma

x(t) = A cosωt+B sinωt

La dimostrazione di questa cosa e sostanzialmente quello che ho fattopoco fa, in quanto non ho imposto niente di particolare sul problema (a parteche x0, v0 siano reali) e la soluzione era effettivamente una somma di seni ecoseni.

Esempio 2.2.36 (Molla attaccata in verticale). Spostiamo il problema pre-cedente dal piano al verticale. Vogliamo vedere cosa cambia rispetto aprima.


Ora, oltre alla forza elastica, c’e anche la forza peso. Scriviamo l’equazionedel moto. 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 eimperturbata.

mg − kx = mx

L’equazione assomiglia molto a prima, c’e solo un termine costante aggiun-tivo. Come ho suggerito un paio di esempi fa, puo essere molto utile provarea sommare qualcosa a x(t) cercando di far sparire quel termine. Scriviamoquindi x(t) = X(t) + X0. Cerchiamo X0 tale che quel termine fastidiososparisca.

mg − kX −KX0 = mX

Per X0 =mg

k, otteniamo quello che volevamo. Cosa mi significa questo

risultato? Vorrei far notare che X0 e esattamente la posizione di equilibriostabile tenendo conto anche della forza peso. Fisicamente, vuol dire quindi cheaggiungere una forza costante in questa situazione non cambia assolutamenteniente se non spostare il punto attorno a cui c’e oscillazione.

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)

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 comodada maneggiare. Consideriamo

A cosx+B sinx =√A2 +B2

(A√

A2 +B2cosx+

B√A2 +B2

sinx

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

riodo (oppure su un tempo che viene specificato, in caso di moto non periodico), ovvero

1

T

∫ T

0

f(t)dt

2.2. ANALISI 61

Fin’ora abbiamo scritto solo un’identita. Tuttavia i termini A√A2+B2 ,

B√A2+B2

possono essere visti come il seno e il coseno di un opportuno angolo, in quantola somma dei loro quadrati 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 gene-rale dell’equazione non e indispensabile utilizzare sia seno che coseno ma sipuo anche solo utilizzare il coseno (o il seno) a patto di inserire ancheun’opportuna fase che verra determinata dalle condizioni iniziali.

Esempio 2.2.37 (Oscillatore armonico smorzato). Consideriamo di nuovol’esempio precedente, aggiungendo l’attrito. Consideriamo quindi una massache si muove attaccata ad una molla in verticale, ma stavolta aggiungiamoalla nostra massetta una sorta di vela per aumentare l’attrito con l’aria.

Un modello esatto per l’attrito viscoso con l’aria non esiste. Un modelloragionevole e supporre che la forza di attrito sia proporzionale alla velocitadell’oggetto nel fluido, ovvero ~Fa = −γ~v, dove γ e un fattore che tiene contoper esempio della geometria dell’oggetto e della viscosita del fluido. Potrestegiustamente obiettare dicendo ”Perche F ∝ v e non F ∝ v2, piuttosto cheF ∝ vα?”. La risposta e che anche questi sono modelli sensati, ma per levelocita basse che raggiunge una massa attaccata alla molla funziona meglioquesto modello. Per velocita molto alte invece funziona meglio il modelloF ∝ v2.

Detto questo, continuiamo il problema. Scegliamo un riferimento x ver-ticale verso il basso, come prima, con sempre lo zero nel punto di mollaimperturbata (molla libera). Scriviamo l’equazione del moto.

mg − γx− kx = mx

Come prima, vorremo liberarci del termine costante mg per semplificarcii conti. Vediamo che la sostituzione fatta prima funziona ancora, quindi lausiamo.

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.


Aeλt(λ2 +γ

mλ+ ω2) = 0

Se vogliamo che la nostra soluzione funzioni, deve essere sempre 0 iltermine fra parentesi. Abbiamo quindi una equazione di secondo grado in λche 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 terminicomplessi spariranno e otterremo una soluzione

X(t) = Ce−γ

2m cos(ωst+ φ)

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

x(t) =mg

k+ Ce−

γ2m cos(ωst+ φ)

Ovvero cio che succede e che la massa continua ad oscillare, diminuendosempre di piu l’ampiezza al passare del tempo per poi stabilizzarsi sullaposizione di equilibrio stabile, esattamente come prevedeva il buonsenso.

Notare che la frequenza di oscillazione intorno alla posizione di equilibrionon e esattamente la stessa che ci sarebbe senza l’attrito. Infatti, ωs < ω.

2.2. ANALISI 63

Figura 2.8: Smorzamento piccolo

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 esponenzialidecrescenti (entrambe gli esponenti sono negativi, anche quello con ilsegno +, controllare per credere) e di conseguenza il moto si fermeradopo molto poco. In questo caso si parla di smorzamento ipercritico.

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 alloraabbiamo un solo grado di liberta sulla costante, il che vuol dire che


in generale non saremo in grado di imporre contemporaneamente lavelocita e la posizione iniziali, cosa insensata. Questo vuol quindi direche la nostra soluzione va bene ma che per trovare tutte le soluzioni, cene serve una linearmente indipendente 16 dall’altra.

Per fortuna non e necessario cercare molto per trovarla, in quantoX(t) = Ateλt risolve l’equazione e non e un multiplo dell’altra soluzioneche abbiamo trovato.

La soluzione piu generale sara quindi

X(t) = Ate−γ

2mt +Be−

γ2m

t

Dove come al solito le costanti A,B si trovano imponendo le condizioniiniziali. In questo caso si parla di smorzamento critico, ma in sostanzanon e molto diverso dal primo caso.

Figura 2.10: Smorzamento critico

Esempio 2.2.38 (Oscillatore armonico forzato). Proviamo ora ad aggiungereall’esempio precedente anche una nuova forza esterna, stavolta non costante.In particolare, e sensato provare a vedere cosa succede inserendo una forzadi tipo sinusoidale (cosinusoidale). Vi potrebbe sembrare strano riuscire amantenere un motore che eserciti una forza del tipo F (t) = F0 cos(ωt), ma ineffetti non e cosı difficile. In particolare, se consideriamo un circuito elettrico a

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

2.2. ANALISI 65

corrente alternata (ovvero il vostro circuito elettrico a casa), la tensione segueesattamente 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 riscriviamol’equazione del 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 coseinteressanti si hanno quando ω ≈ ω0.

Questa equazione differenziale e sempre lineare a coefficienti costanti, mastavolta non e omogenea, ovvero non c’e un = 0 ma c’e un = f(t). Facciamouna piccola considerazione che ci permette di capire quante soluzioni dobbiamocercare.

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)

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 noiconosciamo gia tutte le soluzioni della omogenea, quindi per ottenere lasoluzione piu generale della non omogenea ci basta prendere la soluzionedell’omogenea e sommarci una soluzione della non omogenea.

Questa affermazione in effetti non ci aiuta a trovare la soluzione, ma cidice che se per caso ne troviamo una, anche sparando a caso, allora le abbiamotrovate tutte e abbiamo finito, il che e un grosso bene.

Ora vediamo di trovare la soluzione dell’equazione che abbiamo, trovandouna soluzione particolare xp(t) dell’equazione.

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

2, ovvero il valore

quadratico medio della tensione


E conveniente fare un cambio di variabili e lavorare in C, in quanto derivareun coseno o un 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 soluzionidella forma z(t) = z0e

iωt, con z0 un opportuno numero complesso. Sostituiamonell’equazione cercando z0(

−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) =

z0eiωt = |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’omo-

genea piu il termine 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 rapidamenteviene smorzato 18 e un termine di ampiezza costante che e quello che conterasul lungo periodo.

La funzione |z0(ω)| ha un grafico molto caratteristico a campana che haun massimo molto 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 moltopoco.

2.2. ANALISI 67

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 devesaper maneggiare al meglio. L’idea che ha portato alla sua creazione eche spesso i modelli fisici per i fenomeni portano a complesse equazionimatematiche, spesso troppo complesse per essere risolte in modo esatto.

L’esempio piu classico e questo:

Esempio 2.2.39 (Pendolo semplice). Abbiamo un pendolo semplice, ovverouna massa m sospesa al soffitto tramite un filo inestensibile e di massatrascurabile di lunghezza l. Vogliamo trovare il periodo di oscillazione e lalegge oraria del moto.

Soluzione: Scomponiamo le forze lungo le componenti radiale e tangenziale.Indichiamo con θ l’angolo che il filo forma con la verticale fisica. La tensione


sara diretta lungo la direzione radiale, mentre il peso avra due componenti 19Risr = T −mg cos θ = mθ2l

Risθ = −mg sin θ = mlθ

La seconda equazione e quella interessante che risolve per θ(t) (l’altrainclude anche la variabile T che aggiunge un’incognita).

θ = −gl

sin θ

Questa equazione sembra molto bella a scriversi, ma ha un grossissimoproblema: non si riesce a risolvere in maniera esatta.

Una cosa che potrebbe bastarci e una formula approssimata che sia in gradodi darci abbastanza informazioni e magari ci dica di quanto l’approssimazionee sbagliata nel peggiore dei casi.

Scopriremo in questo capitolo che sin θ ≈ θ se θ 1, quindi la nostraequazione diventa lineare a coefficienti costanti se l’angolo iniziale e 1 inradianti. La soluzione generale sara

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 unaqualsiasi funzione in un punto che ci interessa.

Chiamiamo la nostra funzione f(x) e il punto intorno a cui vogliamoapprossimare x0. Ovviamente noi tratteremo solo funzioni abbastanza regolari,ovvero senza discontinuita troppo vicine al punto che consideriamo. Insostanza, tratteremo tutte le funzioni che capitano in un problema di fisica.

E ragionevole pensare che in un intorno molto piccolo si possa approssimareinizialmente la funzione come una retta. La pendenza di questa retta saraovviamente il valore della derivata 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 lafunzione f(x) nei punti molto vicini a x0. Intanto, notiamo che l’unicacosa variabile nell’equazione e l’ultimo pezzo. Ovvero, indicando con lettere

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

2.2. ANALISI 69

maiscole le costanti, g(x) = A+B(x−C), che e evidentemente lequazione diuna retta.

Inoltre, g(x0) = f(x0) + f ′(x0)(x0 − x0) = f(x0), quindi le funzioni hannolo stesso valore in x0. Calcoliamo g′(x) = f ′(x0) costante (del resto e unaretta, potevamo aspettarcelo). La parte interessante e che e esattamenteuguale alla derivata di f(x) valutata nel punto x0. In sostanza, abbiamoscritto l’equazione della retta tangente al grafico nel punto x0.

Ora cerchiamo una approssimazione migliore: scriviamo una parabola chepassa per il punto (x0, f(x0)) e che abbia le sue derivate prima e seconda inx0, g′(x0), g′′(x0) uguali alle derivate 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 massimocome termine di 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 secondoordine, ma per completezza enuncio questo

Definizione 2.2.9 (Serie di Taylor). Sia f(x) una funzione (con infinitederivate 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 alcune ipotesi su |x−x0|, i termini di grado maggiore diventano piccoli apiacere e la funzione diventa approssimativamente un vero e proprio polinomio.

Definizione 2.2.10 (Funzione analitica). Una funzione si definisce analiticase la sua serie di Taylor centrata in x0 converge alla funzione f(x) in unintorno 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 piaceredifficile da maneggiare ad avere un polinomio di grado infinito. Per fortuna,per tutti i problemi che vi capiteranno, tutti i termini di grado ≥ 3 sonotrascurabili rispetto agli altri e si buttano via senza ritegno.

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

Dobbiamo calcolare tutte le derivate di sin(x), valutarle in x0 = 0 e poiutilizzare la formula 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 dimostrareche alla fine

sin(x) =∞∑n=0

(−1)k+1

(2k + 1)!x2k+1

In particolare,

sin(x) = x− x3

6+ . . .

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

2.2. ANALISI 71

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

Esempio 2.2.41 (Importantissimo: tutto e un pendolo). Supponiamo diavere un punto materiale vincolato a muoversi su una retta. Sul punto agisceun campo di forze F (x) conservativo tale per cui x0 e un punto di equilibriostabile. Trovare la frequenza delle piccole 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 = 0per un pendolo, ∆x = 0 per una molla. . . ) e si ha che per ∆x abbastanzapiccolo la forza e di richiamo, ovvero se ∆x e positivo, F < 0, se ∆x enegativo, F > 0, ovvero la forza tende a riportare un oggetto nella posizionedi equilibrio, se lo spostamento e abbastanza piccolo.

L’espressione della forza puo essere molto complicata ma quello che ciinteressa e semplicemente 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 spostamentiabbastanza piccoli, esattamente come una molla, esattamente come un pendolo(nell’ultima uguaglianza ci siamo ricordati che F (x0) = 0). Inoltre, graziealle 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, esattamentecome succede per una molla.

In realta, e la molla che e una buona molla, ovvero noi definiamo mollaun oggetto risponda ad una deformazione opponendosi con una forza datadalla formula

~F = −k ~∆x

Quello che sto dicendo e che in realta ogni oggetto, se visto abbastanzavicino alla sua posizione di equilibrio, si comporta come una molla ideale,ovvero un oggetto che rispetta quella formula. Le molle vere, cioe il filo diferro arrotolato, semplicemente sono degli oggetti che rispettano molto benequella legge anche per deformazioni piu grandi e quindi vengono prese comemodello campione per fare gli esempi, ma in realta qualsiasi cosa si comportain quel modo intorno ad una posizione di equilibrio stabile.

Ora, una buona domanda e: perche quando abbiamo espanso la forzaabbiamo tenuto solo il primo termine e abbiamo buttato via tutti gli altri?La risposta e che potevamo anche tenerne un paio di piu, ottenendo un’ap-prosimazione migliore, solo che avremmo ottenuto una equazione differenzialenon lineare, che e molto piu difficile da risolvere e per questo non capita alleolimpiadi.

Soluzione energetica:

2.2. ANALISI 73

Se il campo di forza e conservativo, allora esiste un potenziale U(x) tale

che F (x) = −dU

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

edF (x0)

dx< 0. Di conseguenza, 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 costantedel 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

Deriviamo rispetto al tempo l’energia totale per ottenere l’equazione delmoto

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 daprima. . . Vuol dire che il nostro metodo non funziona? No. Vuol dire soloche abbiamo approssimato in modo troppo grossolano. Scriviamo U fino alsecondo ordine (ovvero tenendo termini fino al secondo).

U(x) = U(x0) +1

2

d2U(x0)

dx2∆x2

Dove ci siamo gia ricordati che il primo termine fa zero. Riscriviamoquindi l’energia totale.

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= −d2U(x0)

dx2∆x = −mω2∆x

che se confrontata con quella ottenuta nel caso della soluzione con le forzee uguale identica.

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

dxOra, una buona domanda e: come faccio a sapere a che ordine devo

espandere per ottenere il risultato giusto? La risposta e che di solito e il testodel 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 untermine non nullo

2.3. CALCOLO VETTORIALE 75

2.3 Calcolo vettoriale

In fisica e estremamente importante l’utilizzo dei vettori per formularedelle leggi sensate.

Il concetto che sta alla base di questa schematizzazione e che per indicare laposizione di un oggetto nello spazio, bisogna scegliere un sistema di riferimento.Un sistema di riferimento nello spazio tridimensionale ha bisogno di un’origine,ovvero di un punto in cui viene deciso che la posizione e 0 (e.g. l’angolo deltavolo, il centro del giardino, la Terra nel sistema solare) e di una terna divettori ortonormali (lunghi 1 e perpendicolari a 2 a 2) che indichino delledirezioni comode per esprimere la posizione di qualcosa (e.g. due vettoriparalleli ai due lati del tavolo e un terzo perpendicolare, due vettori paralleliai lati del giardino rettangolare e un terzo perpendicolare. . . )

Una volta scelto il sistema di riferimento, a patto che rispetti le condizionisopra elencate, si puo indicare la posizione di un qualsiasi oggetto dando unaterna di numeri reali. Ogni terna di numeri reali rappresenta uno e un solopunto.

2.3.1 Vettori e versori

Spesso quando bisogna indicare un vettore di cui si conosce il modulo mabisogna indicarne la direzione e utile utilizzare i versori, ovvero vettori dimodulo 1.

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

Supponiamo di dover indicare in componenti un qualsiasi vettore. Peresempio, un oggetto 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 avretesicuramente introdotto il prodotto scalare, ovvero un’operazione fra duevettori che restituisce un numero reale.

~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).

Figura 2.14: Significato grafico del prodotto scalare

Seguono banalmente dalla definizione di prodotto scalare le seguentiproprieta utili per fare i conti.

~a ·~b = ~b · ~a

~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,ovvero x · x = 1, x · y = 0, x · z = 0, y · y = 1 etc. Questa condizione si puoriassumere sinteticamente cambiando nome agli assi da x, y, z a x1, x2, x3 escrivendo xi · xj = δij dove l’oggetto a destra si chiama delta di Kronecker evale 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 edirezione per uno spostamento ~∆x e L = ~F · ~∆x

Prodotto vettoriale L’esempio piu semplice per capire la necessita diinventare il prodotto 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 duevettori ~a,~b e di modulo |~c| = |~a||~b| sin θ dove θ e l’angolo compreso fra i duevettori. Il verso di ~c e determinato dalla regola della mano destra: tenere ilpollice destro come ~a, l’indice destro come ~b, il verso del dito medio indicherail verso di ~c.

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

E importante notare che a differenza del prodotto scalare che e commuta-tivo, il prodotto vettoriale e anticommutativo, ovvero ~a×~b = −~b×~a. Questacosa si vede applicando la regola della mano destra.

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 calcolovettoriale, per esempio

~a× (~b× ~c) = ~b(~a · ~c)− ~c(~a ·~b)20Viene anche indicato con ~c = ~a ∧~b


Figura 2.15: Significato geometrico del prodotto vettoriale

Il prodotto vettoriale ha anche dei significati fisici scorrelati dalla suaapplicazione in meccanica. Per esempio, costruiamo un parallelogramma cheabbia i lati paralleli ad ~a,~b. Essendo l’area del parallelogramma ab sin θ, sivede immediatamente che A = |~a × ~b|. Possiamo addirittura immaginare

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

Ovviamente, se abbiamo un triangolo che ha i lati ~a,~b e il terzo checongiunge 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 bisogno di mettere le parentesi quando c’e un prodotto vettoremultiplo. In generale sara

~a× (~b× ~c) 6= (~a×~b)× ~c

Per far vedere con un esempio che non vale sempre l’uguaglianza, prendia-


mo ~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 perfare questi problemi, e il cosiddetto prodotto misto fra 3 vettori ~a,~b,~c, definitocome

~a×~b · ~c

Ho omesso le parentesi in questa espressione in quanto vi e un solo modo difare le cose che abbia senso, ovvero prima il prodotto vettore e poi il prodottoscalare.

E utile notare che questo numero si puo scrivere facilmente utilizzando lematrici in questo 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. Costruia-mo un parallelepipedo (non retto) che abbia gli spigoli come i tre vettori

~a,~b,~c. Questo parallelepipedo, in figura 2.16, ha tutte le facce a forma diparallelogramma. Scelta la faccia ab, il volume di questo parallelepipedo erappresentato dal volume spazzato dall’area ab, ovvero sara ~A · ~c = ~a×~b · ~c.

Il volume di questo parallelepipedo e quindi rappresentato dal prodottomisto dei 3 vettori. E quindi un ottimo metodo per controllare in modorapido se 3 vettori sono complanari o meno, in quanto se sono complanari, ilvolume 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’algebralineare. Il mio obiettivo e solo quello di darvi un’introduzione informale, inquanto permette di generalizzare molte cose e fare i conti in modo intelligente.Questa sezione e assolutamente facoltativa e vi da solo un’idea del perche sifacciano le cose in un certo modo.

Definizione 2.3.1 (Spazio vettoriale). Uno spazio vettoriale e caratterizzatoda 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 due elementi di V , che chiamo a, b e ci associo c = a+ b)

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

Le operazioni di somma e prodotto per uno scalare devono avere leproprieta di commutativita, associativita, ecc. . . Inoltre, ∀v, w ∈ V , deveessere z = v + w, z ∈ V , ovvero l’insieme deve essere chiuso rispetto allasomma. Inoltre, ∀α ∈ K,∀v ∈ V , deve essere w = αv, w ∈ V , ovvero l’insiemeV deve essere chiuso rispetto al prodotto per uno scalare.


Esempio 2.3.2. Il piano cartesiano con assi x, y e uno spazio vettoriale suR, in quanto l’insieme delle coppie (x, y) dotato della somma componente percomponente e del prodotto per 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 proprietaassociativa eccetera sono banali.

Esempio 2.3.4. Lo spazio tridimensionale e uno spazio vettoriale su R, perlo stesso motivo di due esempi fa.

Esempio 2.3.5. L’insieme delle funzioni f : R→ R e uno spazio vettorialesu R, se diamo l’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 sotto-spazio del piano x, y non sono uno spazio vettoriale, in quanto e evidente chel’insieme non e chiuso rispetto alla somma.

Esempio 2.3.7. Una retta che non passa per l’origine nel piano x, y, vistacome sottoinsieme di punti del piano non e uno spazio vettoriale, sempreperche non e chiuso rispetto alla somma. Una retta che passa per l’origine,invece lo e.

Definizione 2.3.2 (Generatori). Si dice che un insieme di vettori apparte-nenti a Va1, a2, a3 . . . e un insieme di generatori ∀v ∈ V , posso ottenere v come unacombinazione lineare dei generatori, ovvero

∃αi|v =∑i

αiai

Esempio 2.3.8. Dati due vettori non paralleli nel piano x, y posso ottenerequalsiasi altro vettore del piano come una combinazione lineare dei due, ovverose v, w sono i due vettori non paralleli, ∀z ∈ (x, y)∃a, b ∈ R|z = a ·v+b ·w. Seinvece che avere due vettori non paralleli ne avessi 3 o piu, sarebbero ancoradei generatori. Semplicemente sarebbero ridondanti in quanto esiste piu diuna combinazione che genera il vettore z.


Esempio 2.3.9. Dato lo spazio vettoriale delle funzioni f : R→ R, e ovvioche cosx, sinx non e un insieme di generatori, in quanto praticamente tuttele funzioni non si possono scrivere come f(x) = a cosx+ b sinx

Definizione 2.3.3 (Base). Un insieme di generatori si dice base se comunqueio tolga uno dei generatori, allora l’insieme che mi rimane non e piu digeneratori.

Esempio 2.3.10. Due vettori non paralleli nel piano x, y sono una base, inquanto sono un insieme di generatori e se ne tolgo uno non lo sono piu. Allostesso modo, se ho 3 vettori non complanari nello spazio tridimensionale,questi sono una base.

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

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

Esempio 2.3.11. Il piano x, y ha dimensione 2 in quanto due vettori nonparalleli sono una base. Di conseguenza, se ho 3 vettori nel piano, potrannoessere dei generatori ma non una base.

Esempio 2.3.12. Lo spazio delle funzioni f : R→ R ovviamente non ha unabase di dimensione finita. Di conseguenza, si dice che lo spazio ha dimensioneinfinita.

Esempio 2.3.13 (Importante). Se uno spazio vettoriale ha dimensione n,allora, scelta una base B = b1, b2 . . . , bn ogni vettore v ∈ V si rappresentain modo unico come sequenza ordinata 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 vettorialef : V → V si dice 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. Allostesso modo, una funzione f : V → V , f(v) = kv e evidentemente lineare.

Esempio 2.3.16. Su Rn una rotazione e una funzione lineare. Stessa cosaper le simmetrie assiali e centrali.

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

(αf + βg)′ = αf ′ + βg′

Allo stesso modo l’integrale.

Teorema 2.3.2. Sia B = v1, v2, . . . , vn una base di V . Supponiamo diconoscere il valore di f(vi) ∀i e lo chiamiamo wi = f(vi). Allora sappiamocalcolare f(v) ∀v ∈ V . La dimostrazione e banale e si basa sul fatto che se Be una base, allora

∀v ∈ V ∃αi | v =n∑i=1

αivi

21Capitan ovvio? Sono perfettamente d’accordo, ma ai matematici piace e voi passereteil primo anno a dimostrare queste cose. Auguri.


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 ocomplessi) di m righe e n colonne.

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

In tal caso, ogni elemento della matrice somma C = A+B e definito inmodo ovvio come la somma dei corrispondenti elementi di A e B.

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

Definizione 2.3.7 (Prodotto fra matrici). Due matrici purtroppo non sipossono sempre moltiplicare fra di loro. Perche questo sia possibile, ledimensioni devono seguire una certa regola.

Sia A una matrice m×n, sia B una matrice n× l. Allora esiste il prodottoC = AB

Denotando con Aij l’elemento della matrice A che sta nella riga i e nellacolonna 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 chiarificarele 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 matrice prodotto D = BA in quanto semplicementele matrici non hanno le dimensioni adatte ad essere moltiplicate. E quindi


evidente che il prodotto fra matrici non e commutativo. Persino quando lematrici 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 dimensione n, W di dimensione m. Sia B una base di V , B′ una base diW . Allora la funzione lineare si rappresenta in modo unico come una matricedi 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 rotazionedi angolo α attorno all’origine (si intende in verso antiorario). Secondo ilteorema precedente, essendo una rotazione un’applicazione lineare, la possiamorappresentare come una matrice, se scegliamo una base. In particolare, lafunzione lineare va dal piano x, y in se stesso, percio le dimensioni della


matrice sono 2×2. La base piu ovvia da scegliere e ovviamente quella formatadai due vettori (1, 0), (0, 1).

Consideriamo un generico vettore v = (x0, y0). Facendo un bel disegno, sivede con facilita 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 sem-

plice. Il teorema 2.3.2 ci dice che se conosciamo quanto vale un’applicazionelineare 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 moltopiu semplice da 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). Fissatoun vettore ~ω ∈ R3, consideriamo la funzione f~ω : R3 → R3 f~ω(~v) = ~ω × ~v.Mostriamo innanzitutto che e un’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 lafunzione f~ω va da uno spazio di dimensione 3 in se stesso. Vediamo di trovarequesta 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 sirappresenta come 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. Potrestequindi aspettarvi che sia possibile scrivere la derivata di una funzione comeprodotto fra un vettore che rappresenti la funzione e una matrice. Questonon e vero, in quanto le ipotesi del teorema 2.3.3 c’e che entrambe gli spazivettoriali di arrivo e di partenza abbiano una base finita, cosa ovviamentenon vera per lo spazio delle funzioni derivabili.

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

H = GF

Notare che la dimensione delle matrici G ed F e tale da permettere diessere moltiplicate in questo modo.

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

Ci aspettiamo quindi che facendole entrambe otteniamo una rotazione diangolo 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 chevi spiegheranno in dettaglio al corso di algebra lineare. Per ora, tutto cio chevi puo servire e sapere come calcolarlo.

Innanzitutto, il determinante e una funzione f : M(n,K)→ K, ovvero euna funzione che restituisce un numero a partire da una matrice quadrata.Se la matrice e a coefficienti complessi, il determinante in generale sara unnumero complesso. Se e a coefficienti reali, sara un numero reale. Non sidefinisce 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. Questanotazione e leggermente infelice in quanto si puo confondere con il valoreassoluto o modulo. In particolare, niente vieta al determinante di una matricedi essere minore o uguale a zero, di conseguenza se la matrice e composta solodal numero −1, il suo determinante sara −1, non 1, che sarebbe semplicementeil 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 ildeterminante. Per applicarla, puo essere utile scrivere la matrice e scrivercelaaccanto un’altra volta, come in figura 2.17. Chiamo diagonale principale ladirezione che va dall’alto sinistra a basso destra e diagonale secondaria l’altra.Bisogna sommare il contributo di tutti i termini sulle diagonali principali esottrarre tutti i termini sulle diagonali secondarie.

Figura 2.17: Regola di Sarrus


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

Per sviluppare secondo Laplace bisogna innanzitutto scegliere una riga(oppure una colonna). E consigliabile sceglierne una con tanti zeri, se ce nesono, 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, fermandomi su ogni elemento. Per ogni elemento aij ho sommato uncontributo (−1)i+jaijdet(Aij) dove Aij indica la matrice che ottengo togliendoda A la riga i e la colonna j. Nel nostro caso ho tolto sempre la seconda rigae la colonna cambiava man mano. Come vedete, e intelligente scegliere unariga/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 diversida 0 solo sulla diagonale principale e sopra, allora il determinante e il prodottodegli elementi sulla diagonale. 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 lamatrice inversa A−1 tale che AA−1 = A−1A = I dove I e l’identita. Si puofacilmente dimostrare che l’inversa esiste se e solo se il determinante di A ediverso 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, comenel calcolo del determinante. Notare che ho scritto a−1

ji . Non e un typo, bensı,dopo essersi smazzati di conti per fare tutti i determinanti, bisogna purericordarsi di fare la trasposta22 della matrice.

Esiste un metodo piu umano, chiamato algoritmo di Gauss-Jordan, chepermette di calcolare in modo meno orribile l’inversa. Facciamo un esempioper mostrare il metodo.

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

22Ovvero ribaltarla rispetto alla diagonale principale.


L’obiettivo e ottenere con alcune operazioni che ora spiego a sinistral’identita. La matrice che si avra a destra sara l’inversa di A. Le operazioniconsentite 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 edividere l’ultima riga 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 − 1

27527

029−1

90

0 0 15


E l’inversa di A. Controlliamo esplicitamente che lo sia, facendo lamoltiplicazione 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. Questonon e l’unico riferimento possibile. Per esempio, sul piano xy si puo scegliere diutilizzare le coordinate polari, ovvero associare ad ogni punto la sua distanzadall’origine r ∈ [0,+∞) e l’angolo che forma con l’asse x, θ ∈ [0, 2π).

Il riferimento cartesiano ha una caratteristica molto speciale che lo rendemolto piu semplice da trattare: i versori diretti come gli assi sono fissi, ovveroin ogni punto dello spazio i 3 versori hanno la stessa direzione. Questo none vero per le coordinate polari, ad esempio. Infatti, se vogliamo indicare laposizione di un corpo in coordinate polari o ci riconduciamo ad esprimerla incoordinate cartesiane scrivendo

~R = r cos θx+ r sin θy

Tuttavia, spesso e preferibile per motivi di simmetria non ricondursi allecoordinate cartesiane (per esempio se abbiamo a che fare con una forzacentrale), ma semplicemente indicare un vettore che indichi la congiungentedal punto considerato all’origine del riferimento, ovvero ci inventiamo r =cos θx + sin θy. E chiaro che questo versore semplifica la notazione e ilproblema 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 modo in quanto r · θ = 0, |θ| = 1, r × θ = z, con z ilversore perpendicolare al piano e uscente.

E importantissimo capire che a differenza del riferimento cartesiano dovex, y, z sono gli stessi vettori in tutto lo spazio, nel caso di coordinate polari(ma in generale anche per altri riferimenti) i vettori r, θ dipendano dal puntodel piano in cui ci si trova.

Esempio 2.3.24. Supponiamo di avere nel piano xy un campo di forza chedipende solo dal tempo, ovvero

~F = ~F (t)

23Ovvero un vettore che non puo essere spostato nell’origine senza cambiare il significatofisico di quello che si fa. Per esempio le forze sono vettori applicati. E molto semplicecapire come sia diversa una forza applicata in un punto di un corpo piuttosto che in unaltro.


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 dalla posizione ne da nient’altro.

Esempio 2.3.25. Supponiamo di avere la posizione in coordinate polari diun 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

La cosa piu facile che si puo fare e ricordare la definzione di r che abbiamodato in coordinate cartesiane, ovvero r(t) = cos θ(t)x + sin θ(t)y, farne laderivata in coordinate cartesiane e poi scrivere il vettore che abbiamo ottenutoin termini di r, θ. Questa tecnica funziona e per esercizio ora la usero, ma inseguito 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 deriva-ta di un versore. Notiamo innanzitutto che un versore x e caratterizzatodall’equazione

|x|2 = x · x = 1

Questa equazione puo essere derivata membro a membro ottenendo unacosa 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, possiamosicuramente trovare un vettore ~a per cui si possa scrivere la sua derivata inquesto 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 versorir, θ ruotano solo intorno all’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 dicominciare e opportuno definire per bene il sistema di coordinate sferiche, inquanto vengono prese alcune convenzioni standard che e bene puntualizzareper non confondersi. Innanzitutto le coordinate sono 3: r, θ, φ. L’angoloθ ∈ [0, π] non e la latitudine ma la colatitudine, ovvero quando θ = 0, r = z.L’equatore viene quindi descritto dall’equazione θ = π/2.

L’angolo φ ∈ [0, 2π] invece e la longitudine standard, ovvero quello cheindica Est e Ovest.

In particolare, per ritornare alle coordinate cartesiane si usa il seguentesistema:

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 ˙r Questa


Figura 2.18: Sistema di coordinate sferiche

volta scrivere ~ω non e altrettanto semplice, in quanto non e ovvio in che pianoruota r e tantomeno il suo modulo.

In generale, ~ω sara un vettore ortogonale al versore x1 di cui indica larotazione. Di conseguenza, scelti due altri vettori a caso ~x1, ~x2 tali che nonsiano entrambe complanari al versore, sara sempre possibile esprimere ~ω comeun’opportuna combinazione lineare degli altri due, ovvero ~ω = a1~x1 + a2~x2.

Consideriamo quindi ˙r. Scegliamo quindi due versori x1, x2 intelligenti dautilizzare, ovvero due versori intorno a cui sappiamo scrivere in modo facilela rotazione in termini di θ, φ. Per esempio, se scegliamo x1 = φ, ~ωθ = θφ. Sescegliamo inoltre x2 = z, e facile vedere come intorno a z la rotazione sia solointorno 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 dimeccanica.


2.3.3 Cenni di analisi in piu variabili

Nel capitolo sulle derivate e sugli integrali ho sempre parlato di funzionidi una sola variabile che restituiscono un solo numero reale. Purtroppo lecose non sono sempre cosı semplici.

Il primo esempio e molto semplice.

Esempio 2.3.27. Supponiamo di conoscere la legge oraria del moto di unpunto 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 nespara fuori 3, ovvero abbiamo una funzione ~x(t) : R → R3. Definiamo laderivata di questa funzione nel modo piu sensato, ovvero componente percomponente:

~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 oggettotridimensionale. La temperatura dell’oggetto non e uniforme ma varia nellaposizione.

Di conseguenza, la temperatura non e funzione di una variabile sola, maT (~x) = T (x, y, z)

Capite bene che definire la derivata di un oggetto simile non e altrettantosemplice 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 precedenteavevamo una funzione di 3 variabili che restituiva un valore solo. In questo casoinvece abbiamo una funzione di 4 che ne restuisce 3 (Ovvero le 3 componentidel campo)


E quindi necessario dare delle nuove definizioni per formulare delle leggifisiche con senso in questi casi. Cominciamo riprendendo l’esempio 2.3.28

Esempio 2.3.30. Abbiamo un oggetto a temperatura Tc e un oggetto atemperatura Tf , fissate e costanti. Poniamo in mezzo a questi oggetti unasbarra metallica dritta di conducibilita termica λ, lunghezza L e sezione S.Vogliamo conoscere la temperatura in ogni punto della sbarra quando e statoraggiunto lo stato stazionario.

Scegliamo un sistema di riferimento intelligente: prendiamo l’asse x pa-rallelo all’asse della sbarra e gli assi y e z a caso, ortogonali a x. Poniamo ilpunto di contatto fra la sbarra e il corpo freddo (Tf ) a 0. Il punto di contattofra la sbarra e il corpo caldo sara quindi ad L. Per ovvie considerazioni disimmetria, la temperatura della sbarra non dipendera da y o da 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, tuttavianel nostro problema non e chiaro chi sia ∆T e tantomeno ∆x in quanto nonstiamo studiando un fenomeno globale come la trasmissione del calore dalcorpo caldo al corpo freddo ma stiamo studiando la trasmissione del caloredentro la sbarra.

Cio che si fa sempre in questi casi e ricondursi a posti molto piccoli dovesi spera che le leggi valgano. Mettiamoci in un punto della sbarra 0 < x < L.Consideriamo un volumetto di sbarra delimitato da x e x+ ∆x. Se prendoun ∆x abbastanza piccolo, ∆x e definito, la differenza di temperatura pure equindi 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 derivatadella funzione, fatta con le altre variabili che rimangono costanti. In effetti eesattamente questa la definizione di derivata parziale

Definizione 2.3.8. (Derivata parziale) Sia f(x1, x2, . . . , xn) una funzione din 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 comecostanti.


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

P (x) = −λS∂T (x, y, z)

∂x(2.8)

Questa equazione non e sufficiente a concludere l’esercizio. Dobbiamoanche considerare che abbiamo raggiunto lo stato stazionario. Questo significache la temperatura non varia piu nel tempo, ovvero che non ci sono accumulidi energia in giro per la sbarra. L’energia che fluisce al punto x dovraessere 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, quando si 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 lafunzione e costante perche abbiamo mostrato che le derivate parziali rispettoa y e z valgono 0, ma in generale potrebbe 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 calcolarele derivate di una funzione in una variabile, calcolare delle derivate parziali ebanale. Per completezza mettero 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 gliintegrali in piu variabili ma semplicemente vi spieghero le idee che ci stannodietro in modo da poter comprendere il ragionamento che sta dietro le prossimesezioni. Non e assolutamente necessario che voi sappiate fare integrali dilinea o di superficie, ma aver gia visto piu o meno come si affrontano vi da lapossibilita di fare i problemi con piu sicurezza.

Integrali di linea L’idea intuitiva di integrale di linea dovrebbe esservichiara. Questo paragrafo include le idee base che permettono di formalizzarematematicamente questo concetto in modo da calcolare effettivamente unintegrale di linea riconducendosi a fare integrali in una variabile, cosa chesapete fare. Prendiamo quindi l’esempio piu noto e discutiamolo.

Quando dovete calcolare il lavoro di una forza, dovete considerare per ognipunto della traiettoria il lavoro infinitesimo

dL = ~F (~x) · d~x

e 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 inmodo piu compatto operero nel seguente modo standard. La traiettoria, verrachiamata ~γ(t)

~γ(t) =

x(t)

y(t)

z(t)

E per brevita, anche se e una cosa che odio, in genere omettero il segnodi vettore sopra γ. Il parametro t della curva e una parametrizzazione dellacurva.

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

~γ(t) =

x(t) = vt

y(t) = at2 + y0

SPIEGA MEGLIO QUESTO CASINO


Il significato fisico e che noi stiamo dicendo in un certo senso quantotempo ci impega la nostra particella per seguire la traiettoria. Le duecostanti che ho introdotto, a, v servono solo a dare coerenza alle dimensionidegli oggetti in gioco, ma matematicamente non ce n’e bisogno. Una cosaimportante da notare e che noi stiamo dicendo che il lavoro non dipenda dallaparametrizzazione t, ovvero che il lavoro non dipenda dalla velocita a cuiviene percorso il tutto.

Il vettore γ′(t) rappresenta il vettore tangente alla traiettoria e in partico-lare ha il significato fisico di velocita di percorrenza

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

dL = ~F (~x) · d~x = ~F (~x) · d~x

dtdt = ~F · ~vdt = Pdt

Ovvero ho diviso e moltiplicato per dt, dando quindi una velocita allaparticella. Una volta fatto questo, cambio il nome alla posizione dell’oggetto,che normalmente chiamo ~x e ora lo chiamo γ, in quanto chiamarlo ~x puoportare confusione di notazione quando la situazione 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 moltosemplice calcolarne la lunghezza. Consideriamo la nostra curva a due istanti ditempo, t, t+dt. Se dt e abbastanza piccolo, la nostra curva sara approssimabilecome una segmento. Di conseguenza, la lunghezza del segmento si calcola conPitagora

dL =√

(x(t+ dt)− x(t))2 + (y(t+ dt)− y(t))2

Ovviamente tutto questo vale anche in dimensione 3 aggiungendo z, mafacciamolo nel piano 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 eportandolo fuori dalla radice,

dL =√x′2 + y′2dt = |γ′(t)|dt


Dove le barre indicano la norma del vettore. La lunghezza della curvasara 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 funzioneimplicita per esempio y(x) = x2, possiamo scrivere comunque il teorema dipitagora 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 oraun esempio pratico di calcolo di integrale di linea. Consideriamo il campoMagnetico di un filo percorso da corrente infinito

Bx(x, y) = −yx2+y2

By(x, y) = xx2+y2

Consideriamo due curve differenti AGGIUNTI FIGURA: una curva circolaredi raggio R e una curva spezzata che segua un quadrato di lato 2L, entrambecentrate nell’origine. Partiamo dal quadrato. Dovremo definire la curva comeunione (nel giusto ordine e nel giusto 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 troviamo

d~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 risultatonon 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 evasto. Spesso vi capita di trovare espressione come

~F = −∮∂V

pd ~A

che vi fanno avere la necessita di integrare su superfici, volumi, oggetti didimensione generica. Non e mio compito insegnarvi a farlo, anche perche efastidioso formalizzarlo come si deve. Io cerchero di darvi delle idee su qualisono i problemi che possono scaturirne e le idee per saltarne fuori.


Prima di trattare il caso vettoriale, che e molto rognoso, ma per forunaspesso si riesce ad eludere, trattiamo il caso di un integrale scalare. Prendiamocome esempio una funzione f : R2 → R. Consideriamo∫∫

f(x, y)dx dy

La prima cosa da notare e che a quell’integrale manca qualcosa, ovverogli estremi di integrazione. Per una funzione di una sola variabile, di solitogli estremi assumono la forma ∫ b

a

f(x)dx

Ma questa cosa e semplice solo in quanto i sottoinsiemi decenti di R hannouna forma bella e facile da scrivere. Mi spiego meglio: il significato fisicodell’integrale e l’area che sta sotto la curva in un certo intervallo. Se andiamoin dimensione superiore, per esempio con una fuzione da R2 → R, l’integralesara il volume sotto la funzione, ma bisogna prima delimitare l’area sottocui calcolarla. Mentre un intervallo di R e facilmente determinabile dai suoiestremi, 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 lafunzione e il piano x, y, delimitato da una circonferenza di raggio R.

E evidente che a differenza che in una variabile non possiamo trovare unaprimitiva e farne la differenza agli estremi. L’idea che sta alla base dellasoluzione e ricondursi a quello che si sa fare, ovvero trovare una primitiva efarne la differenza agli estremi. Per farlo, si possono provare piu modi. Quelloche risulterebbe piu comodo in questo caso e un cambio di variabili che rendal’insieme di integrazione semplice da gestire, ma ne parlero in dettaglio nelprossimo paragrafo, l’altro e spezzare l’insieme di integrazione in piu insiemipiccoli facili da gestire.

Un insieme semplice da gestire e un insieme normale, ovvero un insiemesimile a quello in figura 2.19. Quello e un insieme normale rispetto a x, ovverol’insieme si puo scrivere come D = (x, y) ∈ R2 t.c a < x < b ∧ f(x) < y <g(x)


Figura 2.19: Insieme normale del piano

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 spariredall’integrazione, per poi integrare tutto cio che rimane rispetto a x. Facciamoun esempio concreto per far capire 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, ovviamenteavremmo potuto fare la stessa identica cosa.

Se l’insieme non e normale, come nel caso che stavamo trattando prima24,

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


e intelligente provare a renderlo tale. Per esempio, D = (x, y) ∈ R2 t.c. x2 +y2 ≤ R2 si puo vedere come unione 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 duesemicirconferenze che ho ottenuto. E intuitivo che in termini di aree e volumisi 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 semplificarci i conti raccogliendo tutto dentro un unico integrale.

∫ 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 discosottile attorno al suo centro.

I =

∫dm d2

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

1− x2. Iltermine

√1− x2 si puo fare sostituendo x = sin t. Il termine x2

√1− x2 si puo fare allo

stesso modo oppure per parti.


dove d invica la distanza dal centro, e dm = σdA e una piccola massettinacontenuta nell’area dA. Prendiamo un sistema di assi cartesiano e centriamolonel centro del disco. Avremo

d2 = x2 + y2

dA = dxdy

E il dominio sara

x2 + 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


Il cambio di variabili: lo Jacobiano Spesso le coordinate cartesiane nonsono le migliori, in quanto spesso i problemi presentano notevoli simmetrieche permetterebbero di semplificare i conti. E per questo che e utile saperpassare dalle coordinate cartesiane, dove fare gli integrali e standard, a quellecurvilinee, che semplificano i conti ma hanno bisogno di 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 ovvioche il volume non puo essere ∫

r≤Rdr dθ dφ

In quanto e evidente che e dimensionalmente sbagliato. Analogamente aquello che succede in una sola variabile, quando si passa da un integrale fattonella variabile x alla variabile t = g(x), bisogna moltiplicare per un fattoreche tenga conto di questo. Cerchero di dare una spiegazione intuitiva di qualesia il fattore, anche se non e semplice.

Quando si effettua un cambio di variabili, si hanno n equazioni che leganole coordinate vecchie alle coordinate nuove. Passando da coordinate sferichea coordinate cartesiane26, le equazioni 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

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


Ed equazioni analoghe per dy, dz. In particolare, notiamo che dx e unacombinazione lineare di dr, dθ, dφ. Puo essere quindi utile esprimere il tuttosotto forma di matrice dx

dydz

= J

drdθdφ

Dove J si chiama matrice Jacobiana della trasformazione ed e ovviamente

3× 3. Calcoliamo J per questa trasformazione.

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 secondae φ nella terza.

E importante calcolare |J |, ora vedremo perche. Per esercizio, calcolateloesplicitamente. Il risultato e |J | = r2 sin θ.

Quando abbiamo parlato del prodotto misto, abbiamo visto che il volumedi un parallelepipedo di lati ~a,~b,~c si ottiene facendo il determinante dellamatrice fatta dalle componenti dei vettori. In realta questa cosa vale ingenerale, anche in dimensioni inferiori e superiori. Per esempio, l’area delparallelogramma di lati ~a,~b e A = |~a×~b|. Se lo scriviamo per componenti, efacile 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 dallatrasformazione, finendo quindi in un parallelepipedo di lati dr, dθ, dφ. Mentreil primo dei due e retto, ovvero dx⊥dy⊥dz, il secondo e storto. Il grado didistorsione e dato per l’appunto dalla matrice Jacobiana. Il volume dV saraquindi 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, dobbiamointegrare una funzione, 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 unaltro esempio l’area del 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 cambiodi coordinate furbo che ci risparmi un po di fatica. Usando coordinatecilindriche 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 paral-lelepipedo attorno ad 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 superfi-ciale scalare, ovvero ∫

∂V

f(x, y, z)dA

Facciamo un esempio concreto per chiarezza. Prendiamo f = x2yz ecome superficie la sfera di raggio R. Per descrivere una superficie, si possonoutilizzare piu modi. Per esempio, si puo descrivere con un’equazione implicitacome

x2 + y2 + z2 = R2

Un altro modo per rappresentarla e una sua parametrizzazione. Quandosi fa un integrale di linea si da una velocita all’oggetto che la percorre. Allo


stesso modo si puo fare per le superfici. La parametrizzazione piu comunedella 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 avessimobisogno di due parametri in quanto una superficie ha due gradi di liberta

Definiamo di nuovo la matrice Jacobiana di questa parametrizzazionecome

Jij =∂xi∂pj

Dove ho indicato con xi le coordinate spaziali x, y, z e con p i parametriθ, φ. Lo Jacobiano sara 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’equivalentedello Jacobiano quando si usa un cambio di variabili. Il motivo di tutto questonon e troppo semplice da spiegare. Potete immaginare che i due vettori ~v e~w siano i generatori del piano tangente alla superficie nel punto. Se i duegeneratori sono perpendicolari, e intuitivo che ci sia piu superficie perche sarapiu piatta. Se invece tendono ad essere paralleli, l’area dA sara sempre piupiccola. 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 diflusso, per esempio, ∫

~E · d ~A

27Il fatto che sia proprio il prodotto vettoriale il buon rappresentante che faccia tornarei conti giusti non e un caso. La teoria che sta dietro questa cosa e lunga e complicata e hacome prerequisito tutto il primo anno di Universita. Vi vieto quindi di provare ad imparareora le varie generalizzazioni in quanto sarebbe una completa perdita di tempo. Nonvi capitera mai di dover fare un integrale cosı cattivo in una gara. Potrebbe succedere cheve ne facciano calcolare uno estremamente semplice solo con argomenti fisici, senza doverfare i conti. Io vado sul sicuro e ve l’ho spiegato comunque, ma e molto di piu di quello chee richiesto.

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

2)∗ e con il determinante su (Rnn)∗. Solo dopoaver finito il primo anno vi consiglio di leggere le dispense di Paolo Acquistapace chetrovate in bibliografia Ref [Acq18] per approfondire l’argomento. Sono fatte veramentebene, ma sono estremamente formali. Affrontarle al liceo e una perdita di tempo.


Avremmo dovuto innanzitutto trovare il versore ortogonale alla superficie,farne il prodotto scalare con il campo e poi agire come prima. Per quantoriguarda il trovare il versore normale, ricordo che il prodotto vettoriale ×restituisce un vettore ortogonale ai primi due. Di conseguenza, essendo ~v, ~w igeneratori del piano tangente alla superficie nel punto, il prodotto vettoriale~v×~w sara ortogonale a entrambe e avra quindi la direzione della perpendicolareal 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 mettereprima ~v o ~w, state dando un’orientazione alla superficie. Ricordate che perconvenzione, su una superficie chiusa il versore deve essere uscente. Ragionateun attimo sulla parametrizzazione che avete usato e mettete l’ordine giusto.

Esempio 2.3.36. Proviamo ora a calcolare la temperatura media di unasfera 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

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’ideastandard e scrivere ogni vettore per componenti e fare gli integrali separati.Possibilmente, cercate di sfruttare teoremi come il teorema della divergenza2.3.6 o del gradiente 2.3.5 per salvarvi. Spesso rendono banale un integralerognoso.

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

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 esempioper forze di attrito, non e possibile scrivere il lavoro come una funzione peresempio solo della posizione inziale e della posizione finale. Se per esempiolascio fermo un mattone sul tavolo il lavoro compiuto dall’attrito e 0, sesposto il mattone prima in avanti, trascinandolo, per poi riportarlo indietro,l’attrito con il tavolo compie lavoro, eppure la posizione iniziale e uguale allaposizione finale. E quindi evidente che non esiste una funzione fatta comevogliamo in questo caso.

Cercheremo in questa sezione di trovare delle condizioni sufficienti sulleforze affinche si possa trovare una funzione della posizione f(~x) tale che seun oggetto si muove ~x→ ~y, il lavoro compiuto dalla forza si possa scrivereL = f(~y)− f(~x)

L’attrito e un esempio davvero orribile in quanto non e nemmeno un campodi forze. Infatti, la forza esercitata dall’attrito sul mattone non dipende dallasua posizione ma da altri fattori (per esempio le altre forze sul mattone, lasua velocita). Cerchiamo quindi di trovare la funzione che cerchiamo per illavoro solo per forze piu decenti, per esempio per campi di forze, ovvero forzeche dipendono solo dalla posizione e dal tempo, ovvero ~F = ~F (~x, t).

Per esempio, il campo di forze generato da una massa puntiforme eeffettivamente un campo di forze in quanto la forza fra la massa fissata eun’altra massa dipende solo dalla relativa posizione.

Purtroppo non tutti i campi di forze sono belli.

Esempio 2.3.38. Supponiamo di avere una massa puntiforme immersa in unfluido in movimento. Il fluido si muove solo lungo l’asse x, nel verso positivo.Supponiamo di riuscire a mantenere la velocita del fluido disuniforme lungol’asse y, ovvero la velocita e lungo x, ma il suo modulo dipende da y. Possiamosupporre in modo ragionevole che la forza di attrito viscoso sia ~F ∝ ~vfluido.

Muoviamo la massa lungo un rettangolo nel piano xy. Prima facciamo unsegmento lungo x risalendo la corrente, poi facciamo un segmente lungo y, inmodo perpendicolare alla corrente. Poi andiamo lungo x, come la corrente.Infine scendiamo lungo y ritornando dove 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 noncompie lavoro. Lungo x, invece il lavoro sara una volta positivo e una voltanegativo. In conclusione,

L =(~F (y + ∆y)− ~F (y)

)·∆~x

Evidentemente in generale il lavoro non sara 0. Di conseguenza in questocaso non possiamo trovare una funzione che dipenda solo dalla posizioneiniziale e finale.

Figura 2.20: Esempio di campo non conservativo

Differenziali esatti Consideriamo il lavoro infinitesimo compiuto da unaforza

dL = Fxdx+ Fydy + Fzdz

Diciamo che il lavoro infinitesimo e un differenziale esatto se, scelti duepunti dello spazio ~x, ~y il lavoro compiuto dalla forza per andare da ~x a ~y nondipende dal percorso compiuto ma solo dalla posizione iniziale e finale.

Si capisce molto rapidamente che questa condizione e equivalente a direche, dato un qualsiasi percorso chiuso che parte da ~x e torna in ~x, il lavorocompiuto e 0.


Figura 2.21: Esempio di campo conservativo

Cerchiamo quindi delle condizioni necessarie/sufficienti sulla forza percheil suo lavoro sia 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 unafunzione continua, derivabile con derivate continue, eccetera. Per funzioni percui esiste la derivata seconda ed e 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)

28Questo si chiama Teorema di Schwartz


Questa condizione e necessaria affinche possa esistere la funzione chestiamo cercando. Si scopre che la condizione e anche sufficiente sotto alcuneipotesi sul dominio in cui vale quella relazione29.

Controllando quindi questa facile relazione fra le derivate si puo facilmentevedere se il lavoro della forza e un differenziale esatto o meno. Si puo quindifacilmente definire l’enegia potenziale rispetto a ~x0

30

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, inquanto abbiamo mostrato che il lavoro non dipende dal percorso. E ovvioda questa definizione che il potenziale dipende dal punto particolare da cuipartiamo. Vediamo cosa succede se definiamo due potenziali rispetto a duepunti 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 costanteadditiva. Si puo quindi scegliere arbitrariamente il punto ~x0 in modo che lacostante 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 comeottenere la forza a partire dal potenziale. Come potete immaginare, trovare ilpotenziale data la forza e decisamente piu complicato, in quanto per ottenereil potenziale bisogna integrare, mentre per trovare la forza bastera derivare.

29Cioe 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 oggettipermettono di formulare in modo piu sensato le leggi della fisica, ma in effettinon sono veramente utili per fare i problemi olimpici. Consiglio di dare unaletta rapida per capire il significato ma non perderci troppo tempo in quantonon vi capitera praticamente mai di riuscire ad usarli in un problema finchenon arrivate al secondo anno di universita.

Gradiente Quando si ha a che fare con un campo conservativo, e intelligentescrivere un energia potenziale. Quando siamo in una sola variabile, per esempiol’asse x o la distanza dal centro r, la relazione fra il potenziale e la forza e

F = −dU

dx.

Se invece la forza e piu complicata, anche la formula lo diventera. Pren-diamo un campo di forze conservativo a caso ~F (x, y, z). Il potenziale, a rigordi logica, sara anche lui funzione di tutte e tre le coordinate: U = U(x, y, z).Di conseguenza, per fare una derivata bisogna decidere intanto rispetto a cosaderivare.

Inoltre, mentre nel caso monodimensionale non ci sono problemi perchesi parla del modulo della forza, nel caso tridimensionale la situazione e piucomplicata. Cerchiamo di estendere 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 qualcosamoltiplicato per uno scalare. E ovvio che quel qualcosa deve essere un vettore,altrimenti la nostra equazione e priva di senso.

Inoltre, nel caso di una variabile, la nostra formula dovra ricondursi alcaso in una sola variabile.

Quindi

Fx = −∂U∂x

Ma la coordinata x non ha motivo di essere privilegiata rispetto alle altrecoordinate, quindi varranno equazioni analoghe anche per y, z.

Fy = −∂U∂y

Fz = −∂U∂z


E utile raccogliere queste tre equazioni scalari in una sola equazionevettoriale.

~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 cheho appena dato vale solo per coordinate cartesiane. Vediamo con unesempio perche.

Esempio 2.3.39 (Equazione di Fourier sul calore). Abbiamo gia vistonell’esempio 2.3.30 una generalizzazione dell’equazione

P = λS∆T

∆x

che e

P = −λS∂T∂x

E utile definire un nuovo vettore utile, ~J , vettore che rappresenta iltrasporto di energia per 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 disimmetria si avranno equazioni 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 coordina-te di riferimento se noi attribuiamo all’oggetto ~∇T il significato di variazionedi temperatura nello spazio.

Quello che sto cercando di dire e che se noi vogliamo che la legge ~J =−λ~∇T valga in qualsiasi sistema di coordinate perche noi associamo a ~∇Til 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 semplicementestiamo sommando delle 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 quantoquelli standard richiedono una quantita infinita di conti che sicuramenteporteranno ad errori catastrofici e vi faranno perdere un sacco di tempo,mentre i metodi belli richiedono troppa altra roba come prerequisito.

La cosa che va ricordata e il primo termine, in quanto in praticamentetutti i problemi olimpici f(r, θ, φ) = f(r) e di conseguenza i termini angolaridiventano nulli.

Per completezza, scrivo qui sotto anche la definizione del gradiente incoordinate cilindriche.

~∇f =∂f

∂rr +

1

r

∂f

∂θθ +

∂f

∂zz

Il gradiente di una funzione ha un’importante significato fisico, ovveroil gradiente e il vettore che indica la direzione di massima variazione dellafunzione.


Quando si cercano i massimi e i minimi di una funzione in piu variabili,bisogna innanzitutto controllare i punti in cui ~∇f = 0, in quanto, analoga-mente a quello che succede in una variabile, se una funzione ha un massimoo un minimo locale allora in quel punto il gradiente e nullo. La condizioneovviamente non e sufficiente. Ci sono alcuni casi brutti in cui la funzione hagradiente nullo ma non e ne un massimo ne un minimo.

Per immaginare un esempio concreto, si puo pensare al grafico di unafunzione da R2 → R a forma di sella. Lungo una direzione il punto sembraun massimo, lungo l’altra sembra un minimo.

Figura 2.22: Rappresentazione grafica del gradiente di una funzione didue varaibili. Il valore della funzione e rappresentato dal colore, le freccerappresentano il campo vettoriale gradiente

Infine, riguardo il gradiente e utile sapere questo teorema, uno dei corollaridel teorema di Stokes.

Teorema 2.3.5 (Teorema del gradiente). Sia V un volume regolare delimitatodalla superficie ∂V . Vale allora la formula∮

∂V

f(~x)d ~A =

∫V

~∇f(~x)dV


Figura 2.23: Rappresentazione grafica del gradiente di una funzione di duevaraibili. Il valore della funzione e rappresentato dalla superficie, le freccerappresentano il campo vettoriale gradiente

L’integrale a sinistra e un integrale superficiale, ovvero fatto su tutta lasuperficie ∂V , mentre il secondo e un integrale di volume, su tutto V . Non eassolutamente necessario che voi sappiate fare integrali di superficie o integralimultipli, questa sezione e un approfondimento, ma se uno semplicemente viattribuisce un significato fisico si riesce a fare delle ottime considerazioni. Visembra una formula inutile? Vediamo un esempio.

Esempio 2.3.40 (Legge di Stevino). Consideriamo un fluido fermo, ovveroun 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 leforze 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 perqualsiasi volume. In particolare, se vale per ogni volume, allora l’argomentodell’integrale deve essere 0, quindi

~∇p = ρ~g

Questa formula vale in generale, molto piu in generale della p = p0 + ρghche avete sicuramente trovato al liceo che vale se ρ e ~g sono costanti. Inparticolare, vale per coordinate curvilinee e vale anche per ~g variabile, peresempio per trovare la pressione dentro il sole. E interessante ricordare poiche 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 gradienteha come argomento una funzione e restituisce un vettore, la divergenza fa ilcontrario, ha come argomento un vettore e restituisce uno scalare.

Diamo la definizione di divergenza di un campo vettoriale in coordinatecartesiane.

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 lausero anche io, ma e estremamente importante tenere a mente che questadefinizione vale solo per coordinate cartesiane.

Data questa notazione, saremmo tentati di scrivere per esempio in coordi-nate 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 none definita come Nabla scalar F ma in un altro modo e questa notazionepurtroppo 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 sieteminimamente tenuti a saperla ricavare. L’unico termine che vale la penaricordare e il primo, quello con la derivata in r in quanto permette di farealcuni 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 delcampo ~F attraverso la superficie ∂V che delimita il volume V . La divergenzamisura insomma quanto le linee di campo stanno entrando o uscendo da unpunto.

Da questa definizione di ~∇ · ~F segue abbastanza facilmente il seguente

Teorema 2.3.6 (Teorema della divergenza (teorema di Gauss)). Sia ~F uncampo vettoriale regolare e V un volume regolare delimitato da ∂V . Valeallora la seguente formula.∮

∂V

~F · d ~A =

∫V

~∇ · ~FdV

Ovvero il flusso del campo attraverso la superficie ∂V e uguale all’integraledi volume della divergenza del campo. Trascurando il fatto che fare integralidi scalari su volume e molto piu semplice che fare integrali superficiali, einteressante utilizzare questo teorema per dare formulazioni locali delle leggidella fisica, ovvero non leggi che includano integrali su volumi o superfici maleggi 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 abbastanzaevidente 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 delvettore ~J attraverso la superficie ∂V sara uguale a meno la derivata dellamassa contenuta nel volume V 31∮

∂V

~J · d ~A = − ∂

∂t

∫V

ρdV

Applichiamo il teorema della divergenza e portiamo la derivazione rispettoal tempo dentro l’integrale 32.∫

V

(~∇ · (ρ~v) +

∂ρ

∂t

)dV

Come al solito, questa uguaglianza vale per ogni volume, quindi deveessere nullo l’argomento dell’integrale.

~∇ · (ρ~v) +∂ρ

∂t= 0

Questa equazione viene spesso chiamata equazione di continuita e si puofare un ragionamento assolutamente identico in elettromagnetismo lasciando~J il vettore densita di corrente, ovvero carica per unita di tempo per unita disuperficie. 33

~∇ · ~J +∂ρ

∂t= 0 (2.12)

Esempio 2.3.42 (Equazione di continuita per il calore). Si puo fare un ragio-namento assolutamente analogo al precedente considerando l’energia al postodi massa o carica elettrica. Consideriamo un oggetto con capacita termicaper unita di massa c, indipendente dalla temperatura, con una temperaturanon necessariamente omogenea e tantomeno costante T . Supponiamo persemplicita che non venga generata energia nel corpo 34.

Consideriamo una porzione del corpo V delimitata da ∂V . Definendo dinuovo ~J come il vettore trasporto di energia per unita di tempo per unita disuperficie si avra

31Il segno meno e dovuto al fatto che un vettore uscente dalla superficie ha flusso positivoper 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~v34Per esempio se il corpo e radioattivo viene prodotto calore al suo interno.


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. Ricordandopoi l’equazione di Fourier 2.11, otteniamo

−~∇ · (λ~∇T ) +∂cT

∂t= 0

Notate che per il momento io non ho nemmeno assunto che la capacitatermica o la conducibilita termica siano delle costanti, ovvero questa equazionefunziona bene anche per materiali disomogenei.

Ora facciamo l’assunzione che c e λ siano uniformi nel corpo e otteniamol’equazione

∂T

∂t=λ

c~∇ · ~∇T

L’operatore ~∇ · ~∇ viene utilizzato molto spesso e ne parlero fra poco.A causa del suo frequente utilizzo gli viene dato il nome di Laplaciano e siutilizza la notazione ~∇ · ~∇ = ~∇2.

Otteniamo infine

∂T

∂t=λ

c~∇2T (2.13)

Per la prima volta vediamo la dipendenza dal tempo della temperatura.Questa e una equazione differenziale alle derivate parziali. Se ritenete difficilerisolvere un’equazione differenziale in una sola variabile35, questa e un inferno.

Esempio 2.3.43 (Teorema di Gauss per i campi r−2). Avrete sentito parlaredel teorema di Gauss per l’elettrostatica. Il teorema asserisce che datoun volume V , delimitato da ∂V , la somma delle cariche contenute in V eproporzionale al flusso del campo elettrico attraverso la superficie.

35Si chiamano equazioni differenziali ordinarie e sono quelle trattate anche da me qualchecapitolo fa.


Φ( ~E, ∂V ) =

∑q

ε0

Dove ε0 e la costante dielettrica del vuoto. Alla luce del teorema 2.3.6,puo essere interessante 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 abbastanza evidente che conoscendo ~E in una determinata regione dellospazio e immediato riuscire a trovare ρ, facendo un paio di derivate. Consigliodi fare il problema 3.3.5 per convincersene.

Il bello di questa legge e che in effetti non vale solo per il campo elettricoma per qualsiasi campo che gli assomigli abbastanza, ovvero qualsiasi campoche per cariche puntiformi va come r−2. Sono sicuro che almeno un esempiovi viene in mente.

Per esempio, proviamo a scrivere una legge equivalente per il campogravitazionale.

Consideriamo il flusso del campo ~g prodotto da una massa puntiformeattraverso 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 coordinatecartesiane il rotore 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 notazionepiu compatta per rot~F = ~∇× ~F

Di nuovo, come per la divergenza, questa definizione vale solo percoordinate cartesiane e per fare il rotore in sferiche non basta nemmenofare Nabla vettor F, con la definizione 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’inte-grale al numeratore si chiama circuitazione del campo lungo la curva ∂Σ. Ilsignificato di questa formula e che il rotore misura quanto il campo non econservativo, infatti se ~F fosse conservativo, il suo integrale di linea lungouna qualsiasi curva chiusa dovrebbe essere 0.

Notiamo che porre ~∇× ~F = 0 e equivalente alla condizione 2.9, quindi seil rotore di un campo e identicamente nullo 36, allora il campo e conservativoe 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 ne-

cessariamente piatta) e ∂Σ il suo contorno. Sia inoltre ~F un campo vettorialeregolare. Allora ∮

∂Σ

~F · d~s =

∫Σ

~∇× ~F · d ~A

Laplaciano Si definisce l’operatore laplaciano come la divergenza del gra-diente di un campo, sia vettoriale sia scalare.

∇2 ~F = ~∇ · ~∇~F

∇2f = ~∇ · ~∇f

Mentre per il laplaciano di una funzione scalare e facile capire comecalcolarlo, per il laplaciano di un vettore potreste dirmi che sto facendoil gradiente di un vettore, cosa che non ho mai definito, per poi farne ladivergenza. Avete perfettamente ragione ma ora chiariro il vostro dubbio.

36Su un aperto semplicemente connesso.


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 senzafarci troppe domande, 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 come risultato 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 viservira mai alle Olimpiadi.

E tuttavia di notevole significato fisico. Prendiamo per esempio l’equazione2.14. Possiamo scrivere ~g = −~∇V , ottenendo

∇2V = 4πGρ

E similmente per il potenziale e carica elettrici

∇2V = − ρε0

E di notevole importanza il fatto che queste equazioni siano esattamenteuguali. Inoltre, la soluzione a questa equazione37 e subito riducibile ad unintegrale

37Si chiama equazione di Poisson


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 laperturbazione dalla posizione di equilibrio). E ovvia una generalizzazione diquesta equazione in 3 dimensioni

v2∇2ψ =∂2ψ

∂t2

Che descrive quindi una qualsiasi onda in moto in 3 dimensioni a velocitav. 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 formadifferenziale, semplificando gli integrali.

~∇ · ~E =ρ

ε0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B = µ0~J + µ0ε0

∂ ~E

∂t


Consideriamo il caso in cui siamo nel vuoto, ovvero ρ = 0, ~J = 0 eprendiamo il rotore della terza equazione.

~∇× (~∇× ~E) = − ∂

∂t~∇× ~B

Sostituiamo l’ultima equazione

~∇× (~∇× ~E) = −µ0ε0∂2 ~E

∂t2

Sfruttiamo poi l’identita vettoriale sul doppio prodotto vettoriale perarrivare 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, cheviene lasciata da 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 variabiliche restituisce un numero reale. Supponiamo di conoscere f(~x0) e di essereinteressati a sapere che cosa succede lı vicino. Cerchiamo quindi una formulaper l’espansione in serie di Taylor per una funzione di piu variabili.

E ovvio che se la nostra f fosse da Rn → Rm, ovvero un campo vettoriale,e sufficiente fare il ragionamento componente per componente. Consideriamoquindi

g : R→ R = f(~x0 + t~h)

E chiaro che se scriviamo g(1) = f(~x0 + ~h) e |~h| |~x0|, abbiamoesattamente quello che volevamo.

Scriviamo quindi la serie di Taylor di g, che e una funzione di una solavariabile, quindi la 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 laserie, in quanto non vi capitera mai alle gare di avere a che fare con qualcosadi peggio, ma con questa formula si 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 esottrarre le cose giuste.

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 laprima derivata ci ha portato ad avere da uno scalare un vettore, possiamoaspettarci che derivando di nuovo ci venga fuori qualcosa di ancora piu grosso,ovvero una matrice. Infatti, definendo la matrice 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 141

2.4 Equazioni differenziali alle derivate par-

ziali

Se pensate che le equazioni differenziali ordinarie siano difficili, le PDE39,sono molto peggio. Trattero solo alcuni casi molto notevoli. In realta non epossibile che vi diano da risolvere delle equazioni simili, ma a volte potresteessere guidati a trovare la soluzione di una PDE con solo argomenti fisici. L’u-nica che vi consiglio di leggere almeno una volta e la soluzione dell’equazionedella corda tesa, le altre sono fuori dalla portata delle Olimpiadi.

Non dovete assolutamente perdere tempo a imparare queste cose, fatelosolo una volta che davvero non sapete piu cosa studiare, prima non ne vale lapena, la probabilita che vi serva davvero e bassissima, ma la metto comunqueper farvi capire come si ragiona in questi casi.

Equazione della corda tesa

∂2ψ(x, t)

∂t2= c2∂

2ψ(x, t)

∂x2(2.16)

Ovviamente, oltre a questa equazione che descrive il moto, dobbiamodare delle opportune condizioni iniziali e al contorno. Per una equazionedifferenziale ordinaria di ordine n, e necessario dare n dati iniziali. Essendoquesta una PDE del secondo ordine, ci aspettiamo quindi di dover dareper 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 rilevantema i conti diventano rapidamente corposi.

Per risolvere esplicitamente questa equazione e necessario usare un trucco.Si passa alle variabili

r = x+ ct

s = x− ct

Percio, in modo intuitivo,

∂f

∂x=∂f

∂r

∂r

∂x+∂f

∂s

∂s

∂x=∂f

∂r+∂f

∂s

39Partial derivatives equations


E si avra un’equazione analoga per t. Notare che possiamo togliere f ,scrivendo una equazione 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.

Nota. Vi faccio notare questa cosa solo perche spesso e piu facile fare l’inversodi una matrice piuttosto che invertire una trasformazione di coordinate.Passando da coordinate sferiche a cartesiane, tutto e facile in quanto seno ecoseno sono definite bene. Arcseno e arcocoseno purtroppo hanno restrizionidi dominio che fanno fare un sacco di casi fastidiosi. Invertendo la matriceJacobiana 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 parec-chio il problema di prima. Ora cio che dobbiamo trovare sono le due funzioniA, B, che pero sono funzioni di una sola variabile. Andiamo a imporrele 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 tratta di un delirio da matematico, ma di una cosa di notevole rilevanzafisica che va aggiustata per avere la soluzione corretta.

Normalmente ci aspettiamo di non avere f, g su tutto R, ma solo suun piccolo intervallo. Per esempio, se abbiamo una corda tesa fra [0, L], Lafunzione che descrive la forma della corda potra tranquillamente essere definita


su tutto R, ma la funzione perde significato fuori dall’intervallo [0, L]. Lacosa giusta da fare e prolungare con continuita la funzione in modo periodico,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 virtudel fatto che l’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 solu-zione. Quindi le soluzioni di tali equazioni formano uno spazio vettoriale,a dimensione infinita. La risoluzione di equazioni alle derivate parziali puoessere suddivisa in due parti:

1. Trovare tutte le soluzioni dell’omogenea lineamente indipendenti, ovverouna base dello spazio vettoriale che ci interessa

2. Capire quale e la combinazione lineare giusta che ci da anche le condizionial contorno che vogliamo

Le condizioni al contorno non possono essere qualsiasi, altrimenti la soluzionepotrebbe non esistere. In particolare, dato uno spazio compreso fra duesuperfici chiuse40, le possibili condizioni 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 superficicoincideranno con la superficie di un conduttore, il valore del potenziale sullasuperficie sara semplicemente una costante e non dipendera dalla posizionesulla superficie, semplificando ulteriormente il problema. In generale, trovaretutte le soluzioni in un dato set di coordinate non e difficile. La partemolto complicata e al contrario capire la giusta combinazione lineare che miserve, specie se le superfici che delimitano il mio spazio sono brutte. Peresempio uno puo cercare di risolvere l’equazione nello spazio compreso fra una

40La superficie esterna puo anche andare all’infinito.


superficie a forma di banana e una a forma di fagiolo. Il problema sarebbeperfettamente ben posto, ma il punto 2 sarebbe terribilmente complicato.Non tratteremo casi simili in queste dispense, e ci limiteremo ai seguenticasi: potenziale all’interno di un parallelepipedo, all’interno di un cilidro,fra due cilindri concentrici (eventualmente uno di raggio infinito), fra duesfere concentriche (eventualmente una di raggio infinito). Passiamo ora arisolvere sistematicamente la prima parte. Nota: in tutto il capitolo, riscriverole equazioni riassorbendo opportunamente delle unita di lunghezza nellecoordinate in modo che diventino adimensionali. Il tutto per una miglioreleggibilita delle equazioni.

Coordinate Cartesiane Se le coordinate sono cartesiane possiamoscrivere

∇2V =∂2

∂x2V +

∂2

∂y2V +

∂2

∂z2V = Vxx + Vyy + Vzz = 0

Come abbiamo detto non siamo interessati ora a trovare la piu generale solu-zione di tale equazione, ma semplicemente una ad una soluzioni linearmenteindipendenti. Per questo posso, senza perdita di generalita41, ipotizzare chela 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 indicandocon

X = dX/dx, X = d2X/dx2

e le altre in modo simile (posso farlo dato che ciascuna funzione ha un soloargomento)

1

V(Vxx + Vyy + Vzz) =

X(x)

X(x)+Y (y)

Y (y)+Z(z)

Z(z)= 0

41Dimostrare tale affermazione non e banale e richiede di sapere molta matematica delprimo e secondo anno, quindi non dovete provarci!


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 duenegativi e uno positivo, al variare di tale numero ottengo una base del miospazio di soluzioni, quindi scegliero in particolare42

X(x)

X(x)= −n2

Y (y)

Y (y)= −m2

Z(z)

Z(z)= n2 +m2

Ottenendo la famiglia di soluzioni

V (x, y, z) = Cn,m sin (nx+ φx) sin (my + φy) sinh(√

n2 +m2z + φz

)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.


a cui chiaramente vanno aggiunte tutte le soluzioni ottenibili permutando xcon z ed y con z. Questa soluzione non vi sara molto utile per le olimpiadi,in quanto i coefficienti Cn,m possono essere trovati solo facendo quello chesi chiama sviluppo di Fourier. Prima di concludere questa sezione, vogliotuttavia farvi notare che e possibile trovare un’altra base dello spazio disoluzioni in coordinate cartesiane, che consiste essenzialmente di polinomiin 3 variabili di grado omogeneo. Vi faccio alcuni esempi usando solo duevariabili (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,mx

nym, e per facilitare il tutto supponiamo che n,m siano interi nonnegativi. Cominciamo con ipotizzare che

∂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. Aquesto punto posso inserire questa soluzione dentro l’equazione originale etrovare

−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 cisono altri termini che 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’ipotesi2.17, per esempio 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 nellasezione della soluzione 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 derivando rispetto 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 di2π, e quindi possiamo 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 consigliodi provare il problema 3.8.21 che aiuta a comprendere le funzioni di Bessel.Noi qui tratteremo solo il caso in cui Cz = 0, ovvero in cui le soluzioni non


dipendono da z (ovvero per esempio quando avete simmetria per traslazionilungo l’asse, perche il cilindro e infinito). In tal caso l’equazione diventa:

ρ

R(ρ)

d

dρ

(ρR(ρ)

)− n2 = 0

Essendo una equazione differenziale di secondo ordine ci aspettiamo 2 soluzionilinearmente indipendenti. 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 infinitamentelunghi. Le densita di carica sui due fili sono rispettivamente λ e −λ. I duefili sono posti a x = ε/2, y = 0 ed x = −ε/2, y = 0 dentro un conduttorecilindrico infinito cavo di raggio R. Calcolare il potenziale elettrico nel limiteε→ 0, λ→∞, ελ = Q = const all’interno di tutto il cilindro conduttore.

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 METTIDISEGNO. 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 terminedovrebbe bastare

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 quelloindotto, che e dato 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 potenzialesulla sua superficie sia 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 nondipendono da θ, mentre il secondo e il terzo sono proporzionali a cos θ e sin θ

43In particolare, deve essere Bi = 0 da cui segue Ai = −Bi/R2 = 0. La ragione per cuiBi = 0 verra spiegata a breve per l = 0, 1.


rispettivamente. Affinche il potenziale sia costante sul conduttore, e quindinecessario che

A1R cosφ1 +B1

Rcosφ1 −

Q

R= 0

sinφ1

(A1R +

B1

R

)= 0

La seconda equazione ha soluzioni(A1R + B1

R

)= 0 e sinφ1 = 0, tuttavia la

prima soluzione rende la prima equazione impossibile, quindi scegliamo laseconda. La prima equazione diventa

A1R +B1

R− Q

R= 0

Abbiamo una equazione e due incognite. Tuttavia, ci accorgiamo che iltermine con B1 e esattamente uguale a quello generato dai nostri due filiinfiniti. Quindi usare B1 6= 0 significherebbe aggiungere altri fili infinitiall’interno del nostro conduttore, che non e cio che vogliamo, quindi B1 = 0 e

A1 =Q

R2

Per finire, dobbiamo discutere i coefficienti A0 e B0. Il termine dato da B0 eil potenziale elettrico generato da un filo infinito di densita di carica B0, equindi dato che non vogliamo aggiungere altri fili infinito all’interno del nostrocilindro, B0 = 0. Il termine A0 e un termine costante che possiamo sempreaggiungere, in particolare se vogliamo che il potenziale a cui e il conduttoresia 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 periodicadi 2π, e quindi possiamo solo accettare soluzioni sinusoidali. Sostituiamo edividiamo 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 edata solo dal primo termine, che deve essere quindi costante, e la dipendenzada θ e invece data dagli altri 2, 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 chiamatipolinomi associati di Legendre Plm(cos θ), mentre i prodotti Plm(cos θ)eimφ =Ylm(θ, φ) sono chiamate armoniche sferiche e sono funzioni tabulate. Noi


considereremo il caso “facile” in cui m = 0, in questo caso i Pl0 vengonochiamati 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 lecoordinate cartesiane. per l = 0 otteniamo

A0 +B0

r

Questo e un potenziale costante sommato al potenziale di una carica punti-forme, lo conoscevamo 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 inmodo costante, che indica un campo elettrico costante. Il secondo invece enuovo, ed e il potenziale elettrico generato 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 molto simile alla soluzione che avevamo trovato nella sezionecoordinate cartesiane

x2 − y2


In effetti, partendo dalle soluzioni 2.19 e possibile ricavare tutte le soluzionianche in coordinate cartesiane, e saranno tutte dei polinomi di grado lomogeneo. Il secondo termine invece, e il potenziale generato da un quadripoloelettrico. METTI FIGURA.

Esempio 2.4.2. Per mostrare un esempio di utilizzo pratico di queste solu-zioni, consideriamo una sfera conduttrice cava di raggio R, al cui interno, alcentro, venga posto un dipolo elettrico ~p. Trovare il potenziale all’interno diogni punto della sfera.

Soluzione: Il potenziale elettrico generato da un dipolo abbiamo appenavisto essere (se scegliamo l’asse z lungo ~p):

Vp(r, θ) = k|~p| cos θ

r2

Tuttavia questo termine da solo non basta, perche la sfera essendo conduttricedovra avere un valore costante del potenziale sulla sua superficie, mentre inquesto caso abbiamo

Vp(R, θ) = k|~p| cos θ

R2

che dipende dall’angolo θ. Per ovviare a questo problema, dobbiamo aggiun-gere un potenziale indotto V , dato dalla soluzione 2.19 scegliendo opportuna-mente gli Al e i Bl. Ragionando un poco vediamo che gli unici termini chepossono cancellare questa dipendenza angolare del potenziale sono quelli conl = 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 fraparentesi faccia zero. Si, e vero, in questo modo il potenziale sulla sfera faraper forza 0, ma dovete ricordare che siamo ancora liberi di aggiungere altritermini della soluzione, in particolare per porre la sfera a un potenziale V0


bastara aggiungere il termine della soluzione A0 = V0. Ci ritroviamo quindicon l’equazione:

A1R +B1

R2+k|~p|R2

= 0

Chiaramente questa equazione da sola non e risolvibile, in quando abbiamo 2incognite. Bisogna aggiungerci una informazione fisica: il termine B1 indicaun potenziale di dipolo. Quindi scegliere un B1 6= 0 vuol dire aggiungere unaltro dipolo dentro la sfera, mentre la mia ipotesi e che non ci siano altridipoli 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 calcolarela sensita di carica superficiale indotta sulla superficie della sfera conduttrice.Per farlo possiamo usare il teorema di Gauss su una superficie chiusa diarea base dA = (dx)2 e altezza dh dx, che racchiuda un pezzettino dellasuperficie della sfera. Troviamo∫

Σ

d~Σ · ~E = ErdA = σEdA

Er = σ

Quindi la densita di carica superficiale e pari alla componente normale delcampo elettrico sulla 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 con-duttrice e poniamola in una campo elettrico esterno costante, che per comoditaorienteremo 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 Laplaceche mi dia un potenziale costante sulla sfera. Attenzione: stavolta risolviamonello spazio esterno alla sfera. Mentre prima era proibito aggiungere unqualsiasi termine Bl, perche sarebbe stato equivalente ad aggiungere caricheall’interno della sfera, che era lo spazio dove stavamo cercando il potenziale,ma era consentito aggiungere qualsiasi termine Al, perche lo spazio internoalla sfera e limitato e percio tali termini non divergevano, ora ci troviamo nellasituazione contraria: non possiamo aggiungere nessun termine Al

44, perche lospazio esterno include punti all’infinito, dove asumiamo che il campo elettriconon assuma valori infiniti, mentre siamo liberi di aggiungere qualsiasi termineBl. 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 esserenulli per avere un 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

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 questecostanti significhino fisicamente. Calcoliamo ora il potenziale elettrico V0 acui e tenuta la sfera e la carica 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

44Eccetto l = 0, che e una costante additiva del potenziale che non cambia il valoredel campo elettrico e posso sempre scegliere a piacere, e l = 1, che pero equivarrebbe adaggiungere un campo elettrico esterno costante, cosa che non vogliamo fare.


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 campoindotto costante all’interno della sfera, mentre un campo elettrico costanteall’esterno della sfera genera un campo indotto uguale a quello di un dipoloelettrico 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 modoper trovare i primi termini e usare il teorema di Carnot, come abbiamo fattoin alcuni esercizi, e fare le espansioni in serie. Tuttavia c’e un metodo piuveloce, 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 giaabbastanza complicata? Ecco, l’equazione di Poisson e ovviamente peggio,perche si tratta di risolvere l’equazione non omogenea associata

∇2V = f(x, y, z)

Non andremo molto nei dettagli riguardo a questa equazione. La prima cosada notare e che e anche questa una equazione lineare, quindi, per trovare tuttele sue soluzioni, bastera trovare una soluzione particolare dell’equazione diPoisson, a cui aggiungere tutte le soluzioni dell’equazione di Laplace. Quindi,al solito, il problema piu grande sara trovare la giusta combinazione lineare disoluzioni dell’equazione omogenea (Laplace) da aggiungerci per fare tornarebene le condizioni al contorno, ma noi non ci occuperemo di questo ora. Pertrovare la soluzione particolare che funzioni, si puo procedere al solito con laseparazione della variabili45. 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 risolu-zione dell’equazione puo poi essere fatta proiettando la funzione su opportunistati. Faro ora un esempio per spiegare cosa significa “proiettare”. Nel caso dicoordinate sferiche per esempio, assumento che fφ(φ) = 1, possiamo riscrivereuna funzione periodica f θ(θ) come combinazione lineare di Pl(cos θ), e poirisolvere 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)

45Se la funzione f non e a variabili separabili, potete sempre scriverla come somma dicosa a variabili separabili. Non spieghero qui come fare questo in generale, perche sarebbetroppo lungo.


Tutti i termini in θ e φ mi si semplificheranno, e il problema sara ridotto arisolvere un’equazione differenziale lineare di secondo ordine ordinaria.

Esempio 2.4.4. Consideriamo una sfera uniformemente carica. Il potenzialeal suo interno si potrebbe trovare semplicemente con il teorema di Gauss,ma noi ci vogliamo fare del male quindi proveremo a trovarlo risolvendol’equazione di Poisson.

In questo paragrafo, per semplificare i conti non utilizzeremo

∇2V = − ρε0

Bensı

∇2V = −k4πρ

Chiaramente ponendo k = 14πε0

tutto torna identico a prima. Tuttavia,dato che sono pigro non mettero nemmeno k, per cui ricordatevi che mancaquel termine quando trovate le 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 semprechiederci il loro significato 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, quindi C0 = 0:

V (r) = −2π

3ρEr

2 + C1

A questo punto e logico che il significato di C1 e il potenziale che vogliamoscegliere nel punto 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, datoche ora abbiamo una quarta coordinata, il tempo. Ed in effetti lo e. Peroabbiamo gia fatto molta strada! Innanzitutto le soluzioni stazionarie, ovverodove la temperatura non varia con il tempo sono quelle di

∇2T = 0

Ovvero sono sempre soluzioni delle equazioni di Laplace, che abbiamo giastudiato in buon dettaglio. Passiamo ora alle soluzioni variabili nel tempo.Discutere il caso piu generale e alquanto complicato, quindi considereremoalcuni casi con particolari simmetrie: in particolare invarianza per traslazionelungo due dei 3 assi (sistema cartesiano), invarianza per rotazioni attorno adun asse e traslazioni lungo lo stesso (cilindriche) o invarianza per rotazioniattorno a 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 Cnvanno scelti in modo da riprodurre il giusto valore per V (0, x). Questo spessosignifica calcolare la serie di Fourier di V (0, x). Questo metodo funziona solo


se il dominio per x e limitato. Nel caso sia illimitato (x ∈ [0,∞) oppurex ∈ (−∞,∞)) 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 sistemafatto di due piastre infinite in posizione x = 0 ed x = 1 tenute a temperaturefisse T1, T2 < T1 che contengono al loro interno un materiale con diffusivita ka temperatura iniziale T0(x) = T2.

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 unadipendente dal tempo

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 condizione al bordo per t = 0 e invece47

T (0, x) = T1 + (T2 − T1)x+ T (0, x) = T0(x) = T2

46Questa vale per x ∈ [0,+∞), ma ne esiste una simile per x ∈ (−∞,+∞).47la funzione T0(x) e discontinua, ma e uguale a T2 in ogni punto diverso da x = 0.


ovveroT (0, x) = (T2 − T1) (1− x)

Per utilizzare la soluzione con lo sviluppo in serie, bisogna trovare i Cn taliche

∞∑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)

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 ecomunque in grado di dare una stima del tempo necessario per raggiungerel’equilibrio, esso sara dato approssimativamente dalla costante di tempo checompare nell’esponenziale, ovvero

1

τ= n2π2k

Dove come n scegliero n = 1 in quanto mi da il tempo scala piu lungo di tutti.Da notare che le unita di k sono diverse dal solito per via del fatto che all’inizioho riassorbito tutte le unita 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 (ovverocon n = 0 e Cz = 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 di Bessel del secondo tipo, divergente nell’origine. METTIGRAFICO.

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 lomettiamo in una pentola di acqua bollente a T2. Studiare l’evoluzione dellatemperatura dell’uovo e del flusso di calore.

SoluzioneAll’istante iniziale, la temperatura dell’uovo e uniformemente T1, a parte lasuperficie esterna che e a T2 > T1. Dopo molto tempo ci aspettiamo che tuttol’uovo abbia raggiunto la temperatura T2. Quindi

T (t, r) = T2 + T (t, r)

La condizione a t = 0 e

T (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 soluzioneregolare. La condizione 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 diffusivitatermica, e la loro relazione e

k = kCρ

dove ρ e la densita del materiale e C e il suo calore specifico. L’energia totaletrasferita all’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. Analogamenteall’esempio 2.4.5 la costante di tempo per l’equilibrio e

1

τ=π2k

x2

Dove x deve essere preso pari alla lunghezza caratteristica, ovvero il raggiodell’uovo.


2.5 Cenni di statistica

Media e varianza Dati N numeri reali x1, x2, . . . xn definiamo la loromedia aritmetica µ

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, 6Abbiamo che ovviamente µ1 = µ2 = 6, tuttavia σ2

2 = 0, semplicementeapplicando 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|

2.5. CENNI DI STATISTICA 171

Per evitare di avere sempre 0, ma la varianza definita come sopra ha piusignificato e soprattutto e piu pratica per fare i conti.

Probabilita discreta Per gli scopi di queste dispense e delle Olimpiadi, ladefinizione di probabilita e casi favorevoli diviso casi totali. Per esempio, laprobabilita che esca 1 o 2 su un dado a 6 facce e 1

3.

Definizione 2.5.1 (Variabile aleatoria). E un nome pomposo per indicarela rappresentazione di un evento, casuale o meno, con un numero reale. Peresempio, se vogliamo schematizzare l’esito del lancio di un dado a 6 facce,la schematizzazione e ovvia. Inventiamo una variabile X che puo assumere6 valori discreti, 1, 2, 3, 4, 5, 6, che rappresentano in modo ovvio l’esito dellancio.

Se al posto di aver avuto un dado avessi avuto una moneta, la cosa sarebbestata sempre banale ma di meno. Invento la variabile X che puo assumerevalore 0 o 1, con 0 testa e 1 croce (o viceversa, non e rilevante).

Definizione 2.5.2 (Variabili aleatorie discrete e continue). Una variabilealeatoria X si dice discreta se puo assumere un insieme discreto di valori. Peresempio la variabile X rappresenta la somma del valore sulle facce di N dadie una variabile aleatoria discreta.

Se la variabile puo assumere valori con continuita, allora si dice che e unavariabile aleatoria continua. Per esempio, se misuro la distanza percorsa daun copertone di bicicletta prima di bucarsi, la variabile X puo teoricamenteassumere qualsiasi valore in [0,+∞].

Definizione 2.5.3 (Probabilita per una variabile aleatoria discreta). Consi-deriamo una variabile aleatoria X che puo assumere i valori X1, X2, . . . Xn.La probabilita dell’evento Xi si indica con P (Xi) ed e definita come casifavorevoli su casi totali.

Per esempio, se abbiamo sempre un dado a 6 facce,

P (X1) = P (X2) = . . . = P (X6) =1

6

Notare che abbiamo sempre

n∑i=0

P (Xi) = 1


Definizione 2.5.4 (Media e varianza per una variabile discreta). Data unavariabile discreta di cui si conosce la distribuzione di probabilita P , si definiscela media attesa µ

µ =n∑i=1

P (Xi)Xi

Notare che se per ogni P sostituiamo la frazione casi favorevoli divisocasi totali, otteniamo una sorta di media pesata che tiene conto del fatto chealcuni eventi capitano piu spesso di altri. Notare che nella definizione non c’eun diviso n finale in quanto la probabilita e gia normalizzata in modo che lasomma 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 levariabili aleatore discrete la probabilita per una variabile aleatoria continua.

Sia x una variabile aleatoria. La funzione p : R→ [0,∞) si dice densitadi probabilita di x se la probabilita di trovare x compresa fra i valori x0 ex0 + dx e p(x0)dx. Convincetevi del risultato in termini di aree.

Nota. La probabilita di trovare x compreso fra i valori a e b sara quindi unasomma di aree infinitesime, 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 sempreuguale a 1. Questo non vuole assolutamente dire che f(x) < 1. Possiamoinfatti avere una funzione molto alta intorno a 0 che decresce molto in fretta.

2.5. CENNI DI STATISTICA 173

Definizione 2.5.5 (Media e varianza per una variabile continua). Analoga-mente al caso discreto, si definisce la media attesa di una variabile aleatoriax di cui si conosce la funzione densita 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 checontinua e una generica funzione di x, f(x), si definisce il valore di aspettazionedi 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 casocontinuo. Vorrei far notare che il termine valore di aspettazione non e sceltoa caso, in quanto moltiplicando la funzione per la densita di probabilita,otteniamo esattamente la media dei valori che puo assumere 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 intermini di valori di 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 deiquadrati di qualcosa, sara sempre maggiore o uguale del quadrato dellamedia.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 poiintegrare. Io mostrero le tecniche standard che permettono di risolvere iproblemi.

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 problemidi meccanica e la forza peso. Vicino alla superficie terrestre, con ottimaapprossimazione il vettore ~g e costante e la forza peso vale sempre ~F = m~g.Nel capitolo sulla gravitazione trattero nel dettaglio il caso in cui questaapprossimazione non e applicabile e bisogna ricorrere alla formula di Newton~F = −GMm

r2 r

Forze vincolari Ci sono vincoli in praticamente ogni problema di meccanica.Il fatto di potersi muovere sul pavimento senza affondare e un vincolo, peresempio. I vincoli si distinguono in due tipi principali e in base a questi sipuo subito dire che tipo di forza eserciteranno. Ci sono i vincoli senza attrito,detti vincoli lisci e i vincoli con attrito.

175

176 CAPITOLO 3. FISICA

I vincoli lisci in particolare sono molto migliori da trattare in quantola forza che esercitano e sempre ortogonale alla superficie. Questa poteteprenderla come una sorta di definizione di vincolo liscio, in quanto qualsiasicomponente tangente alla superficie e in grado di compiere lavoro e questoviene quindi considerato attrito.

I vincoli che non sono lisci, vengono di solito trattati banalmente scompo-nendo le forze nella parte di vincolo puro e nella parte di attrito, trattandoleseparatamente, in quanto entrambe le due componenti hanno direzione definitae, sperabilmente, anche un modulo facile da ricavare.

Attrito Attrito e un modo vago per dire spreco di energia. In ogni situazioneci sono tipi di attrito diversi e quindi anche molti modelli diversi di descriverli.In particolare, per problemi di meccanica potrete avere a che fare con questitipi di attrito.

1. Attrito statico. Ovviamente si ha questo tipo di attrito quando unoggetto e fermo, come un oggetto appoggiato su un tavolo, oppure ilsuo punto di contatto e istantaneamente fermo, come quando si ha unapalla che rotola senza strisciare sul pavimento. Il punto di appoggiosara istantaneamente fermo e quindi l’attrito sara di tipo statico.

Per descrivere questo attrito e necessario un coefficiente, di solito chia-mato µ, che dipende dalle superfici dei due oggetti che si sfregano. Nellamaggior parte dei casi e un numero minore di 1, ma se si prende gommacontro asfalto, per esempio, puo anche essere piu alto.

Ricordate che in generale la forza di attrito statico non e FA = µN .Questa formula vale per l’attrito statico massimo, ovvero il massimovalore che puo raggiungere, ma non necessariamente viene raggiuntoquesto valore. Non usate quindi quella formula a sproposito. Peresempio, un mattone appoggiato su un piano non ha bisogno di attritoper stare fermo. Anzi, la presenza dell’attrito lo farebbe inspiegabilmenteaccelerare da qualche parte, in quanto sarebbe l’unica forza orizzontale.

2. Attrito dinamico. Quando avete un oggetto che striscia sul tavolo ocontro un altro oggetto, ovviamente l’attrito non puo piu essere statico.Questo attrito compie lavoro, a differenza del precedente, ed e quindicausa di perdita di energia meccanica, di solito sotto forma di calore. Ilmodello piu semplificato di attrito dinamico prevede che valga sempre

3.1. MECCANICA 177

la formula FAd = µdN . La direzione dell’attrito e sempre tangente la

superficie e si oppone allo spostamento, in particolare, FA = −v dove ilversore v indica la velocita relativa fra le superfici. Vorrei far notare cheper il terzo principio della dinamica, se c’e attrito fra due oggetti, peresempio un mattone e il pavimento, se il pavimento trattiene il mattonefacendolo rallentare, il mattone a sua volta trascina il pavimento dietrodi se. Ricordatevi questa cosa in particolare se avete a che fare con dueoggetti che si possono muovere entrambi, in quanto l’attrito fra i duecontera su entrambi gli oggetti.

Un dettaglio: vedendo i dati tabulati, µd ≈ 12µs

3. Attrito viscoso. Quando si spara un proiettile o semplicemente cisi muove in auto, non si puo non tenere conto della resistenza dell’ariasugli oggetti che vi si muovono attraverso. La cosa diventa ancora piuimportante se ci si muove in un liquido, per esempio in acqua. Comeper l’attrito fra superfici, non esiste un modo esatto per descriverlo,ma solo modelli che si adattano bene o meno bene alla situazione. Imodelli che vi capitera di utilizzare sono principalmente due e ora daroun rapido sguardo ad entrambe.

In generale, e plausibile aspettarsi che la forza di attrito dipenda dallavelocita relativa fra il mezzo e l’oggetto e che la direzione sia quelladella velocita, con verso opposto. Di conseguenza, ci aspettiamo

~F ∝ −vαv

Sperimentalmente si vede che il coefficiente α e normalmente compresofra 1 e 2. Se siamo in un regime di bassa velocita e flusso laminare,allora saremo piu vicini a 1, se siamo estremamente veloci e c’e flussotubolento, come sparando un proiettile o andando in autostrada, allorail coefficiente sara piu vicino a 2.

Andando a buonsenso, ci aspettiamo che il coefficiente di proporzionalitadipenda da una caratteristica intrinseca del mezzo e da una quantitache indichi l’area efficace dell’oggetto che fa resistenza.

Nel caso di moto veloce, ci aspettiamo inoltre che la forza da esercitarenon sia tanto dipendente dalle caratteristiche di resistenza del mezzoquanto al fatto che per andare avanti e necessario spostare della massa.Sara quindi piu significativa la densita del fluido 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 unasfera immersa in un fluido, allora Rs e il raggio della sfera. Nel caso dioggetti di forma piu irregolare, il problema si complica e di solito non sisa qual e la lunghezza caratteristica se non in modo approssimato. Lacostante η si chiama viscosita del mezzo ed e quindi la caratteristicadel 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’urtoe cr una costante adimensionale che indica approssimativamente se laforma dell’oggetto facilita il moto o aumenta la resistenza.

Purtroppo in una gran parte dei casi si ha una situazione intermedia frale due che viene difficilmente descritta da delle equazioni elementari.1

Funi e tensioni Nella maggior parte dei problemi di meccanica si ha ache fare con delle funi inestensibili e anche di massa trascurabile (ma nonsempre). Dato che le funi hanno massa nulla, affinche sia vero F = ma, deveper forza essere F = 0, ovvero se ad un capo della fune e applicata una certaforza, questa si trasmettera inalterata fino all’altro capo. La forza trasmessasara quindi la tensione della fune.

E molto importante notare che la fune e inestensibile, in quanto questaaffermazione indica un vincolo cinematico piuttosto importante e utile, chespesso viene dato per scontato ma non va comunque dimenticato. In parolepovere sto dicendo che se la fune e inestensibile e ci sono due oggetti ai suoicapi, questi due oggetti dovranno avere la stessa accelerazione in modulo.

1Il moto di un fluido in generale viene descritto dalle equazioni di Navier-Stokes, chedanno un modello molto generale (ma non il piu generale) di fluido in moto. L’unicoproblema di queste equazioni e che sono molto complicate da integrare. Per molto complicateintendo che sono uno dei 7 problemi del millennio. Nella maggior parte dei casi ci siaccontenta di far lavorare dei supercomputer per simulare quello che puo succedere.

3.1. MECCANICA 179

Bilanciare le forze

Consiglio molto vivamente di fare sempre un disegno grande e che permettaanche alla gente ignorante come me in geometria di disegnare gli angoli senzasbagliarli. Ricordate di disegnare innanzitutto sull’oggetto tutte le forzeagenti su di lui e, se e opportuno farlo, anche la forza uguale e contraria cheesercita sull’altro. Per esempio se ho un blocchetto appoggiato su un cuneoche puo scivolare sul piano, e molto utile disegnare entrambe le forze.

Non dimenticate che se una forza vi risulta scomoda da trattare in quantonon ha la stessa direzione delle altre, potete sempre scomporla nelle suecomponenti lungo altre direzioni. E sufficiente moltiplicare per un seno o uncoseno.

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 forze che non avete vogliadi calcolare e 0. Questo accade se vi mettete nel punto di applicazione diquella forza oppure se semplicemente scegliete un polo lungo quella retta diapplicazione. Se siete furbi (e fortunati), potreste far sparire diverse forzefastidiose solo con una scelta accurata 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 cominciacon la dinamica del punto materiale e opportuno puntualizzare delle cose.Innanzitutto definiamo cose un sistema di riferimento.

Consiglio di leggere la parte sulle coordinate sferiche e curvilinee in generalenella parte di matematica prima di affrontare questo paragrafo.

Definizione 3.1.1 (Sistema di riferimento). Nello spazio in cui viviamo, unsistema di riferimento e costituito da un centro, che e un punto dello spazio,eventualmente in movimento, e un sistema di coordinate che permetta di

2Domandatevi sempre rispetto a cosa.


determinare ogni punto dello spazio in modo univoco. Il sistema piu classicoe il riferimento cartesiano, costituito da 3 assi ortogonali fissi.

Oltre a queste due caratteristiche, un sistema di riferimento deve ancheassociare ad ogni punto dello spazio una terna di versori (preferibilmenteortogonali), che non devono essere in generali uniformi nello spazio. Nel casodelle coordinate sferiche, per esempio, variano da punto a punto.

Per riuscire a fare della Fisica, e necessario in un certo senso dire quandovalgono le leggi della fisica e cercare di correggere i casi in cui non valgono.Per farlo, e necessario definire un sistema di riferimento inerziale

Definizione 3.1.2 (Sistema di riferimento inerziale (SRI)). Un sistema diriferimento si dice inerziale se un punto materiale a cui non sono applicateforze si muove di moto rettilineo uniforme, ovvero con ~a = 0

La Terra non e un riferimento inerziale, in quanto ruota intorno al Solee su se stessa, e di conseguenza un oggetto che si muove di moto rettilineouniforme vero verrebbe visto come accelerato da noi. Tuttavia, dato che leaccelerazioni sono molto piccole, le leggi valgono con ottima approssimazione.Vedremo comunque come correggere in modo esatto questi problemi.

Vorrei far notare che in generale un riferimento rotante non puo essereinerziale. Se due riferimenti ruotano l’uno rispetto all’altro, quindi, almenouno dei due non e inerziale.

Esistono davvero i riferimenti inerziali? Questa e una domanda piu dafilosofo che da fisico. Infatti, supponendo che ne esista almeno uno, ne esistonoinfiniti, in quanto se un riferimento 2 si muove a velocita fissata rispetto alriferimento 1, inerziale, allora l’accelerazione di un generico oggetto misuratada 2 e uguale all’accelerazione misurata da 1. Di consegenza, se vale la leggedi inerzia in 1, vale anche in 2.

Quello che interessa ad un fisico e riuscire a capire quando puo applicarecerte formule e come correggerle se non puo applicarle. In questo capitolotratteremo solo riferimenti inerziali. Consultate l’indice per trovare il capitolosui riferimenti non inerziali, in cui il tutto verra spiegato piu nel dettaglio.

Diagramma di corpo libero Come per la statica, e sempre opporunofare un disegno grande e calcolarsi la risultante delle forze, se necessarioscomponendo le forze lungo le direzioni utili. Una volta calcolate le forze,Bisogna usare ~F = m~a per risolvere il moto.

3.1. MECCANICA 181

Coordinate cartesiane Le coordinate cartesiane hanno qualcosa di piurispetto alle altre, molto piu profondo di quanto possiate immaginare ora. Inogni caso, se scegliete un riferimento cartesiano con assi fissi, l’accelerazionedi 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 emolto istruttivo. Consideriamo un punto materiale che si muove in una regionedello spazio in cui e sottoposto ad una forza costante ~F = m~g. Consideriamoil problema generico in cui l’oggetto parte dal punto ~x0 con velocita ~v0.Data l’assoluta invarianza traslazionale del problema, non abbiamo nemmenobisogno di scegliere un sistema di riferimento per trovare il moto dell’oggetto.Lo faremo 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 muovesolo nel piano generato dai vettori ~v0 e ~g. Di conseguenza, la traiettoria e unacurva piana.

Prendiamo gli assi fissi del riferimento in questo modo: y parallelo a ~g edi verso opposto e x 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, possiamosemplicemente eliminare 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 simmetrietali da rendere poco utile un riferimento cartesiano e molto piu utile unriferimento polare, per esempio. Questi problemi normalmente permettono discrivere in modo molto semplice le forze ma hanno lo svantaggio di cambiarel’espressione dell’accelerazione.

Facciamo un secondo chiarezza su cosa si intende per velocita e accelera-zione in altri sistemi di coordinate.

La velocita e l’accelerazione sono vettori, il che vuol dire che esistono di perse e se io ruoto il riferimento, semplicemente sto cambiando le loro proiezionisui versori che ho scelto. Il vettore accelerazione dunque non e diverso, macambia il suo modo di rappresentarlo. In un 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

~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

3.1. MECCANICA 183

ottiene la formula vera, si rimanda al capitolo di calcolo vettoriale. Per ora cilimiteremo a riportare la formula 2.5 e commentarla.

~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 ciaspettavamo. Ora consideriamo il caso leggermente piu generale in cui unoggetto si muove vincolato su una circonferenza ma non necessariamente inmodo 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 descriverecompletamente il moto di un oggetto. Vediamo quindi le coordinate sferiche,che sono state definite nel capitolo di analisi 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 e r = 0. Fisicamente, ci indicano per esempio un pendolo che non simuove su un piano ma su una circonferenza, di moto circolare uniforme. Inquesto 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 (METTI UN DISEGNO). Notare che r sin θ e esattamente il raggiodella circonferenza percorsa dal punto materiale.

Esempio 3.1.1 (Pendolo sferico). Vediamo in modo piu approfondito ilpendolo sferico, per fare un esempio di come usare la formula dell’accelerazionein coordinate curvilinee. Come per il pendolo semplice, non e un problemarisolubile in modo esatto. Ci accontenteremo di alcuni casi particolari chesiano istruttivi.

Consideriamo quindi un punto materiale sospeso con una fune inestensibiledi massa trascurabile, sotto l’effetto della sua forza peso m~g. Ovviamentesi avra r = 0, in quanto il filo e inestensibile. Scomponiamo le forze lungoi versori del sistema di riferimento sferico. E evidente dal disegno che siala tensione della fune, sia il peso, stanno nel piano generato dai 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 utile solo per trovare la tensione una volta risolto il resto delproblema. Per questo motivo la ignoreremo.

−g sin θ = lθ − l sin θ cos θφ2

0 = l sin θφ+ 2l cos θθφ

3.1. MECCANICA 185

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 variabileθ, riuscendo a esprimere φ in funzione di θ e sostituendo.

Notiamo che la seconda equazione sembra quasi la derivata di qualcosa.Infatti, possiamo scriverla come

0 =d

dt

(sin θφ

)+ cos θθφ

Che non e ancora quello che vogliamo. Se moltiplichiamo l’equazioneoriginale per sin θ, tuttavia, otteniamo

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’ultimaequazione diventa 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 puntodi sospensione, la tensione non fa momento e il peso e sempre rivolto lungola verticale, di conseguenza la componente z del momento angolare saraconservata.

Possiamo ora sostituire φ nella prima equazione in modo da avere un’e-quazione differenziale 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 studiarequalche caso particolare, come per esempio quando il filo traccia un cono


nello spazio, ovvero quando θ e costante. In tal caso l’equazione diventa dadifferenziale ad algebrica

− ω20 sin θ = − cos θ

L2z

m2l4 sin3 θ(3.5)

Prima di procedere, tuttavia, facciamo un piccolo inciso per mostrarela conservazione dell’energia semplicemente partendo dalle equazioni cheabbiamo gia. L’energia totale del nostro 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 calcolatoil modulo della velocita, con la formula 2.6, nel capitolo di analisi vettoriale.Calcoliamo quindi E. Dato che ci aspettiamo che si conservi, dovrebbe venireidenticamente nulla. Ricordiamo che 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 faresostituzioni, oltre alla formula per φ in termini di Lz. Usando la prima delle3.3 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

3.1. MECCANICA 187

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 alcunicasi notevoli.

1. Se Lz = 0, allora il pendolo sta fermo. Ma se Lz = 0 allora anche k = 0e quindi dobbiamo avere cos θ = 1, ovvero che in effetti sta sospeso inverticale

2. Se togliamo la gravita, allora ω0 → 0, quindi k → ∞. Fisicamente ciaspettiamo quindi che il pendolo in realta si muova di moto circolare aθ0 ≈ π/2 a causa della forza apparente centrifuga.

Se vogliamo che l’equazione abbia soluzione, il membro di sinistra esicuramente sempre ≤ 4, quindi dobbiamo avere che cos θ → 0 affinchek2 cos θ rimanga limitato, ovvero θ → π/2

Come accade spesso quando troviamo delle posizioni notevoli di alcunimoti, siamo interessati a vedere se sono di equilibrio instabile o stabile enel secondo caso calcolare la frequenza delle piccole oscillazioni intorno allaposizione di equilbrio. Vediamo quindi come fare.

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 in questo caso, allora di solito angolo piccolosignifica α 1, ma se avessimo una lunghezza, per esempio, dovremmoconfrontarla con un altro parametro caratteristico del sistema con le dimensionidi 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 oinstabile ci sono principalmente due modi

1. Studiare l’energia potenziale del sistema in funzione della variabile estabilire se il punto di equilibrio rappresenta un massimo (instabile) oun minimo (stabile) della funzione

2. Espandere in serie l’equazione del moto al primo ordine e vedere sel’equazione diventa α = −Ω2α (forza di richiamo e quindi stabile)oppure α = Ω2α (forza repulsiva e quindi instabile)


Vorrei far notare che i due modi in realta sono completamente equivalentiin quanto essendo 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 θ0α

Avendo scelto di espandere al primo ordine, bisogna fare attenzione acome espandere il denominatore dell’equazione che e (sin(θ0 + α))−3. Datoche siamo interessati al primo ordine, 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 possiamoignorare tutti i termini αk con k ≥ 2

Siamo 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 diequilibrio. L’equazione diventa

3.1. MECCANICA 189

−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, ovverouna posizione di equilibrio stabile con pulsazione

Ω2 =

(4 cos θ0 +

sin2 θ0

cos θ0

)ω2

0

Infine ci possiamo domandare se esistono delle condizioni iniziali tali percui il pendolo oscilla intorno alla posizione di equilibrio e traccia un’orbitaperiodica (con periodo non necessariamente di un giro solo), ovvero se esistonocondizioni tali per cui il pendolo disegna sempre la stessa linea chiusa nellospazio, se necessario facendo molti giri.

Per trovare la soluzione a questa domanda, dobbiamo imporre che, seωp e la frequenza di oscillazione intorno alla posizione di equilibrio e ωr e lafrequenza 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 191

3.1.3 Oscillazioni

Come abbiamo fatto nell’esempio precedente, il 3.1.1, capita spesso chevenga richiesto di calcolare la frequenza di piccole oscillazioni intorno allaposizione di equilibrio stabile. Per quanto riguarda le oscillazioni a un gradodi liberta, consiglio di guardare l’esempio 2.2.41 nel capitolo sull’espansionein serie di Taylor. Questo paragrafo trattera solo il caso a piu gradi di liberta.

Modi normali di oscillazione Andiamo a considerare un sistema a piugradi di liberta vicino all’equilibrio. Prendiamo per esempio un sistemacomposto da 3 molle uguali di costante elastica k e due masse uguali m, comein figura 3.1

Figura 3.1: Molle accoppiate

Nel disegno, le molle sono a riposo. Chiamiamo x1 la posizione dellaprima massa rispetto al suo punto di equilibrio, positiva verso destra e x2 laposizione della seconda massa sempre rispetto al proprio punto di equilibrio,sempre positiva verso destra. Andiamo a scrivere ~F = m~a per questo sistemadi oggetti.

mx1 = −kx1 + k(x2 − x1)

mx2 = −kx2 + k(x1 − x2)

Per risolvere questo sistema, in generale avremo bisogno di 4 condizioniiniziali, due posizioni e due velocita iniziali. In generale il moto di questosistema sara abbastanza brutto, ma noi vorremmo poterlo scrivere comesovrapposizione di moti belli per poterci capire qualcosa.

Supponiamo che esistano delle condizioni iniziali per cui l’intero sistemaoscilli di moto armonico con una certa frequenza incognita ω. Al momentoniente ci assicura che questo ω esista davvero, ma questo moto e semplice dastudiare. Vediamo cosa succede: imponiamo che 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 casipiu complessi, credetemi). Riscriviamo il sistema

−λx1 = −2x1 + x2

−λx2 = x1 − 2x2

Questo e un sistema di due equazioni e due incognite dipendenti daun parametro. Noi vogliamo che esista una soluzione diversa da (0, 0) inquanto vogliamo un moto che sappiamo studiare. Affinche cio sia possibile, ilparametro λ puo assumere solo alcuni valori, altrimenti l’unica soluzione delsistema sara (0, 0). Vediamo di trovare questi valori vedendo cosa succederisolvendo 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 sideve avere che i 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 esistonoeffettivamente delle frequenze per cui il nostro sistema oscilla completamente

3.1. MECCANICA 193

di moto armonico, a patto di dargli le 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, ovverole due masse si muovono insieme, tenendo alla stessa lunghezza la molla inmezzo. Fisicamente tutto questo e estremamente sensato in quanto se lamolla in mezzo e imperturbata allora entrambe le masse sono semplicementeattaccate alla propria molla. Imponendo le condizioni iniziali giuste, possiamofar 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 ledue masse si muovono allo stesso modo ma in controfase. Se ci pensate emolto sensato anche questo, in quanto il centro della molla centrale rimanefermo e quindi ogni massa e come se fosse attaccata a due molle, una a sinistrae una a destra, fissate al muro, una di costante k e l’altra di costante 2k3. Dinuovo abbiamo ottenuto delle condizioni iniziali per cui il sistema si muovecompletamente di moto armonico.

A questo punto cosa succede al sistema nel caso piu generale? La rispostae una sovrapposizione delle due cose! Se mettiamo le condizioni come nelprimo caso, avremo che

x1 = A cos(ω0t+ φ)

x2 = A cos(ω0t+ φ)

Nel secondo caso invecex1 = A cos(

√3ω0t+ φ)

x2 = −A cos(√

3ω0t+ φ)

3Se si taglia a meta una molla la costante elastica raddoppia. Provate a dimostrarlo, efacile. Valgono in realta formule per le molle analoghe a quelle dei capacitori in serie e inparallelo. Sono molto semplici, provate a mostrarle.


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. Perchequesta cosa funziona? Perche in questo caso avevamo un’equazione del motolineare e di conseguenza la somma di due soluzioni e ancora una soluzione.Dato che la soluzione per questo sistema di equazioni differenziali e unica,trovandone una siamo sicuri di averla trovata giusta e di averle 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 sistemadi equazioni del moto lineari, ovvero

xi =n∑j=1

aijxj

Per determinati coefficienti fissati aij. Notare che non ci sono termininoti in questo sistema, ovvero le coordinate xi sono prese rispetto aduna posizione di equilibrio (stabile).

2. Abbiamo supposto che esistano delle condizioni iniziali per cui l’interosistema oscilla di moto armonico di una certa frequenza incognitadipendente dai parametri aij

3. Abbiamo cercato i valori della frequenza per cui effettivamente questo epossibile imponendo 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 quelleparticolari.

In particolare i passaggi algebrici intermedi sono stati fatti un po’ a caso,risolvendo un sistema per sostituzione ma facendolo piu o meno a braccio.Esiste un metodo che voi non siete tenuti a sapere che utilizza le matrici.All’universita lo vedrete sicuramente e quindi ve lo espongo.

3.1. MECCANICA 195

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 ildeterminante della matrice e uguale a 0. Questo ci da un’equazione di gradon per ω2. Una volta trovati i valori di ω, si puo sostituire per trovare i vettorigiusti. 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 anchele relazioni fra x1 e x2.

Il discorso e finito, ora faro una breve digressione solo per chi ha gia fattoil corso di algebra lineare. Questo discorso e completamene inutile per chi fale Olimpiadi ma se vi va di leggerlo fate pure.

Qualcuno potrebbe domandarsi: esistono sempre i modi normali di oscilla-zione? Cosa ci assicura che esista sempre il modo armonico del sistema? Nonesiste un sistema fisico in cui il moto non si puo ricondurre a questo sistemasemplice? Per rispondere a questa domanda e conveniente esprimere il tuttoin termini della Lagrangiana del sistema L e delle coordinate generalizzate qi.Se abbiamo un moto come quello sopra descritto, siamo in un punto vicinoall’equilibrio stabile del sistema, quindi la lagrangiana, almeno vicino a quelpunto, si potra espandere 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 duematrici. Il termine con M sara il termine cinetico mentre il termine con Ksara il termine del potenziale. Questa lagrangiana porta alle equazioni delmoto

Mij qj = Kijqj

Imporre qi = −ω2qi e equivalente a cercare di diagonalizzare simultanea-mente le due matrici Mij e Kij, cosa che spesso e impossibile fare. Tuttavia,per motivi fisici e ovvio che la matrice Mij sia definita positiva in quanto ognicondizione iniziale ha anche una velocita iniziale e l’energia cinetica e semprepositiva in quanto somma di cose positive. Di conseguenza si deve avereMij qiqj > 0 ∀qi, qj , ovvero la matrice e definita positiva. Inoltre, per essere inun punto di equilibrio stabile, la matrice Kij deve essere quantomeno semide-finita. Per il terzo principio della dinamica, si deve avere Kij = Kji, quindi lamatrice del potenziale e simmetrica. Inoltre, la matrice Mij puo essere anchelei presa simmetrica e di conseguenza vale il teorema di diagonalizzazionesimultanea, per cui i modi normali esistono sempre.

Attenzione: La matrice K in generale e solo semidefinita, ovvero puoavere autovalore 0. Questa cosa non e da dimenticare in quanto ha un

3.1. MECCANICA 197

significato fisico rilevante. Frequenza 0 indica periodo infinito. Ovviamente lacorrispondenza fisica e un moto di traslazione dell’intero sistema senza che leforze interne facciano qualcosa. Pensate a titolo di esempio al modo normalepiu 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 elunghezza a riposo nulla (Ogni massa e legata esattamente alla successivae alla precedente). Il moto piu banale che puo compiere questo sistema equello in cui tutte le masse hanno la stessa velocita angolare Ω rispetto alcentro e quindi tutte ruotano insieme tenendo le molle a lunghezza costante.Ovviamente questo moto e periodico in piu sensi: dopo T = 2π/Ω le massesono di nuovo dov’erano, ma il periodo di oscillazione delle molle diventainfinito, ovvero ω = 0


3.1.4 Sfruttare le conservazioni

Quantita di moto

Il riferimento del centro di massa

Energia meccanica

3.1. MECCANICA 199

3.1.5 Problemi

Problema 3.1.1 (Filo che si avvolge (Da Ref [Cel18])). Il discoin figura 3.2 e fissato rigidamente ad un piano orizzontale, e ad esso e fissatoun filo inestensibile di lunghezza l. All’altro estremo e fissata una massa m cheviene lanciata con velocita iniziale di modulo v0 in direzione perpendicolare al filo.Calcolare la velocita della massa, la sua traiettoria e la tensione del filo in funzionedel tempo.

Figura 3.2: problema 3.1.1

Soluzione: 4.3.1

Problema 3.1.2 (Punti materiali ai vertici di un poligono). Npunti materiali stanno ai vertici di un poligono regolare di N lati e all’istanteiniziale il poligono ha lato l. Ogni punto, in ogni istante, si muove sempre verso ilpunto successivo (in senso antiorario) con velocita di modulo costante v, ugualeper tutti. Trovare la forma delle traiettorie dei 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 velociainiziale con l’orizzontale a piacere. Vogliamo trovare la linea che demarca la zonasicura dalla zona pericolosa, ovvero dove puo arrivare un proiettile (nello spazio,non solo riferito al terreno) e dove no.

Hint: 4.2.1Soluzione: 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’angoloθ rispetto alla verticale in cui il punto 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’emisferaha massa M .

Soluzione: 4.3.5

Problema 3.1.6 (IPhO 1, 2003). Vedi figura 3.3. Una cordainestensibile e avvolta intorno ad un cilindro rigido di raggio R e tenuta orizzontale.La lunghezza della corda e L > 2πR e ha massa trascurabile. In fondo alla cordac’e un punto materiale di massa m. Il punto A e fisso (la corda e legata in quelpunto) e indicato in figura. Assumere che la massa si muova sempre nel piano infigura. L’accelerazione di gravita e ~g.


Sia O il centro del riferimento. Si indichi con P la posizione della particella. Ilpunto mobile di contatto fra la corda e il cilindro e Q (vedi figura). Si indichi cons la lunghezza PQ. Si indichino con r e t i versori radiale e tangente.

Si consideri inoltre lo spostamento angolare θ (vedi figura). Quando θ = 0,la lunghezza s e esattamente L. Si fissi il potenziale gravitazionale a 0 in questomomento. Si indichino inoltre con θ e s le derivate delle quantita sopra definite. Ameno che non venga specificato nella domanda, le velocita si considerino rispettoal 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.

3.1. MECCANICA 201

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 che

L

R=

9π

8+

2

3cot

π

16

8. Calcolare la velocita vS che ha la particella quando la corda e ancora tesa ede piu corta possibile.

9. Calcolare la velocita vH che ha la particella nel punto piu alto della traiettoriaquando sta facendo il giro della morte.

Per la prossima parte del problema non si faccia piu riferimento alla figuraprecedente ma si prenda ora in considerazione la figura 3.4

Figura 3.4: problema 3.1.6, 2

Stavolta la corda non e fissata ma e libera di muoversi. Le due masse sonom < M . All’inizio la lunghezza indicata in figura e L. All’istante iniziale la massam viene rilasciata da ferma e lasciata cadere. Assumere che il moto avvenga semprenel piano e che le due masse non si sboccino.

L’attrito dinamico fra la corda e la superficie e trascurabile ma l’attrito staticoe invece molto grande. Assumere che se la corda si trovi ferma ad un certo puntodel moto rimanga poi tale.

Si assuma che il peso si fermi dopo essere caduto di una distanza D, con(L−D) R. Se la particella e in grado di fare un giro della morte mantenendo


entrambe i capi della corda tesi, allora il rapporto α = DL non puo essere piu piccolo

di un certo valore critico αC . Trascurando i termini di ordine RL o superiori, trovare

un’espressione per αC in termini del rapporto fra le masse mM

Soluzione non disponibile.

Problema 3.1.7 (Modi normali di oscillazione). Lungo un cerchiodi raggio a si trovano due masse identiche m che possono scorrere lungo il perimetro.Le masse sono collegate tra loro con due molle di costante k e lunghezza a riposonulla, le quali seguono il perimetro del cerchio (potete immaginarle come se le spirefossero avvolte attorno al bordo del cerchio). Per quali condizioni iniziali le duemasse compiono un osicillazione armonica alla stessa frequenza ω? Trovare talefrequenza. 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 undistanza infinitesima). Quella grande ha massa M mentre quella piccola ha massam < M . Vengono fatte cadere verticalmente da un altezza h R; dopo l’urtoqual’e la massima altezza raggiunta dalla palla piccola?

Ora invece alla palla piccola viene data anche una velocita angolare ω attornoa un asse orizzontale passante per il suo centro (tenere presente che visto che lepalle sono separate da una distanza infinitesima, prima dell impatto con il terrenoil fatto che la palla piccola ruoti non influenza la palla grande). Nel ipotesi che trale palle ci sia un coefficiente d’attrito abbastanza altro tale che nell’urto le pallenon possano slittare l’una sull’altra, trovare qual’e questa volta la massima altezzaraggiunta dalla palla piccola dopo l’urto. Soluzione non disponibile.

Problema 3.1.9 (Moto che accelera su una pista circolare). Unamotocicletta (trattarla come un punto materiale) si muove su una pista circolareorizzontale di raggio R, partendo da ferma. Il coefficiente d’attrito statico traruote ed asfalto e µ. La motocicletta accelera e, in un certo momento, raggiunge lamassima velocita che le consente di rimanere in pista. Quanta strada ha 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 figura3.5. Assumere che il cilindro di raggio R e massa M rotoli senza strisciare sulpavimento. Assumere invece che non ci sia attrito fra il punto materiale m e ilcilindro. La massa m viene lasciata cadere da ferma come in figura. Trovare laforza fra la massa m e il cilindro F quando la massa raggiunge il punto piu bassodella traiettoria.

3.1. MECCANICA 203

Figura 3.5: Problema 3.1.10


Problema 3.1.11 (Senigallia 2012, 1). Immaginiamo una sferarigida, di raggio R, vincolata a restare fissa. Su di essa incide un fascio costituitoda un gran numero di particelle identiche, anch’esse sferiche e rigide, ciascuna diraggio r e massa m. Le particelle hanno tutte la stessa velocita ~v cosicche non siurtano mai. Si supponga anche che gli urti tra particelle che rimbalzano e quelledel fascio incidente siano trascurabili. La velocita e sufficientemente grande dapoter considerare le traiettorie rettilinee, sia prima che dopo l’urto. Gli urti con lasfera fissa sono perfettamente elastici, e nell’urto non ci sono forze tangenziali trale sfere.

Figura 3.6: Disegno del fascio

Si considerino le grandezze rappresentate in figura: b, chiamata parametrod’impatto, e θ, angolo formato tra la direzione di provenienza del fascio incidente ela direzione della particella diffusa.


1. Si trovi la relazione tra b e l’angolo θ, cioe si trovi la funzione b(θ).

Il fascio ha una sezione trasversale circolare il cui raggio e molto maggioredel raggio r delle particelle e maggiore anche del raggio R della sfera fissa. Siindichi con I l’intensita del fascio, cioe il numero di particelle che incidono,nell’unita di tempo, sull’unita di superficie disposta perpendicolarmente alfascio, 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 lepalline in transito attraverso una certa superficie, ad una distanza D dallasfera fissa e ad un angolo θ rispetto al fascio incidente. Si supponga chel’area sensibile del rivelatore sia un quadrato che ovviamente viene dispostoperpendicolarmente alla direzione da cui provengono le particelle diffuse. Illato del quadrato, l, sia molto maggiore dei raggi R e r e contemporaneamentemolto minore di D: r,R l D. Si noti che nella figura 2 la scala e moltoridotta rispetto alla figura 1.

3. Si calcoli il tasso di conteggi del rivelatore, nr, cioe il numero di contegginell’unita di tempo.

4. In che modo il tasso di conteggi dipende dall’area della regione sensibile delrivelatore? Per quale angolo θ il tasso di conteggi ha il valore massimo? Inche modo nr dipende da D?

5. Si consideri un intervallo di tempo ∆t sufficientemente lungo perche sullasfera fissa incida un numero molto grande di particelle. Qual e il valore mediodella forza che le particelle esercitano sulla sfera?

3.1. MECCANICA 205


Problema 3.1.12 (Macchina di Atwood con filo massivo). Con-siderare una macchina di Atwood con appese due masse, MA > MB e con un filodi lunghezza 2l + πR e massa non trascurabile, m. All’istante iniziale le due massesono ferme alla stessa altezza. Trovare la legge oraria del moto. Assumere che lapuleggia abbia massa trascurabile e raggio R.

Soluzione: 4.3.8

Problema 3.1.13 (Pila di mattoni). Abbiamo a disposizione unnumero N di mattoni uguali, con il lato piu lungo di lunghezza 2L. Mettiamo imattoni uno sopra l’altro, appoggiati senza attrito. Vogliamo sapere a che distanzapossiamo mettere al meglio il mattone N -esimo affinche la pila non cada in funzionedi N .

Soluzione: 4.3.9

Problema 3.1.14 (Massima deflessione). Consideriamo due massesferiche, mA ed mB, 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 certavelocita (non rilevante). Se mB > mA, a priori la massa mA puo anche ritornareindietro da dove e arrivata. Se invece mA > mB, allora esiste un angolo massimo θ(nel riferimento del laboratorio), fra la velocita di arrivo e la velocita dopo il colpo.Trovare θ in funzione del rapporto fra le masse.

Hint: Usate il riferimento del CM.Soluzione: 4.3.10


3.1.6 Corpo rigido

~L, questo sconosciuto Purtroppo al liceo il capitolo sul corpo rigidonon viene sempre affrontato come si deve, anche perche richiede un po’ dimatematica e non e per niente semplice. Vediamo quindi di fare chiarezza suche cosa si puo fare quando si ha un problema che include il corpo rigido.

Definiamo il vettore ~L per un sistema di punti materiali qualsiasi.

Innanzitutto abbiamo bisogno di un sistema di riferimento inerzialerispetto a cui prendere tutti i nostri vettori. Per un sistema rotante o acceleratosi puo comunque definire ~L ma non varranno le equazioni fondamentali chescrivero fra poco che permettono di risolvere i problemi4.

La prima cosa fondamentale da specificare quando si parla di momentoangolare e specificare rispetto a quale polo viene calcolato. Nella definizionequi sotto indicheremo con ~ri le posizioni dei vari punti in un generico riferi-mento, mentre con ~rp indichero la posizione del polo nel riferimento. Notareche la posizione del polo puo tranquillamente essere accelerata, a differenzadel 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

4Si puo comunque risolvere un problema in un riferimento accelerato ma bisognaconsiderare tutte le forze apparenti.

3.1. MECCANICA 207

Consideriamo la seconda sommatoria. Gli unici termini dipendenti dai (che e l’indice su cui si somma) sono mi e ~ri. Definendo M =

∑imi e

~rcm =∑imi~riM

, il secondo termine della somma diventa quindi semplicemente

M(~rcm − ~rp)× ~ap

Ricordando adesso che per ogni particella vale ~Fi = mi~ai, il primo terminediventa invece ∑

i

(~ri − ~rp)× ~Fi =∑i

~τi = ~τext

Dove quando abbiamo sommato l’ultima volta si sono semplificati tuttii termini dovuti alle forze interne del sistema, in quanto a causa del terzoprincipio della dinamica compaiono sempre a coppie, una volta ~fi e l’altra−~fi. Inoltre, sempre per il terzo principio, sono pure sulla stessa retta diapplicazione 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 meccanica5. Al liceo avrete visto sicuramente la versione debole di questa equazione,ovvero quella senza il secondo termine. In molti casi, per fortuna il secondotermine se ne va e possiamo usare l’equazione piu facile.

Se almeno una delle seguenti condizioni si verifica, allora il secondo terminese ne va e l’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 cuisi usa)

Ora che abbiamo detto come cambia la legge per descrivere il moto diun oggetto, cerchiamo di dare una formula piu potabile ad ~L per poterlocalcolare piu agevolmente se abbiamo a che fare con oggetti comuni.

5La prima e ~F = m~a


Per esempio, se abbiamo un solo punto materiale, ~L = ~r × ~p, dove hoindicato la quantita di moto dell’oggetto con ~p.

Se l’oggetto e un corpo rigido esteso, la situazione si complica di parecchioe nel prossimo paragrafo vedremo perche.

Il calcolo di ~L Siamo interessati a trovare un’espressione per ~L facile dacalcolare e da gestire. Proviamo a cercarla.

Scriviamo quindi ~L rispetto al polo P per un generico sistema di puntimateriali.

~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

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 chee il contributo del centro di massa come se fosse un grosso punto materiale el’altro termine e il momento angolare rispetto al centro di massa.

3.1. MECCANICA 209

Vediamo di calcolare adesso ~Lcm per un corpo rigido, ovvero la parte piucomplicata del problema.

Tensore di inerzia Non e richiesta la conoscenza del tensore d’inerzia alleOlimpiadi di Fisica, ma per dare senso al tutto ritengo sia il caso di introdurlo.Non siete tenuti a saper ricavare queste formule, ne tantomeno a ricordarvele.

Riscriviamo ~L per un oggetto esteso e rigido. Trattiamolo come unsistema di punti materiali tenuti insieme da sbarrette inestensibili e di massanulla. Per ricondurci al caso continuo bastera cambiare la somma con unintegrale.

Rigido significa che prese due particelle a caso, la distanza (in modulo)fra di loro e costante, ovvero |~ri − ~rj| =costante. Abbiamo visto nel capitolosul calcolo vettoriale che quando un vettore ha norma costante, allora la suaderivata 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 altroscopo.

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 particolarmentechiaro. Inoltre l’argomento in se e abbastanza complicato di per se. Oracerchero di spiegarmi meglio.

Il termine che ho rinominato non e altro che una cosa che non include ~ω,ma solo quantita legate alla forma geometrica dell’oggetto. Di conseguenza,una volta definita la forma dell’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 in quanto stavo cercando di fattorizzare ωj in modo da ottenerequalcosa moltiplicato esattamente 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 lecose in modo piu furbo.

L’oggetto Ii,j si chiama tensore d’inerzia e ne sentirete a lungo parlaredurante il corso di Meccanica Classica al secondo anno di Fisica. Per quelloche vi riguarda ora, e semplicemente una matrice, ovvero una tabella 3x3 dinumeri che si misurano in kg · m2

Di conseguenza, Ii,j, scelto un’orientazione di assi con l’origine nel centrodi massa, avra questa 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 assiortogonali con centro nel CM.

3.1. MECCANICA 211

Si puo capire questa cosa facendo l’analogo con i vettori. Dati duepunti nello spazio, il vettore che li congiunge esiste e basta, ma se io vogliorappresentarlo come una terna di numeri reali, devo prima scegliere un sistemadi assi su cui proiettarlo. Il tensore di inerzia funziona allo stesso modo.

E facilissimo vedere che Ii,j = Ij,i, semplicemente scambiando gli indicinella definizione e vedendo che non e cambiato niente.

Quando un tensore rispetta quell’identita, si dice che il tensore e simmetrico.Durante il corso di Algebra Lineare al primo anno scoprirete che qualsiasitensore simmetrico e diagonalizzabile, ovvero esiste un’opportuna scelta degliassi per cui il tensore e rappresentato da una matrice che ha cose sulladiagonale principale e 0 altrove. Questa terna di assi si chiama riferimentodegli assi principali.

Fare considerazioni di simmetria sulla forma dell’oggetto permette di tro-vare questa configurazione di assi in modo semplice. Esiste il modo di trovarequesti assi anche nel caso generale, ma esula completamente dall’obiettivodi queste dispense, in quanto qui siamo gia ben oltre cio che e richiesto alleOlimpiadi.

Supponiamo di aver scelto il sistema di assi per cui il tensore e diagonale.Calcoliamo quindi 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 sempreche ~ω sia diretta lungo uno degli assi principali. In questo caso la terna cherappresenta ~ω e fatta da due zeri e da un numero. Facendo la moltiplicazioneper il tensore di inerzia si vede subito che in questo caso ~L e ~ω sono paralleli.In tal caso si puo chiamare I la costante di proporzionalita fra i due, chiamarlomomento 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,questa equazione e ben lontana dal poter descrivere qualsiasi situazione possacapitare, quindi e sempre bene controllare prima di usarla a sproposito.


Per completezza e chiarezza, scrivero ora la formula esplicita del tensore intermini di un integrale in coordinate cartesiane. Non spaventatevi, la formulae 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 evidenteche i termini incrociati come xy e yz e zx, se integrati sul volume faranno 0.Inoltre, potete riconoscere nei termini diagonali il classico termine md2 che giaconoscevate come momento di inerzia rispetto all’asse. Nel caso voi sappiategia che per motivi di simmetria il vostro tensore dovra essere diagonale, laformula 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

3.1. MECCANICA 213

abbiamo dovuto ruotare il nostro riferimento ed e noto che per una rotazionein 3D e necessario conoscere esattamente 3 angoli. Dato che 3 + 3 = 6, i gradidi liberta sono rispettati.

Esempio 3.1.2 (Tensore di inerzia di una sfera uniforme). Riscriviamo ladefinizione 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 ecompletamente simmetrica.

Con questo sistema di assi, scriviamo tutti i vari termini del tensore diinerzia

r2α = x2 + y2 + z2

rαx = x

rαy = y

rαz = z

La sfera e un sistema continuo, quindi dobbiamo sostituire alla sommatoriaun integrale.

Iij =

∫α


)dmα =

∫α


)ρdx dy dz

In tutto avremo 6 oggetti di calcolare, in quanto il tensore di inerzia euna tabella di 9 numeri, ma e simmetrica rispetto alla diagonale principale,quindi conoscendone 6 li conosciamo 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 ilcalcolo dell’integrale.


Ricordiamo che per trasformare il differenziale del volume bisogna molti-plicare per il determinante dello Jacobiano del cambio di coordinate. Se nonavete capito niente di questa frase, andate a vedere il capitolo sugli integraliin piu variabili.

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 avremoIxx = 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 diprima per ottenere il momento di inerzia di una sfera cava. Per fare questo,possiamo considerare una due sfere concentriche, una di densita ρ, grande diraggio R e l’altra di raggio r e densita −ρ. Il momento di inerzia, essendol’integrale lineare, sara la somma dei due contributi.

3.1. MECCANICA 215

I = I+ + I−

Dove ovviamente I− sara negativo. Per dare senso al tutto, imponiamoche la massa totale 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

3Quindi

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, che ha tutta la massa concentrata sulla superficie, e sufficientecalcolare

I ′ = limr→R

2

5MR5 − r5

R3 − r3

Questa cosa si puo fare in molti modi, per esempio usando la regola di del’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 diinerzia di un cilindro omogeneo di raggio R e altezza 2L. Prendiamo l’assez lungo l’asse del cilindro e gli assi x e y perpendicolari a z. E evidente chequesti saranno assi principali, per ragioni di simmetria. 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

Esempio 3.1.5 (Tensore di inerzia di una sbarretta sottile). Consideriamouna sbarretta sottile di lunghezza l e massa m. Scegliamo un riferimentocentrato nel CM che abbia l’asse x lungo la sbarretta e gli altri due ortogonalial primo. E evidente che saranno assi principali.

Calcoliamo quindi i 3 momenti di inerzia. La massa per unita di lunghezzasara λ = m

le 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

3.1. MECCANICA 217

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 assiparalleli agli assi principali ma traslati rispetto ad essi? Questa cosa e gia statavista precedentemente per il momento angolare, ma ora vogliamo formalizzarlameglio riguardo ai vari momenti di inerzia. Partiamo col ricordare che iltensore di inerzia si calcola rispetto ad assi passanti per il centro di massa,ovvero tali che ∫

V

xidx1dx2dx3 = 0

Quindi ricordiamo la definizione di assi principali, ovvero tre assi x1,2,3 sceltiin 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 principalisara cosı diagonale, 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 nonpassano per il c.d.m. non ha senso. Tuttavia ha senso calcolare i momenti diinerzia (ovvero gli elementi diagonali del tensore) rispetto a tali assi.


Fisicamente ci sono delle applicazioni pratiche dirette di quello che stiamofacendo, non si tratta di un esercizio puramente di matematica. Infatti, seper esempio vincoliamo un asta a ruotare intorno ad un punto diverso dalsuo centro di massa, in generale potra essere furbo scrivere una cosa come iltensore di inerzia tenendo conto di quel vincolo e sfruttando il 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∫D

dVe la distanza dell’asse traslato dall’asse principale pari a d2 = (x2

0,i + x20,j).

Questo teorema, che sicuramente avrete gia visto sul vostro libro di testo, sichiama teorema degli assi paralleli o teorema di Steiner.

Teorema degli assi perpendicolari

Consideriamo ora il caso di un oggetto sottile, ovvero che abbia tutta lasua massa concentrata su un piano, e calcoliamo il tensore di inerzia rispettoagli assi principali. Scegliamo il piano z = 0 come quello dove giaccia tutta ladensita 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 relazionisi evince subito che

Izz = Ixx + Iyy

Ovvero che il momento rispetto all’asse perpendicolare al piano che contienela massa e uguale alla somme degli altri due momenti di inerzia. Questo

3.1. MECCANICA 219

teorema e detto teorema degli assi perpendicolari, e vale solo se l’oggetto hatutta la massa concentrata su un piano.

Esempio 3.1.6. Consideriamo un disco piano di spessore trascurabile, raggioR e massa M . Vogliamo calcolare il momento di inerzia rispetto ai suoi assiprincipali.

Indichiamo con z il versore ortogonale al piano del disco. E una cosa notache I = 1

2MR2, ma visto che state leggendo queste dispense per imparare

rifaro il conto. Indichiamo con t lo spessore infinitesimo del disco. Ovviamenteci serve solo per fare l’integrale, poi sparira all’interno del termine con lamassa.

Izz =

∫V

(x2+y2)ρdxdydz =

∫ t

0

∫x2+y2≤R2

(x2+y2)ρdxdydz = ρt

∫x2+y2≤R2

(x2+y2)dxdy

A questo punto e ovviamente piu pratico passare in coordinate polaripiane

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 mostratonoi sappiamo che

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 see brutto, per mostrare che i conti tornano. In questo caso se calcoliamo Ixxdobbiamo per ogni punto andare a calcolare la sua distanza d dall’asse x esommare i contributi dmd2 per ogni massetta dm. Ovviamente la simmetriacircolare precedente e stata rotta quindi dovremo fare un integrale leggermentepiu 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’altrointegrale si fa come prima e quindi

Ixx = ρtπ

∫ R

0

r3dr =1

4MR2

Energia cinetica

Di solito i problemi si risolvono con ottime considerazioni di conservazionidi energia e derivati. Sarebbe quindi bello avere un’espressione per l’energiacinetica in termini di quantita appena definite come il tensore di inerzia eil momento angolare. Calcoliamoci quindi l’energia cinetica di un oggettoesteso sommando i contributi di tutte le massette dm che lo compongono ecerchiamo 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 questa sostituzione,

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 delnostro oggetto, M . Il secondo integrale e nullo, proprio perche ~v e la velocitarispetto al centro di massa, che e definito in modo che quel coso sia nullo.Il terzo integrale e la parte piu interessante che adesso andiamo a vedere.Innanzitutto pero notiamo una cosa fondamentale: l’energia cinetica di uncorpo 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 piuun contributo dovuto alla rotazione intorno al centro di massa, ovvero perogni corpo rigido

K =1

2MV 2

cm +Krot

A questo punto e utile andare a vedere come esprimere Krot in termini dicose che sappiamo. Dato che il corpo e rigido, avremo ~v = ~ω × ~r

3.1. MECCANICA 221

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, percui non potremo far sparire il prodotto scalare. Possiamo tuttavia scrivere iltutto in termini del tensore di inerzia. 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 principalidel corpo. Indichiamo 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 sicuramenteconoscete, ovvero K = 1

2Iω2. Questo caso si ottiene semplicemente imponendo

che il nostro corpo rigido possa ruotare solo intorno ad uno dei tre assiprincipali, facendo in modo che due delle 3 componenti della formula che hoscritto sopra siano identicamente nulle.

Equazioni di Eulero

Noi abbiamo sempre definito il momento angolare in un sistema di rife-rimento inerziale, in quanto permette di formulare leggi sensate e facili dascrivere. Purtroppo, quando si tratta il corpo rigido il riferimento degli assiprincipali riserva troppi vantaggi per abbandonarlo. Se si dovesse descrivereil moto di un corpo rigido in un sistema fisso, il tensore di inerzia sarebbevariabile nel tempo in quanto la matrice che lo rappresenta dipende dalladirezione degli assi del riferimento rispetto alla direzione del corpo!

Capite bene che gia la parola tensore spaventa, un tensore variabilee raccapricciante. Inoltre il calcolo esplicito del tensore d’inerzia richiedemolti integrali nel caso generale, che sono molto fastidiosi da fare. E quindi


preferibile trovare un modo per descrivere il moto del corpo rigido in unsistema di riferimento in cui gli assi principali non ruotino.

Non e strettamente necessario mettersi nel sistema di riferimento solidaleal corpo per ottenere questa situazione. Spesso e facile trovare dei sistemidi riferimento rotanti in cui il corpo si muove bene, ovvero gli assi principalirimangono fissi.

Supponiamo di aver trovato questo riferimento e chiamiamolo 2, mentre ilriferimento fisso lo chiamiamo 1.

Chiamiamo Ω la velocita angolare con cui il sistema 2 ruota intorno alsistema 1. Siano xi 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 inquanto puo confondere ma semplifica 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 leequazioni di Eulero

τ1 = I1ω1 + Ω2I3ω3 − Ω3I2ω2

τ2 = I2ω2 + Ω3I1ω1 − Ω1I3ω3

τ3 = I3ω3 + Ω1I2ω2 − Ω2I1ω1

Nel caso particolare in cui scegliamo il sistema di riferimento solidale conil corpo, si semplificano leggermente, in quanto Ω = ω

3.1. MECCANICA 223

τ1 = I1ω1 + ω2ω3(I3 − I2)

τ2 = I2ω2 + ω3ω1(I1 − I3)

τ3 = I3ω3 + ω1ω2(I2 − I1)


Problemi

Problema 3.1.15 (Moneta su un tavolo).Soluzione non disponibile.

Problema 3.1.16 (Palla sul giradischi). Questo problema e trattodal Morin, Ref [Mor08].

Supponiamo di avere una sfera uniforme di massa m appoggiata su un giradischiche ruota con velocita angolare Ω. La sfera rotola senza strisciare sul giradischi.Mostrare che la sfera si muove su una circonferenza (vista nel riferimento del

laboratorio) e la percorre con una velocita angolare ω =2

7Ω.

Hint: 4.2.2 Soluzione non disponibile.

Problema 3.1.17 (Corda avvolta sul tavolo (Morin Ref [Mor08])).


Problema 3.1.18 (Moto di un dipolo elettrico in campo magnetico (APhO2001, 2)).

Possiamo schematizzare un dipolo elettrico come una sbarretta rigida di lun-ghezza ~l ai cui capi sono attaccati due cariche, una +q e l’altra −q. Il verso di ~l efatto in modo che il vettore vada dalla 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 dimassa ~vcm e della velocita 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 dellestesse quantita.

3. La forza esterna sul centro di massa non e ovviamente nulla (altrimenti nonte l’avremmo fatta calcolare al punto 1), quindi la quantita di moto deldipolo non si conserva. Trovare un’altra quantita ~P , simile alla quantitadi moto, che si conservi nel moto in campo magnetico. Scrivere inoltre laconservazione dell’energia meccanica totale E.

4. Mostrare che la quantita J = (~rcm × ~P + I~ω) · ~B e una costante del moto (~Pe la quantita trovata al punto 3 e I e il momento di inerzia rispetto al centrodi massa del dipolo).

3.1. MECCANICA 225

5. All’istante iniziali il dipolo si trova cosı: il suo centro e al centro del riferimento,~vcm = 0, ~l punta la direzione x e ~ω = ω0z

Se ωc < ωc, il dipolo non riesce a compiere un giro completo intorno al suocentro di massa. Trovare ωc.

6. Qual’e la massima distanza lungo x che riesce a percorrere il dipolo in terminidi un generico ω0?

7. Trovare la tensione della sbarretta. Esprimerlo in termini di ω.


Problema 3.1.19 (Panca infinita). Considera una panca priva dimassa su cui sono poggiati (in posizioni simmetriche rispetto al centro della panca)due cilindri identici di massa m raggio a e momento di inerzia rispetto all’asseI = βma2. Sopra i due cilindri e poggiata un altra panca identica e sopra di essaaltri due cilindri identici e cosı via formando un sistema infinito. Ciascuno cilindropuo rotolare senza scivolare rispetto a ciascuna panca con cui e a contatto. A uncerto momento la prima panca viene spinta orizzontalmente cosı da muoversi conun accelerazione a0. Trovare l’accelerazione lineare dei cilindri all’ n−esimo piano(il primo piano e n = 1).

Soluzione: 4.3.11


3.1.7 Gravitazione

Il problema dei due corpi Parleremo in questo capitolo del problema deidue corpi, ovvero un sistema fisico composto da solo due oggetti che interagi-scono, la cui interazione dipende dalla distanza fra i centri dei due oggetti, peresempio due stelle che si ruotano intorno per attrazione gravitazionale, maanche una stella e un pianeta o semplicemente l’elettrone intorno al nucleo.

Trattare due oggetti invece di uno e decisamente un problema. Solitamentee molto difficile integrare l’equazione del moto per un corpo solo, figurarsi due.Vedremo subito che per fortuna il problema dei due corpi si puo ricondurrein modo rapido ad un problema con un corpo solo. Vediamo come:

Supponiamo di avere 2 oggetti di massa ma,mb, posizione in un riferimento~ra, ~rb e velocita ~va, ~vb. Supponiamo inoltre che l’energia potenziale del sistemadipenda solo dalla distanza fra le due masse.

Scriviamo energia, quantita di moto e momento angolare (rispetto alcentro del riferimento) 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 funzionedelle nuove variabili.

~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

3.1. MECCANICA 227

E ora evidente che questa scelta di coordinate e migliore. Infatti, ~P =~Fext = 0, quindi troviamo che ~vcm e costante. Niente ci vieta quindi dimetterci nel riferimento (inerziale) del centro di massa, in cui le espressioni sisemplificano di molto.

~L = µ~r × ~r

E =1

2µr2 + U(r)

Ovvero, possiamo trattare il problema come se avessimo un solo corpo dimassa µ che si muove 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 muovein campo centrale ~F (r) = F (r)r. Mostriamo innanzitutto che il momentoangolare rispetto al centro del riferimento 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 conserviha una notevole conseguenza fisica che poi semplifica di molto la trattazionedel problema. ~L e un vettore che si conserva, per cui, oltre a conservarsiil modulo di L = rv sin θ, la parte davvero interessante e che si conserva ladirezione di ~L. Questo implica immediatamente che la traiettoria sia unacurva piana.

Vediamo ora di mostrare rapidamente che effettivamente un campo centralequalsiasi e conservativo, cosa che ho dato per scontato fin’ora ma non deltutto ovvia.

Condizione necessaria e sufficiente affinche esista un potenziale 6 e che

6Se il dominio e un aperto semplicemente connesso. Questa condizione non e patologicacome la maggior parte delle ipotesi in Analisi, purtroppo. Esistono esempi molto concretidi campi vettoriali a rotore nullo su un dominio non semplicemente connesso che nonammettono potenziale. L’esempio piu semplice e il campo magnetico generato da un filorettilineo 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.


~∇ × ~F = 0. Scriviamo il rotore in coordinate cartesiane e controlliamoper esempio la componente z (sara completamente simmetrico sulle altrecomponenti.)

(~∇× ~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 cal-colo delle altre componenti del rotore dara lo stesso risultato. Di conseguenza,ogni campo centrale e conservativo. Potremo quindi sempre scrivere l’energiapotenziale.

Una dimostrazione migliore si puo fare prendendo un cammino a casoe vedendo che l’integrale di linea della forza non dipende dal percorso masolo da partenza e arrivo, semplicemente scomponendo il cammino in trattiinfinitesimi quasi rettilinei. La dimostrazione la trovate su qualsiasi libro ditesto elementare.

Il potenziale efficace La conservazione di ~L permette di fare una sostitu-zione intelligente che semplifichera i conti in molte occasioni.

Scriviamo l’energia totale di una massa puntiforme che si muove in campocentrale

E =1

2mv2 + U(r) =

1

2mv2

r +1

2mv2

t + U(r)

Dove ho scomposto la velocita in due componenti ortogonali, ovvero lavelocita radiale (r) e la velocita perpendicolare al raggio vettore 7(rθ)

7Attenzione! Questa non e la velocita tangenziale. La velocita e sempre tangente latraiettoria. Questa componente della velocita si ottiene proprio proiettando su una rettaperpendicolare al raggio vettore

3.1. MECCANICA 229

Il modulo di ~L sara proprio mrvt = mr2θ. E intelligente a questo puntosostituire θ con L, in quanto l’energia totale passa da una funzione di duevariabili, r e θ, ad una funzione di una sola variabile, molto piu facile dagestire.

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 sitratti della forza gravitazionale, ma abbiamo semplicemente parlato di unagenerica forza centrale, di conseguenza questa formula continua a valere perqualsiasi potenziale centrale.

Facciamo ora alcune considerazioni sulla forza di gravita a partire daquesta formula. Sostituendo U , si ottiene

E =1

2mr2 +

L2

2mr2− GMm

r

Figura 3.8: Grafico del potenziale efficace

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 possono raggiungere sul graficosono quelli che stanno sotto la linea che indica l’energia, in quanto vieneaggiunto il termine 1

2mr2 che e sempre positivo.

Ora e evidente che se E = E4, c’e un solo punto del grafico che tocca laretta orizzontale. Di conseguenza, dovra essere r = cost. Il punto in questionesi ottiene imponendo

−∂Ueff

∂r= 0

e se fate i conti vi accorgerete che questa equazione e equivalente a imporreche la forza di gravita sia centripeta. Avete ottenuto l’orbita circolare.

Se invece E = E3, si vede che c’e solo un intervallo limitato di r raggiun-gibili. Di conseguenza, sicuramente l’orbita sara limitata. Per il caso dellagravita avremo che e un’ellisse. Ovviamente i valori limiti raggiungibili sulgrafico per r corrispondono al caso fisico di afelio e perielio.

Se E = E2 = 0, si vede dal grafico che e possibile raggiungere r → ∞,mentre verso sinistra si puo raggiungere solo un certo rmin e non 0, a causadella conservazione del momento angolare.

Se E = E1 > 0, allora come prima avremo che l’orbita non e limitata.

Piccole oscillazioni intorno all’orbita stabile E interessante studiareche cosa succede ad un corpo in orbita circolare se il suo moto viene legger-mente perturbato. Per studiare che cosa succede in un intorno dell’orbitacircolare, e utile espandere in serie di Taylor al primo ordine le forze cheagiscono 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 seriela forza.

∆F =∂F (r0)

∂r∆r − ∂Fc(r0)

∂r∆r

Essendo F = ma

3.1. MECCANICA 231

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 oinstabile. Di conseguenza, il segno di quel termine determinera se una piccolavariazione del moto causa un danno irreparabile oppure se semplicemente faoscillare intorno all’orbita stabile.

Se poi ci accorgiamo che

F − Fc = −∂Ueff

∂r

Troviamo un’espressione ancora piu semplice per quello che volevamo

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 delleorbite piu generale 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. Derivandolarispetto al tempo dovremo 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 percercarne una piu generica.

µr =L2

µr3− k

r2


Essendo noi interessati ad una dipendenza del tipo r(θ) e non r(t), e utilepensare di cambiare 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 utilecambiare 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

3.1. MECCANICA 233

Dove ho semplicemente fatto un cambio di variabile per ottenere unacostante piu bella. Se confrontiamo ora questa equazione con quella di unaconica in coordinate polari con un fuoco nell’origine, di eccentricita ε 8

r(θ) =l

1− ε cos θcapiamo subito che cosa descrive la nostra funzione. Viene dato da ricavare

nel problema 3.1.26 il valore di ε in funzione di E,L. Per ora accontentiamocidel risultato

ε =

√1 +

2EL2

k2µ

Vorrei far notare che se ε = 0, fisicamente abbiamo che l’orbita e circolare,per cui troviamo la relazione

2EL2

k2µ= −1

Dove il segno meno non vi deve spaventare in quanto l’energia e evi-dentemente negativa. Se abbiamo un’orbita ellittica, sara 0 < ε < 1. Perl’orbita parabolica, dovremo avere ε = 1 e di conseguenza E = 0. Questo efisicamente sensato in quanto noi vogliamo il caso limite di 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

r2

ma non vale in generale per altri andamenti della forza. Vorrei far notare chenon ho mai fatto assunzioni riguardo il segno di k, per cui le orbite sarannoconiche anche in caso di forza repulsiva. Quando andiamo a calcolare l’energiatotale, avremo semplicemente in questo caso la somma di due oggetti positivi,per cui in caso di forza repulsiva avremo sempre E > 0 e di conseguenza leorbite saranno sempre delle iperboli.

Concludiamo calcolando il periodo dell’orbita. Ovviamente ha sensodomandarsi questa cosa solo per orbite chiuse, per cui ellissi. Consideriamola quantita

8Vedi l’appendice per piu dettagli su questa formula


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. Sequesto ha i due semiassi 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 verratrattato fra un paio di paragrafi, oppure semplicemente scrivere

E =1

2µr2 +

L2

2µr2− k

r

Se imponiamo r = 0, fisicamente stiamo trovando i punti di massima eminima distanza dal centro dell’orbita 11.

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 puntidi flesso per il problema di Keplero.

3.1. MECCANICA 235

E =L2

2µr2− k

r

Che e un’equazione di secondo grado in r.

r2 +k

Er − L2

2µE= 0

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 dellagravita, 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 laconservazione del vettore ~L, che fornisce 3 quantita conservate, le sue proiezionilungo gli assi, e l’energia totale E, che e un’altra quantita indipendente dalmomento angolare, per un totale di 4 quantita indipendenti. Ce n’e ancoraun’altra, indipendente dalle prime due, che non abbiamo ancora considerato.


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 chiamatovettore di Lenz ed e il vettore che fornisce l’ultima quantita conservata chemanca all’appello. In particolare, fornisce una sola quantita indipendentedall’energia e dal momento angolare. Vediamo perche.

Innanzitutto, il vettore ~A− kmr e ortogonale a ~L, per cui sta nel pianodell’orbita e di conseguenza anche ~A e nel piano dell’orbita. Inoltre, possiamodire ancora qualcosa sulla sua direzione. Infatti, se consideriamo

~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 Lenzpunta in un punto 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 abbiamo mostrato che il vettore intero ~A e costante, cosa molto piuforte. Inoltre ci aspettiamo che sia strettamente legato alle costanti E ed Lche gia conosciamo, altrimenti avremmo troppe costanti del moto. Per questo,anche se all’inizio non sembrano tornare i conti, sforziamoci di far tornarefuori 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 sappiamoche il modulo del loro prodotto vettore sara semplicemente il prodotto deimoduli. Inoltre adesso dobbiamo cercare di far saltare fuori ~L anche nell’altraespressione. Per farlo dobbiamo fare un po’ di giochini

3.1. MECCANICA 237

= 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

rCon molta fatica abbiamo finalmente trovato il modulo

A =√

2mEL2 +m2k2

Vi state chiedendo perche l’ho fatto? Perche se ora consideriamo laquantita

~A · rDato 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 formadifferenziale. Da quest’ultima possiamo infine dire che il vettore di Lenzpunta al perielio in quanto per θ = 0 si 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 campicentrali c’e gia la conservazione del momento angolare e dell’energia totale,ma in questo caso vi e appunto una quantita in piu, legata strettamente allapotenza 1/r, che conservandosi permette alle orbite di chiudersi. Il teoremadi Berthrand generalizzera di parecchio questo risultato concludendo che gliunici 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 potenzialegenerato 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 motoperiodico (in tal caso G(τ) = G(0)) oppure semplicemente limitato (si fatendere τ →∞) allora si ottiene la relazione⟨

n∑i=0

~ri · ~Fi

⟩+ 2〈K〉 = 0

Puo sembrare inutile ma nel caso di campo centrale con dipendenza da rdel 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. Stimarela temperatura media del 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

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 239

monoatomico e K = N 32kBT , dove N = Ms

mpdove mp e la massa del protone.

Applichiamo il teorema del viriale.

3GM2s

5Rs

= 3Ms

mp

kBT ⇒ T ≈ 3 · 106K

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 estesosoggetto a gravita. Direi che e ora di farlo. Consideriamo quindi una massamolto grande, puntiforme, di massa M , posta ad una distanza ~R dal centrodi massa di un oggetto esteso di massa m che sta nel volume V . 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 potenzialedell’oggetto in orbita 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 puntodeterminato da ~r distera ~R + ~r dalla massa M . Inoltre, dato che ~r e presorispetto 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 opportuno 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, ovveroprendendo solo x 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.Evidentemente abbiamo approssimato in modo troppo grossolano per vederequalcosa, ma comunque questo ci dice che la gravita si comporta abbastanzabene per oggetti estesi ma non troppo grandi, in quanto il primo terminedi approssimazione e comunque nullo. In pratica, bisogna andare a vederel’ordine successivo per riuscire ad accorgersi che abbiamo un oggetto esteso enon un oggetto puntiforme.

Di conseguenza, andiamo a vedere al prossimo ordine di approssimazionecosa 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 e il termine che fa 0 per il motivo che abbiamo detto prima,l’ultimo integrale e il primo termine diverso da 0 che compare nell’espansionee rappresenta quello che volevamo. Esistono delle espressioni piu belle perquesto risultato che vedremo fra qualche riga. Per ora cerchiamo solo di capirecome e fatto questo potenziale.

Prendiamo un sistema di riferimento cartesiano centrato nel CM dell’og-getto con l’asse x che punta verso la massa M . Di conseguenza sara R = −x.

3.1. MECCANICA 241

Inoltre sara r2 = x2 + y2 + z2. Il potenziale sara quindi (togliendo il primotermine, che al momento non ci interessa)

Uogg = −GM2R3

∫V

(2x2 − y2 − z2

)dm

Ora, per esempio, potrebbe essere interessante cercare di capire che formaassume un corpo deformabile lasciato in orbita. Diventera una sfera o unellissoide dopo lungo tempo? E se diventa un ellissoide, lungo quali assi eschiacciato?

Consideriamo quindi solo una massetta dm appartenente al corpo evediamo le forze agenti su di essa. Ovviamente

Udm = −GM2R3

(2x2 − y2 − z2

)dm

e dato che ~F = −~∇U

~Fdm =GM

R3(2xx− yy − zz) dm

Figura 3.9: Grafico della forza di marea

Come potete ben vedere dal disegno 3.9, la piccola differenza di distanzadalla grande massa M porta a rendere il satellite piu schiacciato in un versoche in un altro, seguendo la forma del disegno.

Vediamo ora rapidamente una cosa interessante ma che potete tranquilla-mente saltare in quanto 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 quantoquell’espressione e proprio il teorema di Pitagora.

Se ora consideriamo quindi∫V

(r2 − (R · ~r)2

)dm

Questo e esattamente il momento di inerzia rispetto all’asse R, chedenoteremo 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 agliassi principali e al momento rispetto all’asse R (che passa sempre per il centrodi massa, in quanto lo abbiamo scelto cosı)

U = −GM2R3

(I1 + I2 + I3 − 3IR)

Se consideriamo quindi un corpo in orbita, a meno di costanti additive, iltermine utile del potenziale e

U =3GM

2R3IR

Infatti, il termine standard che va come 1r

serve semplicemente a tenere inorbita l’oggetto. Il termine dei 3 momenti di inerzia invece e solo una costanteadditiva, che non e importante.

Viene da se che se cerchiamo una posizione di equilibrio stabile dobbiamotrovare un minimo del potenziale al variare dell’orientazione nello spazio delnostro oggetto.

FINIRE DI DIRE IN MODO SEMPLICE

Tidal lock

3.1. MECCANICA 243

Il problema dei tre corpi

Purtroppo quando si ha a che fare con tre oggetti interagenti fra di lorocon forza gravitazionale il problema non si semplifica abbastanza da essererisolto. E circa da quando Newton ha capito come funziona la gravitazioneche si prova ad integrare il moto dei 3 corpi e nessuno ci e riuscito, quindi visconsiglio di provarci14. In alcuni casi particolari il problema si semplifica diparecchio facendo alcune approssimazioni, per esempio nella ricerca dei puntidi Lagrange.

I punti di Lagrange Consideriamo due corpi di masse M1 ≥M2 interagen-ti per gravita. Come abbiamo visto precedentemente, i due corpi ruoterannoattorno al centro di massa del sistema seguendo quello che abbiamo dettoparagrafi fa. Consideriamo il caso in cui entrambe i corpi seguono un’orbitacircolare, ovvero mantenendosi ad una distanza R costante l’uno dall’altro.

Aggiungiamo ora a questo sistema un’altra massa mM1 e quindi anchemM2. Il moto dei due oggetti 1 e 2 non verra perturbato dalla presenzadella nuova massa. Vogliamo vedere se esistono dei punti notevoli in cui lamassa m si trova in equilibrio stabile, ovvero se esistono dei punti tali per cuila massa m sia ferma rispetto alle altre due masse e rimanga lı vicino in casodi piccole perturbazioni.

Chiaramente la ricerca dei punti sara effettuata nel piano dell’orbita, inquanto se la massa m fosse fuori dal piano, sicuramente la risultante delleforze punterebbe verso il piano e quindi non saremmo in equilibrio.

Prendiamo come sistema di riferimento un riferimento cartesiano inerzialecentrato nel centro di massa di M1,M2. Indichiamo con ~A e ~B la posizionedei corpi 1 e 2. I due corpi ruoteranno attorno al centro di massa con velocitaangolare 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 laposizione della massa m.

~P = r(cos θ, sin θ)

14Almeno per ora.


Dato che ci interessera l’energia potenziale gravitazionale, calcoliamo ladistanza dalle due 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 vincoloesterno delle masse che si muovono senza perturbazione, stiamo imponendoun vincolo esterno quindi ci aspettiamo che dipenda espressamente dal tempo,motivo per cui l’energia in generale non si conservera.

L =1

2mr2 +

1

2mr2θ2 +

GMAm

rA+GMBm

rB

Notare che la dipendenza da θ, t e nascosta nei termini rA ed rB. Calcolia-mo quindi le derivate parziali per scrivere le equazioni del moto di Lagrange.Evidentemente i parametri liberi 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 esplicitamentel’equazione nel caso generale in quanto sara praticamente impossibile. Cilimitiamo a considerare il caso che vogliamo noi, ovvero θ = Ω = costantee r = 0. Di conseguenza le due equazioni del moto si semplificano molto eotteniamo

3.1. MECCANICA 245

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 evitaredi avere conti mostruosi 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 solola posizione relativa degli oggetti che stanno ruotando. La prima soluzionee sinα = 0 che fornisce α = 0, π. Cercheremo poi gli r corrispondenti, oratroviamo tutte le soluzioni per α. Dopo aver 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. Quindi devono 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 mando α in α + π, scambio il ruolo delle due masse. Il risultato tornaperche il coseno cambia si segno. E sempre buona norma fare controlli disimmetria sulle soluzioni per cercare errori.


Usiamo l’altra equazione per trovare gli r corrispondenti ai vari valori diα che abbiamo trovato.

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 risolverel’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 = π

rΩ2

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

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

3.1. MECCANICA 247

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’orbitaalla 3

2. 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 massaridotta 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 deldisegno che potrebbe venir 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 interazionegravitazionale). Consideriamo una sfera di densita uniforme e massatotale M . A questo sistema e ovviamente associata un’energia potenziale, definitacome

U = L

Dove L e il lavoro compiuto per assemblare questo sistema facendo arrivaretante piccole massette dm dall’infinito e lasciando il sistema fermo alla fine dellacostruzione 15. Calcolare U in funzione della massa M , del raggio della sfera R edi 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 dipolarizzabilita elettrica α. Il parametro di impatto e b, come in figura 3.10.

L’atomo e istantaneamente polarizzato dal campo elettrico ~E generato dalloione in arrivo. Il risultato di questa polarizzazione e che l’atomo diventa un dipoloelettrico di momento di dipolo ~p = α~E. Si ignori ogni perdita radiativa e ogniritardo nell’informazione in questo problema.

1. Si calcoli il campo elettrico ~Ep ad una distanza r dallo stesso lungo la direzione~p (per la definizione di dipolo elettrico c’e un paragrafo in questo libro nelcapitolo di elettrostatica)

2. Si calcoli la forza ~F agente sullo ione dovuta alla polarizzazione dell’atomo.Si mostri che e attrattiva 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 loione continuera a cadere in spirale sull’atomo. In questo caso lo ione verraneutralizzato e l’atomo caricato. Questo processo e chiamato charge exchangeinteraction. Qual e la sezione d’urto A = πb20 di questo fenomeno?

Soluzione: 4.3.13

15Ovviamente e anche uguale a meno il lavoro per scomporre il sistema portando ognisua parte all’infinito.

3.1. MECCANICA 249

Figura 3.10: Problema 3.1.21

Problema 3.1.22 (Cambio di eccentricita). Un corpo si trovain un orbita ellittica di eccentricita ε1 attorno a una stella. Quando si trova nelpericentro un urto gli fornisce un impulso radiale che trasforma l’orbita in una dieccentricita ε2. Trovare l’angolo formato tra gli assi maggiori delle due orbite.

Soluzione: 4.3.14

Problema 3.1.23 (Tempo di collisione). Due masse m1 e m2

interagiscono solo gravitazionalmente. Vengono fatte partire da ferme distantiinizialmente d tra di loro. Dopo quanto si scontrano?

Soluzione: 4.3.15

Problema 3.1.24 (Deflessione da una buca). In un piano oriz-zontale e praticata una cavita circolare, di raggio R e profondia h. I bordi dellacavita sono arrotondati, ed un punto materiale di massa m e vincolato a muoversisulla 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 incui si muove e una retta parallela passante per il centro della buca) b . Determinarele quantita conservate, e la deviazione angolare che il corpo subisce dopo essereuscito dalla buca.

Soluzione: 4.3.16

Problema 3.1.25 (Moto dentro una sfera). Immaginate unaparticella in grado di muoversi dentro la Terra, da considerare una sfera di massaM e raggio R, senza interagire con il terreno ma solo per gravita, come se la Terrafosse una palla di fluido senza resistenza. Qual e la forma della traiettoria dellaparticella m, date le condizioni iniziali? Il moto e periodico? Che periodo?

Soluzione: 4.3.17


Problema 3.1.26 (Cambio di orbita). In questo problema trat-teremo un satellite in orbita intorno alla Terra che accende per un tempo moltobreve i motori per cambiare l’orbita.

E utile usare la formula che descrive una conica con un fuoco nell’origine incoordinate polari:

r(θ) =l

1− ε cos(θ)

Dove l e ε sono costanti. l e chiamato semilunare, mentre ε e l’eccentricitadell’orbita. Ricordiamo, 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 unagenerica orbita (potete prenderla ellittica).

All’inizio il satellite si trova in orbita circolare geostazionaria. Trovare rT , ilraggio dell’orbita del satellite. Sono dati la massa della Terra MT e il periodoTT = 1 giorno (definizione di orbita geostazionaria).

Il satellite accende i motori per un’istante molto breve. La spinta fa variare lasua velocita di una quantita in modulo ∆v = βvT .

Primo caso: La spinta dei motori avviene in direzione radiale (si butta ilcarburante verso il Sole).

Secondo caso: La spinta dei motori avviene in direzione tangenziale (l’astronaveaccelera in avanti).

Trovare la nuova eccentricita dell’orbita e l’angolo che il semiasse della nuovaorbita forma con la velocita prima della spinta in entrambe i casi. Trovare βlim chepermette all’astronave di abbandonare l’orbita terrestre (trascurare la presenzadegli altri pianeti e del Sole).

Soluzione: 4.3.18

Problema 3.1.27 (Trio gravitazionale). Tre corpi (consideraticome punti materiali) di masse m1, m2 e m3 interagiscono tra di loro solo gravita-zionalmente. Sotto quali condizioni sulle mutue posizioni e sulla velocita angolare itre corpi ruotano rigidamente attorno al centro di massa comune?

Soluzione: 4.3.19

3.1. MECCANICA 251

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, specchioincluso, ha massa mM dove M e la massa del Sole. Inizialmente il satellitesi trova ad una distanza r0 dal Sole, su un’orbita circolare. Trascurare la presenzadegli altri pianeti. Ad un certo punto il satellite apre la vela solare, facendo inmodo da tenere sempre lo specchio rivolto esattamente verso il Sole.

Parte 1

Il Sole ha un’intensita I0, misurata alla distanza r0, definita come potenza perunita di area.

• Trovare il valore minimo di A che permette al satellite di abbandonare ilsistema solare.

• Se il satellite non rivolge piu in modo esatto lo specchio verso il Sole ma fa inmodo che la normale allo specchio formi un angolo α variabile a piacimentoα ∈ [−π/2, π/2], dire che cosa succede.

Parte 2

E facile mettere dei dati numerici per accorgersi che si possono rapidamenteraggiungere relativistiche una volta abbandonato il sistema solare. Per questomotivo non e piu possibile che la forza esercitata dalla pressione di radiazionedipenda solo dalla posizione del satellite e non dalla sua velocita.

Consideriamo quindi una sorgente monocromatica di fotoni che emette fotoniad una frequenza fissa ν nel suo riferimento. Consideriamo uno specchio di massam, tale che hν mc2 rivolto verso la sorgente che si allontana dalla stessa ad unavelocita v (usate β che e meglio). Lo specchio viene colpito da una quantita difotoni n per unita di tempo, con il tempo misurato nel riferimento della sorgente.

• Trovare l’accelerazione dello specchio nel riferimento della sorgente in funzionedi β, n, ν,m

• Usare il risultato appena trovato per esprimere la forza agente sul satellitein funzione della sua distanza dal Sole r e della sua velocita v (e degli altriparametri rilevanti)

FINIRE

Soluzione: 4.3.20


Problema 3.1.29 (Moto in potenziale di Yukawa). Un oggetto dimassa m si muove in una nebulosa che interagisce con lui solo gravitazionalmente.Il potenziale a cui e soggetta la massa e centrale e dato dalla formula

U(r) = U0r0

re− rr0

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 circolarestabile


Problema 3.1.30 (Potenziale di Einstein). Chiamiamo rs = 2GMc2

il raggio di Schwartzschild. Ai fini di questo problema non e importante saperecome si ricava questo risultato.

La teoria della relativita generale prevede diversi cambiamenti nelle equazionidella gravitazione di Newton. Il potenziale “classico” che deriva dalle equazioni diEinstein per una massa puntiforme nel 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 deltermine aggiuntivo si vede su lunghi periodi di tempo in quanto instaura unmoto di precessione dell’orbita.

3. Trovare, con le dovute approssimazioni, il valore ∆φ che rappresenta l’angolofra il semiasse maggiore dell’orbita prima e dopo una rivoluzione completaintorno al Sole in funzione del semiasse maggiore dell’orbita a, della suaeccentricita ε 1 (quindi l’orbita e quasi circolare) e di rs

La teoria della RG prevede inoltre che la luce venga deflessa di un certoangolo dai campi gravitazionali. L’angolo previsto e

∆φ =2rsr0

Dove r0 e la distanza minima del fotone dalla stella. Proviamo a mostrarequesta formula usando il potenziale dato.

3.1. MECCANICA 253

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 unoggetto che si muove in 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 sezionevediamo rapidamente cosa succede se abbiamo dei sistemi a massa variabile,ovvero oggetti che perdono o acquistano massa durante il loro moto. Quelloche io consiglio di fare in ogni caso e di considerare il sistema in due istantidi 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 nonsi sbaglia. Consiglio di fare i problemi qui sotto per prendere dimestichezza.Se non vi vengono, leggete le soluzioni e cercate di fare gli altri.

Problema 3.1.32 (Equazione del razzo). Abbiamo un razzo chesi muove nello spazio in assenza di gravita. All’istante t0 = 0 la massa del razzoe m0 e la sua velocita rispetto alla 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 inestensibiledi massa m e lunghezza L e appoggiata su un tavolo privo di attrito. Un’estremitadella fune sporge dal tavolo di una lunghezza x0. Trovare l’equazione del moto erisolverla. Trovare il tempo τ che impiega la corda ad essere completamente fuoridal tavolo.

Soluzione: 4.3.23

Problema 3.1.34 (Goccia d’acqua in una nuvola). Possiamoschematizzare una goccia d’acqua come una sfera di densita λ, immersa in unliquido di densita ρ. La goccia d’acqua cade sotto l’effetto della gravita ~g e cadendoaumenta la sua massa e il suo volume. Assumere che la goccia rimanga sfericadurante 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, nonscoraggiatevi.)

Hint : 4.2.3Soluzione: 4.3.24

Problema 3.1.35 (Caduta di una corda (staffetta 82)). Unacatena di lunghezza L e densita σ Kg/m e mantenuta nella posizione mostrata infigura 3.11, con un’estremita attaccata ad un supporto. Si assuma che solo unaparte di corda di lunghezza trascurabile parta da sotto il supporto. La corda viene

3.1. MECCANICA 255


rilasciata. Trovare la forza che il supporto esercita sulla corda, in funzione deltempo.

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 diattrito 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), ovverola massa viene espulsa a tasso costante.

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 eRT = 6, 37 · 106m. Per la velocita di espulsione u, e ragionevole pensare chesi 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 riferi-mento inerziali in quanto poi non capisco mai da che parte mettere le forzeapparenti fastidiose come la forza di Coriolis, ma dato che spesso qualchepersona vi obbliga a fare un problema mettendosi in un riferimento noninerziale, sara bene scrivere qualcosa a riguardo.

Consideriamo quindi due sistemi di riferimento, S e S1, ovvero due ternedi versori ortogonali, che saranno x, y, z e x1, y1, z1. Siamo interessati a legarequantita notevoli come accelerazione e velocita misurate nei due sistemi diriferimento. Se uno dei due e inerziale e l’altro no, in uno varra ~F = m~a,nell’altro no ma troveremo qual e il termine correttivo che fa funzionare iltutto.

In particolare, considerero il sistema S1 inerziale e il sistema S no. Tuttavia,fino alla formula 3.11 il tutto e completamente simmetrico ed indipendentedal fatto che un riferimento sia inerziale o meno, si tratta solo di cinematicae non di dinamica

Figura 3.12: I due sistemi di riferimento

Come si vede dalla figura, il vettore ~R indica la posizione del centro delriferimento senza pedice visto dal riferimento con il pedice. Immaginiamo diconoscere per esempio la traiettoria di un oggetto misurata dal riferimentosenza pedice, ovvero conosceremo un vettore

~x(t) =

x(t)

y(t)

z(t)

= x(t)x+ y(t)y + z(t)z

3.1. MECCANICA 257

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 semplicementela somma vettoriale delle due posizioni, ovvero

~x1(t) = ~R(t) + ~x(t)

A questo punto, andiamo a considerare anche l’eventualita che un rife-rimento ruoti rispetto all’altro. Questo vuol dire che i tre versori x, y, z,misurati dal sistema S1 non sono fissi ma variano nel tempo. L’espres-sione che abbiamo scritto subito sopra non cambia ma quando andiamo ascriverla in termini delle componenti, e opportuno indicare che anche i versorisono funzioni del tempo, per ricordarsene

~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 misuratanel sistema S1

~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 ~Ω la velocita angolare di rotazione del sistema S misuratadal sistema S1. Ricordiamo che la derivata di un generico versore che ruota e

dx

dt= ~Ω× x

Se non siete convinti di questa formula, e stata spiegata nella parte dimatematica, nella sezione di analisi vettoriale. Andiamo ad analizzare meglioche cosa ce scritto nella formula 3.10. Innanzitutto, scrivendo la derivata deiversori 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)

dtDi solito viene indicata con la notazione

δ~x

δtChe e una notazione ad hoc usata semplicemente per indicare proprio

quello che c’e scritto e niente di piu. Vorrei farvi notare che questo termine eesattamente la velocita misurata nel sistema S, in quanto si fa solo la derivatadelle 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 sistema S1

A questo punto possiamo andare avanti a derivare per riuscire ad ottenereuna relazione fra le accelerazioni nei due sistemi di riferimento. Deriviamo dinuovo,

~a1 =d~v1

dt=d2 ~R

dt2+

d~v

dt+

d~Ω

dt× ~x+ ~Ω× d~x

dtMa di nuovo ~v e ~x sono misurati nell’altro riferimento quindi la loro

derivata conterra per 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 quelriferimento. Andiamo quindi a riscrivere la formula

~a1 = ~a+d2 ~R

dt2+ 2~Ω× ~v +

d~Ω

dt× ~x+ ~Ω×

(~Ω× ~x

)(3.11)

3.1. MECCANICA 259

Che ci dice finalmente che cosa vede un osservatore nel sistema S1 inbase a quello che vede il sistema S. Ricordo tuttavia che Ω e misurato dalsistema S1 e ci dice quanto ruota il sistema S considerando il sistema S1

fermo. Attenzione ai segni!Se ora supponiamo che il sistema S1 sia inerziale, possiamo moltiplicare a

destra e sinistra per 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 correttivichiamate forze apparenti, andiamo a vederli uno per uno.

d2 ~R

dt2

Questo termine e dovuto all’accelerazione relativa dei due sistemi diriferimento. Per esempio, se siete in auto e accelerate in avanti vi sentireteschiacciati contro il sedile.

d~Ω

dt× ~x

Questo termine viene chiamato forza azimutale ed e quasi sempre nullo inquanto di solito si 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 inautomobile. In realta e il sedile che esercita una forza nel verso opposto permantenervi in traiettoria, ma quello che vedete voi e 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 sia possibile, deve esserci una forza ~F vera

~F = −mΩ2~x

Che avendo un segno meno va verso il centro della traiettoria e non versofuori, quindi e centripeta. L’ultimo termine e

2~Ω× ~v

Che viene chiamato forza di CoriolisFINISCI DI DIRE COSE

3.1. MECCANICA 261

3.1.10 Fluidodinamica

Derivazione del teorema di Bernoulli In fluidodinamica c’e praticamen-te una sola equazione da utilizzare. Sarebbe bene conoscere le ipotesi in cui eapplicabile, in modo da sapere quando si puo usare e quando no. Per questomotivo faro una breve dimostrazione. Non e assolutamente necessario conosce-re questa dimostrazione, va benissimo quella riportata sull’Halliday-ResnickRef [HRW12].

Teorema 3.1.2 (Teorema di Bernoulli). Sia ρ la densita del fluido, ~v lavelocita, p la pressione, 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 da una 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 con-vincervi che ~a 6= ∂~v

∂t. Il ragionamento non e difficile. Vi basta pensare che

voi non state guardando la velocita di una particella, voi state guardando uncampo di velocita. Pensate ad un rubinetto da cui esce acqua. Appena sotto ilrubinetto il getto d’acqua avra una sezione S che diventera sempre piu piccolaman 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 vedereche nel caso stazionario il campo di velocita in questo esempio dipenda dalpunto nello spazio in cui siamo. Sara quindi plausibile trovare nell’espressionedell’accelerazione termini come ∂v

∂xo simili. Andiamo a fare il calcolo esplicito.

Capiamo rapidamente che tipo di accelerazione stiamo cercando. Noivorremo andare a scrivere ~F = m~a, che vale sicuramente per un sistema dipunti ma per un oggetto continuo e un attimo piu fumoso. Cerchiamo quindidi seguire una particella sola e calcoliamo l’accelerazione di quella.

Consideriamo quindi una particella del fluido che si muove seguendo lagenerica legge oraria ~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 suopeso. Di conseguenza,

~F =

∫V

ρ~gdV −∮∂V

pd ~A =

∫V

−ρ~∇φdV −∫V

~∇pdV = −∫V

(ρ~∇φ+ ~∇p)dV

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. Orapossiamo subito togliere questa ipotesi notando che l’equazione che abbiamoscritto vale per ogni volume regolare. Di conseguenza, cio che deve essere 0 ecio 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 portarladentro e fuori dal gradiente a piacimento.

3.1. MECCANICA 263

~∇(

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 unalinea 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.

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, siriconduce banalmente a p = ρgh

Viscosita

Le equazioni di Navier-Stokes

16Linea di flusso vuol dire il percorso che segue il liquido. Immaginate di colorare unapiccola parte del fluido. Dopo un po’ questo si sara spostato e avra tracciato una linea. Lalinea disegnata e la linea di flusso.


Problemi

Problema 3.1.37 (Rendimento di una ciminiera (IPhO 2010, Croazia)).


Problema 3.1.38 (Misurazioni complicate). Siete al centro diuna piscina riempita d’acqua (densita ρ) ed avete un cilindro di area di base S,altezza H e massa m. Come potete misurare la superficie della piscina restandofermi dove siete? Questo metodo e applicabile per misurare la superficie del mare?Perche?

Soluzione: 4.3.27

Problema 3.1.39 (IPhO fluido conduttore in campo magnetico).Soluzione non disponibile.

Problema 3.1.40 (Senigallia 1, 2013). La viscosita e una proprietache quantifica la resistenza dei fluidi allo scorrimento relativo di uno strato di fluidosull’altro. Il coefficiente di viscosita dinamico µ e definito considerando la forza cheoccorre applicare ad uno strato di fluido per farlo scorrere ad una velocita diversarispetto ad un altro strato, adiacente al primo, posto ad una 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 laporzione considerata di superficie di contatto tra i due strati. Per un’ampia classedi liquidi, la viscosita e indipendente sia dal rapporto F/S (chiamato sforzo ditaglio) sia dal rapporto ∆v

∆x (gradiente di velocita): questi liquidi vengono chiamatiliquidi newtoniani.

Si vuole studiare la velocita di un liquido newtoniano, di densita ρ, che sottol’azione della forza di gravita scorre su una parete verticale, formando un cosiddettovelo d’acqua di piccolo spessore s. La natura del fluido e irrilevante. A tal fine siconsideri una certa quantita di questo fluido, di altezza h e larghezza l molto minoridell’altezza e della larghezza della parete. Si supponga che la porzione consideratasia sufficientemente lontana dai bordi della parete.

In condizioni di regime, il flusso e stazionario e, se lo spessore s e piccolo, anchelaminare. Di conseguenza, il vettore velocita e in ogni punto del velo d’acquasempre parallelo all’asse y.

Essendo la porzione di liquido considerata lontana dal bordo superiore dellaparete, la velocita risulta indipendente anche da y. Ovviamente, pero, la velocitadipende dalla distanza dalla parete: v = v(x). A causa delle forze di adesione tra

3.1. MECCANICA 265

liquido e parete, si puo assumere che la velocita dell’acqua a contatto con la paretesia nulla: v(0) = 0. Si consideri un piano σ parallelo alla parete, a distanza x daessa, con 0 < x < s.

1. Si ricavi la forza peso agente sulla porzione del velo d’acqua compresa tra xe s.

2. Si ricavi la forza d’attrito viscoso agente lungo il piano σ sulla porzione delvelo d’acqua compresa tra x e s.

3. Dalla considerazione che ci si trova in condizione di regime, si determini ladipendenza del modulo della velocita v dalla distanza x dalla parete.

4. Si ricavi la portata volumetrica del velo d’acqua, relativamente alla porzioneconsiderata.

Soluzione: 4.3.28

Problema 3.1.41 (Secchio che ruota). Un secchio cilindrico diraggio R e altezza 2H e riempito di acqua (densita ρ) fino all’altezza H. Con unmomento esterno viene messo in rotazione a velocita costante ~Ω. Dopo un breveperiodo di transizione, si raggiunge lo stato stazionario. L’acqua ovviamente sispalmera sulle pareti.

• Trovare un espressione analitica per la forma della superficie descritta dalpelo dell’acqua.

• Dire per quale valore di Ω l’acqua tocca il bordo dell’acqua tocca il fondooppure l’acqua traborda dal secchio.

• Trovare la pressione sul fondo del secchio.

Soluzione: 4.3.29

Problema 3.1.42 (Forma del contenitore). Un recipiente a sim-metria cilindrica contiene acqua. Un piccolo buco praticato sul fondo causa la lentafuoriuscita del liquido. Si nota che la velocita a cui si abbassa il pelo dell’acqua edhdt = costante. Determinare la forma del recipiente.

Soluzione: 4.3.30

Problema 3.1.43 (Effetto Magnus). Una palla da baseball vienelanciata con un forte effetto. In particolare, la palla viene lanciata con una velocita~v parallela al terreno e con una ~ω perpendicolare al terreno. La pallina ha raggio r,massa m. La densita dell’aria e ρ e la distanza 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

Purtroppo la termodinamica viene fatta in terza superiore solitamente,quando non si ha nessuno strumento matematico per affrontarla. Vorreiaffrontarla in modo piu dettagliato, dando delle basi teoriche e strumenti dianalisi che permettono di fare le cose per bene in modo da capire davverocosa si sta facendo e non fare le cose a caso come a scuola. Vi consiglio didimenticare quello che sapete in quanto facendo termodinamica a scuola, incui si parla solo di gas perfetti, si acquisiscono alcuni automatismi, come peresempio che in un’adiabatica pV γ = cost che sono troppo specifici e possonoportarvi ad errori quando si fanno i problemi se non usati con accortezza.

Prime definizioni ed esempi

Definizione 3.2.1. Un sistema termodinamico e un insieme di oggetti ingrado di scambiare energia con l’ambiente17 sotto forma di calore e lavoro.

Per esempio, un pistone con una parete mobile che contiene un gas diqualsiasi tipo e un sistema termodinamico. Un solido con una certa capacitatermica e un sistema termodinamico. Un elastico e un sistema termodinamico.

Quando si parla di sistemi termodinamici, e molto importante definire checos’e lo stato di un sistema. Per esempio, se abbiamo N particelle massive,per descrivere completamente il sistema in un certo istante dobbiamo dare laposizione e la velocita di ogni particella, ovvero 6N parametri, uno per ognicomponente della velocita.

Ovviamente pensare di fare una cosa del genere per un gas, che ha ≈ 1023

particelle e impensabile e bisogna trovare un modo alternativo di dare unadescrizione del sistema.

Per continuare l’esempio del gas, e ragionevole pensare che dei parametriadeguati possano essere la pressione p, il volume V e la temperatura T . Ora hofatto questo esempio in quanto dovrebbe essere noto a tutti, ma i 3 parametrinon sono per niente scelti a caso. Infatti, pressione e volume sono i dueparametri che possono variare per permettere al gas di scambiare energiasotto forma di lavoro, mentre la temperatura vedremo e cio che permette loscambio di energia sotto forma di calore.

17Per ambiente si intende “Tutto il resto”, ovvero il resto dell’universo, oppuresemplicemente gli oggetti che gli stanno intorno.

3.2. TERMODINAMICA 267

Se avessimo preso come esempio un elastico, invece, i parametri piu sensatiper descrivere lo stato del sistema sarebbero stati la lunghezza del filo l, lasua tensione τ e la sua temperatura T . Vorrei far notare che la temperaturacompare sempre, mentre al posto di pressione e volume in questo caso abbiamolunghezza e tensione. Come prima, il prodotto lunghezza per tensione ci daun lavoro, ovvero il modo che ha l’elastico di scambiare energia sotto formadi lavoro, mentre la temperatura ci parla del calore.

Vorrei inoltre far notare che le grandezze p, V e τ, l, sono a coppie unaintensiva e una estensiva. Vedremo piu avanti che anche la temperatura avrala sua variabile coniugata, ovvero un altra variabile f tale che Tf abbia ledimensioni di un lavoro e f sia estensiva, a differenza di T che e intensiva.

In termodinamica si assume sempre una cosa fondamentale, ovvero che ilsistema sia in equilibrio istante per istante, ovvero che istante per istante leproprieta del sistema siano omogenee. Per esempio, per un gas si intende chela temperatura e la pressione del gas siano le stesse in tutto il gas.

Infine, per un sistema termodinamico si assume sempre che esista un’e-quazione di stato, ovvero una relazione che leghi i parametri termodinamicitogliendo un grado di liberta al sistema.

Per esempio, per un gas perfetto abbiamo i parametri p, V, T . L’esistenzadi un’equazione di stato ci dice che in realta abbiamo bisogno solo di due diquesti parametri per descrivere completamente il sistema, in quanto possiamoricavare il terzo.

L’equazione e ovviamente la famigerata pV = nRT , di cui discuteremo alungo.

Calore Spesso molta gente si domanda che cosa sia il calore. La risposta eche e semplicemente una forma di scambiare energia fra due corpi che non eil lavoro. Se andiamo a guardare a livello molecolare che cosa accade quandoavviciniamo due corpi a temperatura diversa vedremo che le molecole del corpoa temperatura maggiore avranno una velocita quadratica media maggioree metterli in contatto fara urtare le molecole dei due corpi, trasmettendoenergia cinetica dal corpo caldo al corpo freddo. La termodinamica non sioccupa principalmente di questo ma semplicemente di descrivere il processodal punto di vista macroscopico. Di conseguenza, tutto cio che c’e da saperesul calore e che e un modo per scambiare energia.


Capacita termica Spesso in alcuni esercizi viene chiesto di calcolare lacapacita termica a qualcosa costante di alcuni oggetti. Vediamo innanzituttodi definire che cose la capacita termica.

Cq =

(đQdT

)q

Ovvero la capacita termica e il rapporto fra il calore assorbito da unasostanza e la sua variazione di temperatura, tenendo costante qualcosa. Vedre-mo piu volte con i gas che il a qualcosa costante e fondamentale per definirequalcosa che abbia senso, in quanto la quantita di calore scambiata puo esserediversa a seconda di come viene effettuato lo scambio. Per esempio, perun 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 el’energia interna assoluta di un sistema, quanto la sua variazione. La primacosa importante da dire e che l’energia interna e sempre una variabile di stato,ovvero ∆U dipende solo dai due stati termodinamici, quello di partenza equello di arrivo, indipendentemente dal percorso per andare da uno all’altro,ovvero e un differenziale esatto.

Molto spesso e utile provare a trovare un’espressione esplicita per l’energiainterna di un sistema termodinamico. Per esempio, solo per un gas perfettol’energia interna e U = ncV T . Ribadisco solo per un gas perfetto. Inquesta espressione cV si chiama calore specifico a volume costante e ne parleronel capitolo sui gas perfetti. Per ora vi basta sapere che e un multiplo di R.

In generale sarebbe bello trovare un’espressione per U . Prendiamo peresempio un sistema termodinamico descritto dai parametri p, V, T . Possiamosperare di trovare un’espressione dell’energia interna in funzione dei parametritermodinamici, ovvero vorremmo trovare in generale

U = U(p, V, T )


Tuttavia, avendo a disposizione un’equazione di stato, in realta uno dei3 a scelta fra p, V, T puo sparire con una sostituzione, in modo che U siafunzione di 2 variabili invece che 3, 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 cosama possono rendere 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 un modo 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 dellatermodinamica e semplicemente la conservazione dell’energia totale.

Il principio afferma che dato un sistema termodinamico che interagiscecon l’ambiente, la variazione della sua energia interna U e legata nel modoseguente al calore scambiato dal gas con il sistema (con la convenzione che seil gas prende calore allora Q > 0) e al lavoro compiuto dal gas L.

∆U = Q− L (3.14)

E importante definire bene le convenzioni sui segni. Per esempio i chimicidi solito usano ∆U = Q+L in quanto non considerano il lavoro fatto dal gasma il lavoro fatto sul gas, che e esattamente −L. Io usero sempre la formula3.14, come qualsiasi altro libro di fisica.

E molto utile scrivere il primo principio in forma differenziale, ovveroscrivere la stessa equazione per un processo di scambio infinitesimo.

dU = đQ− đL (3.15)


Ho utilizzato la đ invece della d per il calore e il lavoro per un motivomolto importante che discutero in seguito.

Facciamo un esempio per chiarificare le idee. Prendiamo quindi un gasperfetto chiuso in un pistone di sezione S, con una parete mobile. Affincheil sistema sia all’equilibrio istante per istante deve esserci una forza esternacontro il pistone che bilanci la forza di pressione dovuta al gas. Se la paretedel pistone si sposta di dx, il lavoro compiuto dal gas e Fdx, ma se Fcontrobilancia la pressione, allora đL = pSdx = pdV . Se al posto del gas cifosse stato l’elastico, il lavoro sarebbe stato invece đL = τdl

Trasformazioni termodinamiche Abbiamo detto precedentemente cheun sistema termodinamico e caratterizzato fra le altre cose da un’equazionedi stato. E interessante studiare che cosa succede al sistema quando vengonovariati lentamente i suoi parametri mediante stimoli esterni (per esempiofacendo lavoro sul sistema). E abbastanza ovvio che senza ulteriori indicazionic’e almeno un grado di liberta di troppo in questa definizione, in quanto iparametri sono almeno 3 (temperatura di sicuro piu altri 2 per lo scambio dilavoro), uno e legato agli altri dall’equazione di stato ma il terzo e libero.

Quando si compie una trasformazione termodinamica e quindi moltoimportante definire come avviene la trasformazione e non solo il suo statoiniziale e il suo stato finale. Per fare un esempio, prendiamo un gas perfettonel solito pistone mobile. Se io dico solamente che all’inizio pressione e volumesono p0, V0 e alla fine 2p0, V0, in generale non ho idea di che cosa sia successoin mezzo e non so come il sistema ha interagito con l’ambiente e quindi illavoro e il calore scambiati.

Addirittura, e possibile fare trasformazioni che dopo un po’ riportino ilsistema al suo stato iniziale e questo non vuol dire assolutamente che non visia stato scambio di energia fra ambiente e sistema. Anzi, questo e il tipo ditrasformazioni che si trattano piu spesso. Si chiamano trasformazioni ciclichee sono comuni perche e facile farne tante di fila. Per esempio, il motore ascoppio delle automobili fa esattamente una trasformazione ciclica.

Per rappresentare una trasformazione termodinamica e molto utile uti-lizzare un diagramma. Supponiamo per semplicita che i parametri siano 3,per esempio p, V, T . Scelto uno dei piani p− V , T − V , p− T , ogni punto delpiano rappresenta uno e uno solo stato termodinamico, a causa dell’equazionedi stato. Una trasformazione termodinamica sara quindi rappresentabile dauna curva in uno di questi piani, a patto che la trasformazione sia lenta,


ovvero che in ogni istante siano ben definiti i parametri del sistema. Unatrasformazione siffatta si dice quasistatica. Un’esplosione per esempio non euna quasistatica.

Uno dei 3 piani in particolare e preferibile nella maggior parte dei casi(ma non e di certo obbligatorio usare solo quello), ed e il piano p− V . Vienescelto 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 di γ.

Osservazione. Questo e esattamente il motivo per cui ho utilizzato đL invecedi dL. Quando uso il đ intendo che in realta non ho un differenziale esatto.

Se đL fosse un differenziale esatto, vorrebbe dire che il lavoro compiutodal gas per andare da un certo stato ad un altro stato non dipende da comeci 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 fatto che sia đL = pdV , ovvero un differenziale nonesatto uguale al prodotto di un differenziale esatto per un’altra funzione ci facapire che in questo caso e possibile trovare una funzione che renda esatto undifferenziale.

E possibile dimostrare che questa cosa si puo fare sempre, ovvero dato undifferenziale non esatto đf(x, y) esiste sempre una funzione g(x, y) tale chedh = g(x, y)đf sia un differenziale esatto.

Essendo đQ = dU + đL, e ovvio che anche đQ non e un differenzialeesatto, in quanto somma di uno esatto e uno no. Possiamo quindi sperare ditrovare una funzione decente f tale che fđQ sia un differenziale esatto, moltopiu facile da trattare. Scopriremo nel prossimo capitolo che la funzione esisteed e anche molto bella.

Trasformazioni comuni Ci sono alcune trasformazioni in particolare chesono facili da effettuare in laboratorio e che quindi sono le piu studiate. Ingenerale e sensato aspettarsi che siano delle trasformazioni in cui si tienefissato uno dei parametri e si fanno variare gli altri.

Per esempio, se abbiamo un sistema descritto da p, V, T , sicuramenteavremo la possibilita di fare agevolmente delle trasformazioni a pressione


costante (le isobare) e trasformazioni a volume costante (isocore). La primasi disegna sul piano p− V come un segmento orizzontale, mentre la secondacome un segmento verticale. Vorrei far notare che non ho minimamentenominato i gas in questa frase. Il fatto che esistano trasformazioni isobaree che siano rappresentate da segmenti nel piano p − V e indipendente dalsistema che si usa, basta che venga descritto da quei 3 parametri.

Per una trasformazione isocora, ovviamente dV = 0 e di conseguenza sesi puo scambiare lavoro solo con scambi di volume, si avra đL = 0 in questatrasformazione.

Di conseguenza per una isocora varra:

dU = đQ⇒ ∆U = Q

Ovvero in questa particolarissima trasformazione, abbiamo che lavariazione di energia interna e uguale al calore scambiato. “Ma come, undifferenziale esatto e uguale ad uno non esatto?” NO. Semplicemente noiabbiamo fatto gli integrali su una trasformazione estremamente specifica,ovvero un segmento verticale nel piano p− V .

In una trasformazione isobara invece semplicemente p = costante = p0.Quindi

dU = đQ− p0dV ⇒ ∆U = Q− p0∆V

Vorrei far notare di nuovo che non ho mai supposto che il mio sistematermodinamico fosse un gas, tantomeno un gas perfetto.

Altre due trasformazioni estremamente importanti sono le isoterme (tem-peratura costante) e le adiabatiche (đQ = 0), ma hanno un’importanza taleche ne parlero piu a fondo nel prossimo paragrafo.

Cicli termodinamici E molto utile studiare che cosa succede quandola nostra trasformazione termodinamica e ciclica, ovvero la trasformazioneritorna allo stato iniziale dopo aver interagito con il sistema. Chiamiamo γ lacurva chiusa che rappresenta la trasformazione. Varra il primo principio dellatermodinamica

dU = đQ− đL⇒∫γ

dU =

∫γ

đQ−∫γ

đL


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 termodi-namica sia utile. Supponiamo di avere a disposizione due corpi di grandecapacita termica18 a temperature diverse, Tc > Tf . Noi vorremmo costruireuna macchina termica, ovvero un oggetto in grado di scambiare calore e lavo-ro con l’ambiente mediante un’opportuna trasformazione termodinamica, inquesto caso prendendo calore dal corpo caldo, cercando di trasformarne il piupossibile in lavoro e cedendo quello inutilizzabile al corpo freddo. Quello chevorremmo capire e quanto il nostro motore funziona bene, ovvero quantificarequanta dell’energia presa dal corpo caldo finisce in lavoro e quanta vienesprecata in trasmissione di calore al corpo freddo.

In generale, una macchina termica puo operare con molte sorgenti, ciascunaalla sua temperatura. Si definisce quindi il rendimento della macchina comeil lavoro compiuto in un ciclo 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’esolo il calore assorbito. La macchina termica, durante la trasformazione ingenerale scambiera calore con le varie sorgenti. Quando si calcola il rendimentobisogna individuare tutti e soli i momenti in cui la macchina sta assorbendocalore dalle sorgenti e farne la somma.

Se stoltamente ci dimenticassimo di prendere solo il calore assorbito e inveceprendessimo tutto il calore scambiato, otterremmo che η = 1 per qualsiasiciclo, in quanto abbiamo ricavato 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.

18Oggetti siffatti si chiamano bagni termici


E utile ricavare un’espressione alternativa del rendimento usando questofatto:

Qciclo = Qassorbito +Qceduto

Dove il secondo termine e evidentemente negativo. Per chiarezza, si puoscrivere

Qciclo = Qassorbito − |Qceduto|Di conseguenza, il rendimento diventa

η = 1− |Qceduto|Qassorbito

Evidentemente una quantita minore di 1.

Il ciclo di Carnot Consideriamo un ciclo termodinamico fatto in questomodo:

1. Dal punto A al punto B il sistema segue una trasformazione adiabatica(đQ = 0) in cui compie lavoro positivo (nel caso di sistema che scambiavolume con l’ambiente, il sistema si espande).

2. Dal punto B al punto C il sistema segue una trasformazione isoterma incui viene compiuto lavoro sul sistema (compressione) alla temperaturaTf .

3. Dal punto C al punto D il sistema segue un’altra adiabatica in cui vienefatto lavoro sul sistema (compressione).

4. Dal punto D al punto A il sistema segue un’altra isoterma in cui ilsistema compie lavoro (espansione) alla temperatura Tc.

Se tutte e 4 le trasformazioni vengono effettuate in modo reversibile,ovvero in modo che sia possibile ripercorrerle all’indietro senza che nel sistemao nell’universo sia cambiato nulla, allora questo ciclo viene chiamato Ciclo diCarnot. E importante notare che una macchina termica che segue il ciclo diCarnot scambia calore solo con due sorgenti, una a temperatura Tc e l’altra atemperatura Tf .

L’altra cosa estremamente importante che portera a risultati sorprendentie che non ho mai parlato di gas perfetto per seguire un ciclo di Carnot.Qualsiasi sistema termodinamico puo eseguire questo ciclo ed utilizza solodelle trasformazioni che puo seguire qualsiasi sistema.


Cio che intendo e che per esempio per eseguire una isobara c’e bisogno cheil sistema abbia come parametro la pressione e il volume, cosa comune ai gasma non cosı banale per esempio per un fluido, in cui controllare la pressione epiu complicato e tantomeno per un elastico, per esempio, che non e nemmenodescritto dal parametro pressione.

Un ciclo di Carnot invece utilizza solo delle isoterme e delle adiabatiche.Queste nei vari piani p − V, τ − l possono essere rappresentate dalle curvepiu bizzarre ma qualsiasi oggetto le puo fare, in quanto un sistema per esseretermodinamico deve essere in grado di poter scambiare energia sotto formadi calore.

Le cose piu interessanti su questo particolare ciclo verranno a galla nelprossimo capitolo. Per ora diciamo solo che il rendimento di un ciclo di Carnote

η = 1− Qf

Qc

In quanto la macchina termica scambia calore solo con due sorgenti, in uncaso assorbendolo 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 milionedi modi diversi, tutti equivalenti. Il concetto che ci sta dietro e che non epossibile creare il moto perpetuo di seconda specie, ovvero un motore cheriesca a generare energia dal nulla.

Postulato 3.2.1 (Postulato di Clausius). DEVO SCEGLIERE QUALEVERSIONE EQUIVALENTE SCRIVERCI. IL SUCCO E CHE NON SIGENERA LAVORO DAL NIENTE

Le conseguenze di questo banale postulato sono davvero incredibili. Pren-diamo per esempio due macchine termiche che operino solo con due sorgentia temperatura Tc, Tf , il primo un motore reversibile mentre il secondo unmotore 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 primaparte. Chiamiamo 1 il primo motore, 2 il secondo e indichiamo con c, fle temperature e i calori scambiati rispettivamente con la sorgente calda efredda.

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 combinandoN ′ cicli del primo motore fatto funzionare a rovescio (possiamo perche ereversibile) 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 fosseavremmo trovato un motore che non fa altro che prendere calore dalla sorgentetermica fredda e trasformarlo in 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 scambiarele parti dei motori, in quanto se anche il secondo e reversibile, possiamoscambiare ovunque gli 1 con 2 e viceversa e ottenere la disuguaglianza nelverso opposto.

η1 ≤ η2 ⇒ η1 = η2

Questo risultato e di fondamentale importanza per la termodinamica. Cidice che due qualsiasi motori, se operano solo fra due sorgenti e sono reversibilihanno lo stesso rendimento, indipendentemente dal tipo di motore. Che siaun motore a scoppio, un elastico o un gas di fotoni, non fa differenza.

Questo ci suggerisce che il rendimento per motori fatti cosı deve esserefunzione solo delle tue temperature Tc, Tf .

Di conseguenza

η = f(Tf , Tc)

E chiaro che se noi riusciamo ad esprimere esplicitamente questa funzioneper un motore per cui e facile da calcolare, abbiamo fatto bingo in quantoabbiamo trovato il rendimento di un qualsiasi motore reversibile che operifra le temperature Tc, Tf . Finalmente qui entrano in gioco i gas perfetti inquanto per loro e facile calcolare il rendimento di un ciclo di Carnot. Il calcolodettagliato verra fatto nel paragrafo sui gas perfetti ma immagino gia checonosciate la formula

η = 1− TfTc

Valida per qualsiasi motore reversibile che scambi calore solocon due sorgenti, a temperatura Tf , Tc.

Sara utile per il prossimo paragrafo scrivere la stessa formula in funzionedei calori scambiati con le due sorgenti

Qf

Qc

=TfTc


3.2.3 Entropia

Consideriamo un motore termodinamico M che operi con un numeroqualsiasi di sorgenti, ognuna a temperatura Ti. Con ciascuna scambia uncalore con segno Qi. Durante un ciclo, il calore totale scambiato dalla

macchina sara∑i

Qi.

Consideriamo ora n motori di Carnot19, ciascuno che operi fra la tempera-tura Ti e un’altra temperatura T0 uguale per tutti. Prendiamo i motori diCarnot in modo che scambino con ciascuna delle sorgenti tranne T0, esatta-mente una quantita di calore −Qi, in modo da controbilanciare quello che fa ilmotore M . In pratica stiamo aggiungendo motori in modo che ogni sorgenteabbia come risultato complessivo il non scambiare calore con nessuno.

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 motorereversibile che operi fra solo due temperature.

Q0 = −T0

∑i

Qi

Ti

Se io vado a considerare il sistema composto dai motori di Carnot piu ilmotore M e lo considero un sistema termodinamico unico, questo ha comeunico risultato quello di ricevere una quantita di calore Q0 con la sorgente atemperatura T0, in quanto tutti gli altri calori con le sorgenti a temperaturaTi si sono semplificati proprio grazie alla scelta accurata delle dimensionidei motori di Carnot. Di conseguenza, se fosse Q0 > 0, saremmo riuscitiad estrarre calore da un corpo a temperatura uniforme creando lavoro, cosaassurda per il secondo principio della termodinamica.

Di conseguenza,

−T0

∑i

Qi

Ti≤ 0⇒

∑i

Qi

Ti≥ 0

19Va bene un qualsiasi motore reversibile che operi solo fra due temperature, prendiamoun Carnot per semplicita.


Se il motore M e un motore reversibile, vale anche la disuguaglianzaopposta, semplicemente facendo andare all’indietro il motore. Quindi, se M ereversibile,

∑i

Qi

Ti= 0

Se il motore non scambia calore con un numero finito di sorgenti, macon un numero infinito, la somma va sostituita con un integrale e la formuladiventa ∮

γ

đQT

= 0

Dove γ rappresenta la curva chiusa che rappresenta il ciclo termodinamico.

L’unica cosa che abbiamo supposto per ricavare questa equazione e che ilmotore fosse reversibile, ma non abbiamo detto niente a riguardo del ciclo.Di conseguenza, questa equazione vale per ogni ciclo termodinamicoreversibile, ovvero per ogni curva chiusa. Questa non e un’affermazioneda poco, abbiamo appena trovato un differenziale esatto.

Abbiamo finalmente trovato un fattore integrante per il calore, ovvero

se chiamiamo dS =đQT

, dS e un differenziale esatto. Ci tengo a rimarcare

per l’ennesima volta che in tutte queste assunzioni non abbiamo mai dettoche tipo di sistema termodinamico abbiamo usato e non abbiamo mai datoun’equazione di stato. Di conseguenza questo risultato e estremamementegenerale.

Nel caso di trasformazioni non reversbili (non cicliche), non vale l’ugua-glianza, ma solo la 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 CONOSCOLA TRASFORMAZIONE HO SOLO UNA DISUGUAGLIANZA


Il fatto che dS sia un differenziale esatto ci permette di trovare un’espres-sione esplicita per S a meno di una costante additiva. Per fare un esempio,calcoliamo S(T, V ) per un gas perfetto e commentiamo il risultato.

dS =đQT

=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 giamostrato con argomenti fisici che dS e un differenziale esatto, per cui l’integralelo possiamo fare direttamente fra stato iniziale e finale, senza preoccuparcidel percorso, esattamente come quando si calcola il lavoro per un campoconservativo, 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 allatemperatura la pressione 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 pergas perfetti, non usatela a sproposito.

∆S = ncv lnpbV

γb

paVγa

Valida per qualsiasi trasformazione reversibile ma solo per ungas perfetto.

La cosa interessante da notare e che esiste una particolare trasformazionereversibile in cui ∆S = 0, ovvero quella in cui pV γ = costante 20. Del resto,

dS =đQT⇒ đQ = TdS. Se dS = 0, anche đQ = 0. Abbiamo appena

ricavato l’equazione che lega pressione e volume in una adiabatica.

20In questo caso l’argomento del logaritmo e costantemente 1


Sfruttare i differenziali esatti Il fatto che dS sia un differenziale esattoci permettera di fare diversi conti che permetteranno di trovare molte cose inpiu sui nostri sistemi termodinamici.

Riscriviamo innanzitutto il primo principio della termodinamica per unsistema che fa lavoro con p, V .

dU = TdS − pdV ⇒ dS =1

TdU − p

TdV

Supponiamo ora di avere a disposizione un’equazione di stato, per chiarircile idee prendiamo quella dei gas perfetti,

pV = nRT

Questa legge verra derivata piu avanti per via cinetica, prendiamola oraper buona e cerchiamo di sfruttarla per ottenere cose.

Quello che vogliamo ottenere adesso e una espressione per l’energia internadel gas, per esempio in termini del volume e della temperatura, ovverocerchiamo

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 cherimane e

21Quando un differenziale e esatto le sue derivate miste devono essere uguali. Questoderiva dal fatto che quando si fa una derivata seconda non conta l’ordine di quale derivatafare per prima.

22Per il teorema di Schwartz


∂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 )

Ovvero per un gas perfetto l’energia interna dipende solo ed esclusivamentedalla temperatura! Vuol dire che se voi avete un gas perfetto e lo fateespandere senza fargli compiere lavoro (per esempio liberandolo in una stanzainizialmente vuota), la sua energia interna non cambia e quindi nemmeno lasua temperatura.

Ovviamente questo risultato vale solo per i gas perfetti. Esistono altresostanze per cui e vero, ma in generale non e cosı.

Per via puramente termodinamica non e possibile dire altro su questacorrelazione fra energia e gli altri parametri. Per via cinetica invece si puoarrivare a mostrare che questa relazione 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 dettaglionel capitolo dedicato ai gas perfetti.

Il piano T − S Abbiamo gia parlato del piano p− V in cui rappresentarele trasformazioni termodinamiche. Ora che abbiamo finalmente introdottol’entropia, e interessante utilizzare il piano in cui l’asse x indica l’entropiadel sistema S, mentre l’asse y indica la temperatura T . Data una curva inquesto piano, l’area sottesa varra TdS = đQ. Quindi l’area sottesa dal graficoindica il calore scambiato dal motore con l’universo, positivo se la curva va adestra, negativo se va a sinistra. Consideriamo ora una curva bella, ovvero


una curva chiusa che non si intrecci. L’area che sta sotto la curva e sopral’asse S, inclusa quella dentro la curva, rappresenta ovviamente il Qass, ovverotutto il calore assorbito dal sistema in un ciclo, in quanto noi andiamo aconsiderare solo l’area quando la curva va verso destra.

L’area sotto il grafico e non dentro la curva sara quindi il calore cedutoall’universo, per lo 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 semprecompresa fra le temperature Tc, Tf . Dobbiamo quindi massimizzare l’areadentro cercando di tenere piccola l’area sotto, in quanto

η =L

Qass

Si puo dimostrare ma e molto sensato pensare che la figura ottimale siaun rettangolo che ha i lati paralleli agli assi, uno a Tf e l’altro a Tc.

Questo ciclo termodinamico e quindi fatto da due trasformazioni a tempe-ratura costante e da due a entropia costante, ovvero adiabatiche. Abbiamoappena scoperto che il ciclo di Carnot e il piu efficiente fra i motori cheoperano con varie sorgenti ma tutte a temperatura compresa 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 laformula e sempre quella.

3.2.4 Potenziali termodinamici

Questo paragrafo sui potenziali termodinamici e il successivo sulle identitadi Maxwell sono facoltativi. Li ritenevo interessanti e li ho aggiunti ma nondovrebbero uscire in una gara24.

23Questo e un po’ barare in quanto abbiamo definito S dopo che avevamo gia calcolatoil rendimento di un Carnot in particolare. Semplicemente controlliamo che non ci sianocontraddizioni.

24In realta nemmeno la tensione superficiale dovrebbe uscire in una gara IPhO, ma 2anni su 3 una domanda c’e.


Quando noi scriviamo l’energia interna di un gas U , possiamo scriverlausando il primo principio della termodinamica.

dU = TdS − pdVPer cui abbiamo per forza

∂U

∂S= T

∂U

∂V= −p

Dal primo principio sembra che le variabili naturali per esprimere l’energiainterna siano U(S, V ). Non sempre puo essere pratico lavorare con questedue variabili, spesso potremmo trovarci meglio ad utilizzare altre funzioni distato che non sono l’energia ma ci assomigliano, che si riescono ad esprimeremeglio con variabili diverse.

Per esempio, se inventiamo la funzione H = U + pV , possiamo calcolaredH

dH = dU + pdV + V dp = TdS + V dp

Di conseguenza, le variabili naturali di H sono H(S, p). La funzione H,essendo somma di due funzioni di stato, e a sua volta una funzione di stato equindi il suo differenziale e esatto. 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 funzioneG e di stato e 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 stato e viene chiamata energia libera di Helmoltz.

Vediamo ora di dare un significato fisico a queste funzioni, dopo avernedato una definizione.

Per esempio, consideriamo una trasformazione in cui la temperatura delnostro sistema viene mantenuta costante dall’esterno. Scriviamo il primoprincipio della termodinamica.


dU = TdS − đL⇒∫γ

(dU − TdS) = −∫γ

đL⇒ ∆F = −L

Dove γ rappresenta una trasformazione reversibile. Se la trasforma-zione non e reversibile ma e generica, non vale l’uguaglianza ma solo unadisuguaglianza,

∆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 equilibriostabile in caso di trasformazione forzatamente isoterma.

Ora facciamo la stessa cosa per l’energia libera di Gibbs. Supponiamostavolta che sia la pressione esterna sia la temperatura siano mantenuticostanti.

dU = TdS − pdV ⇒∫γ

(dU − TdS + pdV ) = 0⇒ ∆G = 0

Dove come prima vale il segno di ugualianza per ogni trasformazione se esolo se la trasformazione e reversibile. In caso contrario, come prima vale ladisuguaglianza

∆G ≤ 0

E quindi come prima si ha che il punto a minima energia libera di Gibbse di equilibrio stabile se sia pressione sia temperatura vengono mantenuticostanti.

Esempio 3.2.1 (Equazione di Clapeyron). Consideriamo un passaggio difase, ovvero per esempio il passaggio da fase gassosa a liquida di una sostanza.La trasformazione avviene a temperatura esterna e pressione esterna costanti,per cui l’equilibrio sara nella posizione di minima energia libera di Gibbs.

Il nostro obiettivo e vedere come cambia il punto in cui avviene unpassaggio di fase, ovvero la pressione e la temperatura, in funzione deiparametri esterni. Per esempio, sapete che a pressione piu bassa, l’acquabolle prima. Vogliamo dare ora una stima quantitativa di questa variazione.


La prima cosa da fare e cercare di capire in che equilibrio si trovano la faseliquida e gassosa ad una certa temperatura fissata e una volta fatto questo,far variare i parametri esterni per vedere cosa succede.

Consideriamo separatamente la fase liquida e gassosa e definiamo l’energialibera di Gibbs per 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 varia la massa di una delle due sostanze, si avra, dalla conservazionedella 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 calorelatente per unita di massa λ, per cui 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 peruna data sostanza.

Rappresentiamo sul piano p− T i vari stati di aggregazione sotto cui puopresentarsi una sostanza.


Figura 3.13: Diagramma di fase per l’acqua

Come vediamo in figura 3.13, l’equazione di clapeyron ci da la pendenzadelle linee disegnate in figura. Conoscendo quindi la posizione del puntotriplo, ovvero il punto in cui coesistono le tre fasi, siamo in grado di dareapprossimativamente un disegno che indichi dove il nostro oggetto e liquidopiuttosto che gassoso.

Vorrei far notare che l’acqua e un materiale anomalo, in quanto la densitadel ghiaccio e piu bassa di quella dell’acqua, quando di solito un materialesi dilata aumentando la temperatura. Di conseguenza, la linea che separa lafase liquida da quella solida ha pendenza negativa, al contrario di quello cheaccade di solito.

Se ora parliamo del passaggio di stato da liquido a gassoso, possiamosperare di avere vg vl, per cui l’equazione di Clapeyron si semplifica eotteniamo

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 pressionea cui un fluido e in equilibrio con la sua fase gassosa.

Identita di Maxwell Possiamo sfruttare ora il fatto che le varie funzioniche abbiamo definito precedentemente fossero funzioni di stato per ricavaredelle relazioni utili fra le varie derivate delle quantita termodinamiche cheabbiamo definito. Dubito che possa mai servirvi una di queste formule in unagara, ma almeno avete qui elencato delle uguaglianze che prendono il nome diIdentita di Maxwell. L’utilita di queste relazioni e che in laboratorio e moltosemplice misurare qualcosa, per esempio pressione temperatura e volume, mamolto difficile misurare qualcos’altro, per esempio entropia ed energia interna.Queste identita permettono 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 rea-zione chimica in modo termodinamico, cercando di trovare una relazione checi dica cosa succedera durante la reazione. Consideriamo

nr1R1 + nr2R2 + . . . nrnRn np1P1 + np2P2 + . . . .+ npmPm

Dove R e P rappresentano i vari reagenti e prodotti. Schematizzero ilproblema con il metodo della scatola di Van’t Hoff.

Immaginiamo di avere un recipiente di volume V0 in cui avviene la reazionee diversi canali da sinistra da cui arrivano i reagenti e diversi a destra da cui


escono i prodotti. La temperatura esterna viene mantenuta costante e ugualea 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 = −L

L’espressione per l’energia libera di Helmoltz e

F = U − TS

Che 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 MeccanicaStatistica probabilmente farebbero rabbrividire chiunque abbia seguito uncorso serio. Tuttavia, questa branca della fisica ha come prerequisito circatutto il secondo anno di universita, quindi cerchero di dirvi le cose un po’ abraccio come le sapevo io quando facevo le Olimpiadi.

Cambio di prospettiva Il percorso della spiegazione di Termodinamicache ho fatto nei paragrafi precedenti parte da concetti tipici della Meccanicacome l’energia e concetti comuni come la temperatura per dare una descrizionedei fenomeni e poi scoprire cose come l’entropia. La Meccanica Statisticaparte completamente al contrario, fa ragionamenti di statistica per definiresubito l’entropia e in funzione di questa la temperatura. Vediamo in modospiccio come si procede.

Molteplicita di una configurazione

Entropia Per diversi motivi e piu utile passare dalla molteplicita Ω di unaconfigurazione ad una quantita diversa, il suo logaritmo. Definiamo quindil’entropia S di un sistema come

S = kB ln Ω (3.18)

Dove ovviamente kB e la costante di Boltzmann. Notare che dato che lamolteplicita e moltiplicativa il suo logaritmo diventa additivo, di conseguenzase ho due sistemi di molteplicita Ω1 e Ω2, la molteplicita complessiva saraΩ1 · Ω2, mentre l’entropia sara S1 + S2.

Inoltre, dato che lo stato piu probabile di un sistema corrisponde almassimo della molteplicita, dato che il logaritmo e monotono, corrisponderaanche al massimo dell’entropia.25

25La definizione di entropia fornita e decisamente malposta in un contesto classico inquanto a rigor di logica per un sistema continuo la molteplicita e sempre infinita. Bastipensare che la velocita di ogni particella puo assumere un continuo di valori. Un approcciosemiclassico impone, un po’ forzando la mano, che lo spazio delle fasi sia quantizzato incelle grandi 2π~, ma ovviamente se compare la costante di Planck vuol dire che il motivosotto e quantistico. Il come questo approccio abbia retto anche prima che la quantisticasi conoscesse e che il valore della costante e effettivamente irrilevante. Se decidiamo diquantizzare lo spazio delle fasi usando C2π~ invece che 2π~, il cambio in entropia e la


Temperatura Consideriamo un sistema isolato composto da due sottosi-stemi inizialmente separati di energie E1, E2 ed entropie S1, S2. Mettiamo incontatto i due sistemi e cerchiamo di prevedere che cosa succedera. Dato cheil 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 sonoquindi indipendenti ma legate da quell’equazione. Vogliamo sapere come sidistribuiranno le energie quando si sara raggiunto l’equilibrio. Per fare unacosa sensata esprimiamo quindi una delle due in funzione dell’altra in mododa avere un solo grado di liberta. Sara quindi

E2 = E − E1

Noi sappiamo che lo stato di equilibrio corrisponde al massimo di entropiadel sistema. Di conseguenza, dato che il nostro parametro libero e E1, dovraessere

S(E1) = S1(E1) + S2(E1)

in un massimo. Ovviamente per trovare il massimo poniamo uguale a zerola 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 abbiamo cercato di trovare delle combinazioni di parametri che dipen-dano da un solo sistema e non da 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

semplice aggiunta di un fattore kB lnC, ovvero uno shift. Questo porta proprio a quelloche si dice classicamente di solito, ovvero che l’entropia classica e definita a meno di unacostante additiva. In un approccio puramente quantistico invece, si puo definire un oggetto,che si chiama matrice densita, di solito indicato con ρ, a partire dal quale si puo calcolareun’entropia assoluta con la formula S = −kB tr ρ ln ρ.


T1 = T2

Come ci aspettavamo dalla termodinamica classica.

Il teorema di Boltzmann Questo e a mio parere l’unica parte che dovetericordare anche per le Olimpiadi in quanto e bene che la sappiate. A volte vipuo salvare. La dimostrazione di 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 suosottosistema molto piccolo (per esempio poche molecole), che abbiano rispet-tivamente energie E ed E1, con E1 E. La molteplicita del sistema totalesara il prodotto delle molteplicita dei due sistemi piu piccoli, quello ad energiaE1 e quello grande che avanza ad energia E − E1

Ωtot = Ω(E − E1) · Ω(E1)

Andiamo a prendere il logaritmo dell’equazione sopra ed espandiamoricordando che E1 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 controllareche 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 sia Ω(E) sia Ω(E1) sono costanti. Dato che la molteplicita dellaconfigurazione e direttamente proporzionale alla sua probabilita, si ottienequindi

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 assumereun insieme discreto di stati energetici Ei. La probabilita di ogni stato sara atemperatura fissata

Pi = Ce−βEi

Dove C e la costante di normalizzazione che rende la somma delle proba-bilita 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 chepuo 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 inpraticamente ogni formula in cui si ricavano quantita macroscopiche. Vediamoche quindi

〈E〉 = −

∂Z

∂β

Z= −∂ lnZ

∂β

Esempi di cose belle che si ricavano in meccanica statistica In fondola legge dei gas perfetti e ragionevole, che motivo c’e di dimostrarla? Nonimporta, io lo faccio comunque. Consideriamo un sistema di N particelleuguali e indistinguibili tutte di massa m, puntiformi, che si muovono vincolatedentro un volume V . Troviamo la funzione di partizione del sistema e vediamopoi cosa riusciamo a tirarne fuori. Innanzitutto possiamo scrivere l’energiatotale E del sistema

E =N∑i=1

|~pi|2

2m

Possiamo quindi scrivere la funzione Z. A questo punto barero un saccoperche ci sono troppi argomenti che non vi ho spiegato che servono percomprendere pienamente quello che sto per fare e non vale la pena impararliper le Olimpiadi. La Meccanica Statistica ha come base fondante la Meccanica


Hamiltoniana, in modo da dare delle basi matematiche solide. Grazie a questebasi 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 interessantie utili, ma non per i problemi olimpici. Per ora fidatevi di quello che faccio,ci sono basi matematiche solide e non e fatto a caso, e solo spuegato un po’ acaso perche non avete gli strumenti per capirlo.

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 eun prodotto di integrali 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 non valeva la pena fare le cose troppo per bene. In ogni caso in questomodo abbiamo un’espressione per Z. A questo punto possiamo finalmentecalcolare l’energia interna del gas U

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 comedefinizione tempo fa in Termodinamica. Si puo fare di piu: andiamo a ricavarcida Z(V, T )26 anche la pressione del gas p. Per farlo, dobbiamo essere un po’cauti, in quanto sappiamo che le variabili “buone” per U sono S e V . Unapersona 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 modosi commetterebbe un errore in quanto la nostra espressione per U non e intermini delle sue variabili canoniche ma della temperatura, che non e ne S neV . Per fare questo ragionamento dovremmo prima trovare un’espressione diS, buttarla nell’espressione sopra e poi poter fare la derivata.

Agiamo in modo diverso. Ricordiamo che esiste anche un potenzialetermodinamico che si chiama energia libera di Helmholtz, F , che e definitacome

F = U − TS

E possibile mostrare che in un certo senso questo potenziale e il piu legatoalla funzione di partizione Z, infatti si ha

F = −kBT lnZ

La dimostrazione di questa formula non e complicatissima ma non lafaro in questo momento. Per un approfondimento consultate [D’E18c] inbibliografia. Inoltre e utile notare che F ha come variabili canoniche proprioV, T , esattamente come Z. Se ricordiamo che poi vale p = −∂F

∂V, allora si

arriva subito a

p =∂

∂VkBT lnZ = NkBT

∂

∂VlnZ1 =

NkBT

V⇒ pV = NkBT

Come ci aspettavamo.27

26Perche sono queste le variabili indipendenti? E un’altra domanda a cui nonrisponderemo qui, al secondo anno di Universita avrete le risposte.

27Perdonatemi tutti i passaggi dove ho barato clamorosamente. La teoria dietro laMeccanica Statistica e complessa e articolata. Questo voleva essere solo un assaggio.


3.2.6 Gas perfetti

Teoria cinetica In questo paragrafo cercheremo di dare una descrizionemicroscopica dei gas perfetti, per trovare dei risultati che ci saranno moltoutili in seguito.

Consideriamo un gas composto da N palline molto piccole, ognuna dimassa m, non interagenti fra di loro, racchiuse in una scatola cubica di latoL.

Ogni volta che una pallina colpisce un lato della scatola, rimbalza elastica-mente tornando indietro. Nell’urto, la sua quantita di moto cambia e quindila scatola dovra esercitare una forza sulle palline e viceversa.

Consideriamo la scatola cubica posizionata in un riferimento cartesianocon un vertice del cubo nel centro del riferimento e gli assi paralleli agli spigoli.Consideriamo la faccia del cubo a x = 0 costante. Quando una pallina urtacontro la parete, la quantita di moto lungo x passa da −px a px, mentre lealtre 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 ecomposto da miliardi 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. Orae necessario dire 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 dalfatto che la pallina colpisce una volta la faccia di sinistra e una volta la facciadi destra, per cui la distanza in realta e 2L.

Quindi

F = Nmv2

x

L

Noi siamo piu interessati alla pressione piu che alla forza, ed essendoF = pA, otteniamo


p = Nmv2

x

V

In questa stima, tuttavia, abbiamo assunto che tutte le palline avessero lastessa velocita, cosa che in generale non e assolutamente vero, di conseguenzaa v2

x dobbiamo sostituire un valore 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 epoi il quadrato. Se non siete convinti che venga una cosa diversa, vi consigliodi leggere il capitolo di statistica di questo volume, nella parte di matematica.

Ora e arrivato il momento di fare un po’ di considerazioni fisiche su questogas. La velocita delle particelle, come vedremo piu tardi, e estremamentealta. Inoltre, abbiamo supposto il gas rarefatto, per cui la gravita conta poco.Di conseguenza, non esiste una direzione privilegiata e quindi avremo che levelocita lungo x, y, z saranno distribuite nello stesso modo, ovvero se P (v)dve la distribuzione di velocita avremo

Px(vx)dvx = Py(vy)dvy = Pz(vz)dvz

Di conseguenza, per come sono definite velocita medie e velocita quadrati-che 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

(3.19)

Notare che questa equazione vale solo per gas monoatomici, in quantoabbiamo supposto che le varie molecole fossero palline. Se fossero stati corpiestesi piu complicati, come per esempio una molecola di O2 che ha unastruttura come un manubrio, non avremmo potuto trattarla come una pallina.

Facciamo ancora delle considerazioni sulle velocita. Abbiamo gia dettoche non vi sono direzioni privilegiate e quindi le tre distribuzioni sono uguali.


La cosa ancora piu potente e che non solo le 3 direzioni sono equivalenti,ma sono pure indipendenti, in quanto una particella non ha motivo di averecorrelazione 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 dimeccanica statistica, otteniamo addirittura la distribuzione di probabilita perle 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 direzionedella velocita, in quanto in generale sara qualcosa di caotico. Siamo moltopiu interessati a vedere come e distribuito il modulo della velocita ovverov =

√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. Per farlo,ovviamente dobbiamo tenere conto del determinante dello Jacobiano quandofacciamo il 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 integrarerispetto a entrambe e calcolare A, in modo da ottenere in tutta la suamagnificenza la distribuzione di velocita di Maxwell-Boltzmann

P (v) = 4π

(m

2πkBT

) 32

v2e− mv2

2kBT dv (3.20)


Il cui grafico e riportato per alcune temperature in figura 3.14. Finalmentequesta distribuzione ci permette di calcolare le medie delle velocita di cuiavevamo bisogno.

Figura 3.14: Distribuzione di velocita di Maxwell-Boltzmann. Il grafico e perl’ossigeno alle temperature 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. Abbiamosfruttato ripetutamente il fatto che Γ(z + 1) = zΓ(z) e abbiamo ricordato che

Γ

(1

2

)=√π

Riprendendo quindi l’equazione 3.19

p =1

3

m〈v2〉V

⇒ pV = NkBT ⇒ pV =N

NA

NAkBT

pV = nRT (3.21)

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 pallineche vanno in giro per il recipiente a grande velocita. Siamo interessati acercare di capire quanta strada fa una pallina mediamente prima di scontrarsicon un’altra.

Supponiamo che la pallina percorra una distanza rettilinea L. La pallinapuo incontrarne altre durante il suo percorso e quindi cambiare direzione. Lapallina ne incontrera un’altra se questa si trova in un certo volume efficacespazzato, ovvero se trova una pallina dentro un certo volume σL, dove σ hale dimensioni di un’area.

Il valore di σ e 4πr2 se consideriamo il gas omogeneo. Il motivo di tuttoquesto e che entrambe le palline di raggio r hanno dimensioni e quindi l’areain cui puo trovare un’altra pallina non e πr2 ma π(2r)2.

Calcoliamo ora la probabilita che la pallina abbia percorso esattamenteuna distanza L prima di trovarne un’altra. Detta n la densita numerica dipalline, ovvero n = N/V , se il gas e abbastanza rarefatto la probabilita diincontrare una pallina in un certo volume piccolo sara

P = nV

Dividiamo il percorso della pallina in tanti tratti lunghi L/N , dove N esolo 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 laprobabilita che in ogni piccolo tratto la pallina non incontri nessuno, trannenell’ultimo, in cui incontra la pallina.

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 chee indipendente dalla 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 tempe-

ratura, effettivamente il numero di urti per unita di tempo aumenta, ma ladistanza percorsa dalle molecole non cambia, in quanto quando io aumentola temperatura, aumento a tutte le particelle la velocita e quindi e come se iofacessi andare piu velocemente la registrazione di un filmato.

La seconda cosa interessante e che una distribuzione esponenziale e me-moryless, ovvero una volta che io ho percorso un metro, la probabilita che hoadesso, dopo averlo superato, di farne un altro e la stessa che avevo all’inizio.Questa cosa, se ci pensate un attimo e molto sensata e ci rassicura sullavalidita del nostro risultato.

Trasformazioni termodinamiche notevoli Consideriamo nel piano p−V un’isocora. Questa e rappresentata da un segmento verticale. Varra ilprimo principio della termodinamica

dU = đQ− đL


Essendo dV = 0, đL = 0. Di conseguenza, in un’isocora

dU = đQ⇒ ∆U = Q

Essendo U = ncvT , in un’adiabatica Q = ncV ∆T . Questo giustifica ilnome di cV calore specifico a volume costante.

Consideriamo ora nel piano p− V un’isobara. Questa e rappresentata daun segmento orizzontale. Essendo la pressione costante, L = p∆V

dU = đQ− đL⇒ Q = ∆U + p∆V = ncV ∆T + nR∆T = n(cV +R)∆T

Se chiamiamo cp = cV +R otteniamo un’espressione per il calore specificoa volume costante. Questa equazione si chiama relazione di Mayer e vale soloper 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 = −đL⇒ 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 questorapporto per un gas 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 formulaper l’energia interna di un gas perfetto monoatomico

U =3

2nRT

In generale, abbiamo mostrato nel capitolo sul secondo principio dellatermodinamica che 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 monoatomi-co per un gas qualsiasi, otteniamo un risultato molto simile, ovvero otteniamoche

U = ncV T

Dove cV e una costante che dipende dal gas. In particolare, vale 32R per un

gas monoatomico, 52R per uno biatomico e 6

2R = 3R per un gas poliatomico.

Vedrete ad un corso di meccanica statistica che il teorema di equipartizionedell’energia giustifica questi numeri, apparentemente a caso.

Abbiamo ricavato nel capitolo sull’entropia la formula esplicita per lavariazione di entropia in un gas perfetto

∆S = ncv lnp2V

γ2

p1Vγ

1

Ovviamente, essendo definita a meno di una costante additiva, non avrebbesenso parlare di S, ma solo di ∆S. Tuttavia, spesso per fare i conti e praticofare 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 primae sicuramente che si sta facendo il logartimo di un qualcosa che ha unita dimisura e il logaritmo e definito da R a R, fare cose come il logaritmo di molisu litro non ha senso.

Tuttavia, essendo definita l’entropia a meno di una costante additiva,quella costante potrebbe essere inglobata dentro il logartimo, sfruttando lesue proprieta, per dare un denominatore adeguato e quindi non fare coseprive di senso.

Quello che sto cercando di trasmettervi e che questa formula e ogget-tivamente brutta e ha delle cose poco lecite al suo interno, ma visto cheappesantirei di molto la notazione se dovessi ragionare sempre su variazionidi quantita e non sul loro valore, vale la pena di scrivere qualcosa di bruttoper evitare formule mostruose. Succedera una cosa analoga per tutte le altrequantita termodinamiche che abbiamo definito.

L’entalpia di un gas perfetto e H = U+pV = ncV T+nRT = n(cV +R)T =ncpT , dove cp 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 questaformula.

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 Carnotper un gas perfetto che si svolge fra le temperature Tf , Tc. Indichero conA,B,C,D i 4 punti che determinano il ciclo.

Le trasfomazioni A→ B e C → D sono adiabatiche. Le trasformazioniB → C e D → A sono isoterme.

Siamo interessati a calcolare il rendimento di questo ciclo termodinamico.Dobbiamo quindi calcolare il lavoro compiuto nel ciclo e il calore assorbito.L’unica delle 4 trasformazioni in cui viene assorbito calore e B → C, inquanto nelle due isoterme non c’e scambio di calore e nell’altra isoterma vieneceduto. 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 =Ltot

Qass

=

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 informa alternativa l’equazione che descrive un’adiabatica.

pV γ = cost⇒ nRT

VV γ = cost⇒ TV γ−1 = cost

Essendo TC = TB = Tc e TA = TD = Tf , otteniamo

TCV

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.Finalmente abbiamo messo un punto a questo argomento lasciato in sospeso.


La velocita del suono in aria Siamo interessati a calcolare la velocita dipropagazione di un’onda di pressione in aria. Ovviamente approssimeremo inmodo che l’onda provochi un piccolo spostamento d’aria, come fa il suono.Di conseguenza questo modello non sara valido per un’esplosione.

Consideriamo un’onda piana, ovvero un’onda che si propaga solo lungouna direzione, che ovviamente sara il nostro asse x. Una particella che ariposo aveva una posizione x finira in ψ(x, t).

Consideriamo un volumetto dV = Adx. Il volumetto viene deformatodall’onda e diventa quindi

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 interessa piu che altro descrivere la loro piccola variazionerispetto all’equilibrio. Ci interessera quindi trovare qualcosa in funzione di

ρ′ = ρ1 − ρ0

p′ = p1 − p0

Consideriamo il volumetto deformato di prima e scriviamo la secondalegge della dinamica.

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’ondadi pressione di solito viaggia molto velocemente e quando ci sono processiche avvengono a grande velocita e difficile che avvenga uno scambio di caloreconsiderevole, quindi potremo trattare il processo come 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 unavelocita

v =

√γp

ρ

Per concludere, e utile ricordare che abbiamo a che fare con un gas perfettoe sostituire con 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 fannoper descrivere i gas perfetti sono davvero brutali e di conseguenza funzionanobene solo per temperature alte, ovvero dell’ordine dei 300K. Se si voglionoapprossimazioni migliori, bisogna tener conto di due cose: la dimensionenon nulla delle molecole e la mutua interazione fra le particelle. Una buonaequazione che descriva questo modello e l’equazione di Van der Waals chedescrive i cosiddetti 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. Eimportante notare e ricordare nei problemi che quando a, b→ 0 l’equazionesi riconduce all’equazione di stato dei gas perfetti. Ricordatevene perche viservira 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 dimenticano28 la mdi molare. Se non c’e, probabilmente dovrebbe esserci. Mettetecela.

L’isoterma di Van der Waals La prima cosa che si nota quando si disegnaun’isoterma di Van del Waals e che la sua forma dipende strettamente dallatemperatura. Per temperature alte, e una curva che assomiglia molto ad

28Non hanno voglia di scrivere


un’iperbole, come per i gas perfetti, mentre per temperature basse la curvafa 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, lapressione presenta due punti stazionari, mentre sopra quella temperatura nonne ha. Per trovare questa temperatura, 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 puntocritico non diventa un punto di flesso. In particolare, nel momento in cui ipunti diventano lo stesso punto, si annulla la derivata seconda.

Per ottenere quindi le coordinate termodinamiche di questo punto, bisognaquindi mettere a 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 parametricritici e di conseguenza e utile invertire queste relazioni per ottenere i parametria, b in funzione delle coordinate termodinamiche critiche.

a =

27(RTc)3

64Pc

b =RTc8Pc

Figura 3.15: Varie isoterme di Van der Waals

Una parte molto interessante dell’equazione di Van der Waals e chedescrive in modo accettabile anche i liquidi. In particolare, la fase liquidaviene descritta bene dalla zona del grafico evidenziata in figura 3.15, quellaindicata dalla lettera L. E evidente che pero vi e un problema quando unliquido viene descritto da questa equazione, in quanto c’e una zona del graficoin cui ad una diminuzione di volume corrisponde una diminuzione di pressione,cosa insensata. Per dare una soluzione a questo problema, il grafico vienerettificato in modo orizzonale, in modo da togliere questo problema. L’altezzagiusta a cui tagliare e quella che lascia 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’eliquefazione del gas sopra la temperatura critica.


Figura 3.16: Taglio corretto del grafico

Facendo delle piccole approssimazioni e possibile esprimere la pressionepLG a cui si taglia il grafico, ovvero la pressione a cui sono in equilibrio liquidoe gas in termini dei coefficienti a, b e della temperatura.∫ 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 parametriche ci servono. Intanto possiamo trattare inizialmente il gas come perfetto


− an2

Vl= nRT (3.22)

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 quanto quando 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 3.22 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 trovarela relazione

a

bRT=

λ

RT⇒ λ =

a

bAbbiamo quindi ottenuto il calore latente molare a partire semplicemente

dall’equazione di van der Waals.


Trasformazioni notevoli Per studiare le varie trasformazioni termodina-miche per un gas di Van der Waals e prima opportuno ricavare alcune funzionidi stato utili. Cerchiamo quindi di trovare un’espressione per l’energia internadel gas in termini di volume e temperatura, ovvero trovare U(T, V ).

Scriviamo il differenziale dell’entropia usando il primo principio dellatermodinamica.

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 adun 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.Dobbiamo assumere che il calore specifico a volume costante sia indipendentedagli altri parametri. Di conseguenza

U(T, V ) = −an2

V+ ncV T


Una volta trovata questa espressione, possiamo finalmente ricavare l’equa-zione di un’adiabatica per un gas reale.

đQ = 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 acaso simili che avete acquisito come automatismi per i gas perfetti in quantonon sono vere per i gas reali.

Ora possiamo tranquillamente integrare questa relazione ottenendo

lnT1

T0

cVR

= − lnV1 − nbV2 − nb

TcVR (V − nb) = cost (3.23)

Il ciclo di Carnot per un gas reale Ora calcoleremo il rendimento di unciclo di Carnot per un gas reale. Tutto questo e puro masochismo in quantosappiamo gia che cosa deve venire, ma lo faro perche so che siete scettici eancora non credete al fatto che il rendimento possa 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 ln

VD − 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 =Lciclo

Qass

=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 3.23 ricavata prima per un’adiabaticadi Van der Waals per usare lo stesso trucco che abbiamo usato per i gasperfetti e ottenere che la frazione 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 realinon vale la relazione di Mayer cp = cV +R.

Calcoliamoci quindi quanto vale davvero cp

cp =1

n

(đQdT

)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. Quindiattenti a non usare a sproposito le cose imparate per i gas perfetti.


3.2.8 Tensione superficiale

PRENDERLA DALLE DISPENSE DI CORNOLTI CHE QUELLA AN-DAVA MOLTO BENE


3.2.9 Problemi

Problema 3.2.1 (Temperatura nella colonna d’aria). Vogliamodare un modello della variazione della pressione e della temperatura nell’atmosferacon l’altezza.

Modello 1: Considerare la temperatura nell’atmosfera costante e uguale aquella al suolo, T0 noto. Trovare la pressione in funzione dell’altezza, sapendo chea terra vale patm. Ovviamente trascurate venti, piogge e vari fenomeni atmosferici.Trattate l’aria come un gas perfetto biatomico di massa molare µN2

Modello 2: Considerare uno strato d’aria che risale l’atmosfera senza scambiarecalore. Stesse domande del caso precendente, solo che stavolta T 6= cost. Fino ache altezza ha senso questo modello?

Soluzione: 4.3.32

Problema 3.2.2 (Astronave con una perdita). Un’astronave,che potete modellizzare come una sfera, ha al suo interno aria alla pressione p0,temperatura T0. Il volume dell’astronave e V0. Ad un certo punto un piccolooggetto si schianta contro l’astronave, creando un 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).Soluzione non disponibile.

Problema 3.2.4 (IPhO 2, 2014, Astana).Soluzione non disponibile.

Problema 3.2.5 (IPhO 1.2, 2014, Astana). Una bolla di saponedi raggio r contiene un gas ideale biatomico. Lo spessore del sapone e h r ela bolla si trova nel vuoto. La tensione superficiale del sapone e σ e il sapone hadensita di massa ρ.

1. Si trovi la formula per il calore molare del sistema in cui il calore viene fornitoin modo lento tale da mantenere l’equilibrio termodinamico e meccanico.

2. Si trovi la frequenza ω delle piccole oscillazioni della bolla assumendo che lacapacita termica dello strato di sapone sia molto piu grande della capacitatermica del gas. Si assuma che l’equilibrio termico venga raggiungo moltoprima del periodo delle oscillazioni.

Soluzione: 4.3.34


Problema 3.2.6 (Massimo lavoro estraibile da un sistema).Abbiamo due corpi di capacita termica finita e costante Ca e Cb, alla temperaturainiziale Ta < Tb. Supponendo di avere a disposizione il motore migliore possibile,vogliamo sapere quanto vale il massimo lavoro che possiamo estrarre dal sistema.

Soluzione: 4.3.35

Problema 3.2.7 (Gas di fotoni). Un gas di fotoni dentro unascatola puo essere rappresentato dalle equazione di statoU(T, V ) = aT 4V

p =U

3V

Dove a e una costante opportunamente dimensionata29

Disegnare nel piano p−V un ciclo di Carnot fra le temperature Tf , Tc compiutoda questo gas e calcolarne il rendimento.

Soluzione: 4.3.36

Problema 3.2.8 (Sfera radiante).Soluzione non disponibile.

Problema 3.2.9 (IPhO 2016 1, Mumbai).Soluzione non disponibile.

Problema 3.2.10 (Un palloncino da compleanno (APhO 2011)).Soluzione non disponibile.

Problema 3.2.11 (Temperatura di una conduttura).Soluzione non disponibile.

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 formauno strato molto sottile di vapore fra la goccia d’acqua e il piano caldo, che permettealla goccia di scivolare sul piano praticamente senza attrito.

Si assuma che il vapore si comporti come un fluido newtoniano di viscosita η edi conducibilita termica k. Il calore latente del liquido e L.

Ricordiamo la definizione di viscosita per un fluido newtoniano. Dati due stratiparalleli di fluido, di area A, la forza tangenziale agente fra i due strati e data daquesta formula

29a =8π5k4B15h3c3


Figura 3.17: Disegno della goccia

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 alcentro della goccia d’acqua. Questo porta ad un flusso di vapore dall’interno versol’esterno. Assumere che all’equilibrio termodinamico si abbia che lo spessore dellostrato e b. Assumere inoltre che la velocita del gas sia puramente radiale (madipendente 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(3.24)

Assumere che la goccia usi tutto il calore che riceve dal tavolo per evaporare enon per aumentare la sua temperatura. Di conseguenza il valore della differenza ditemperatura fra la goccia e il tavolo e ∆T , noto e costante. Chiamare la pressioneatmosferica P0. Assumere che la goccia rimanga sempre emisferica. Indicare con ρe ρv le densita della goccia e del vapore, rispettivamente.

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 prodottodall’evaporazione venga 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.


Figura 3.18: Sistema di riferimento e schematizzazione goccia

Soluzione: 4.3.37

Problema 3.2.13 (Trasformazione termodinamica con attrito).Soluzione non disponibile.

Problema 3.2.14 (Crescita dello spessore del ghiaccio (SNS 2015)).

Considerate un lago di superficie molto grande e profondita dell’acqua uniforme emolto grande. L’aria sopra la superficie del ghiaccio e da considerarsi a temperaturacostante e uniforme Tf < 273 K. L’acqua sotto lo strato di ghiaccio e da considerarsiallo stesso modo a temperatura uniforme e costante Tc > Tf . A causa della bassatemperatura dell’aria, lo strato di ghiaccio cresce lentamente. All’istante t0 = 0il ghiaccio e spesso h0. Calcolare lo spessore del ghiaccio in funzione del tempoconoscendo 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 ESPLICITODI ∆S. PER ORA 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 modomolto simile alle masse. La legge che indica la forza di attrazione/repulsionefra due cariche q1, q2 ferme l’una rispetto 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 unapiccola carica dq nel sistema, a patto di non spostare le altre cariche giapresenti, 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 uni-forme) se le altre cariche rimangono ferme. Scoprirete che in realta questocampo vettoriale, chiamato campo elettrico, ha grande significato di per see non e solo un semplice artificio per semplificare i conti. Inoltre, in questocaso la forza e quella esercitata da una somma di forze centrali, per cui esicuramente conservativa se le altre cariche rimangono ferme.

Il potenziale elettrostatico Il campo elettrostatico e conservativo. Diconseguenza, si potra definire un’energia potenziale di una nuova particellache viene introdotta nel sistema.

U(~r) = −∫ ~r

∞

~F · dr

3.3. ELETTROMAGNETISMO 325

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 enecessario che non ci siano campi magnetici variabili. Nella sezione sulleequazioni di Maxwell vedrete infatti che in questo caso il campo elettrico etutt’altro che conservativo.

Conservazione della carica elettrica E un’evidenza sperimentale che lacarica elettrica totale di un sistema di oggetti sia una quantita conservata.Normalmente in meccanica classica vale la stessa cosa per la massa, quindiavrete gia delle idee a riguardo su che effetti possa avere questa legge diconservazione. Tuttavia vi e una grossa differenza che permette ai fenomenielettrici 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 suifenomeni che possono accadere. Per esempio, un fenomeno molto studiato e ildecadimento di un elettrone e positrone in due fotoni. Le prime due particellehanno rispettivamente carica −e e +e, mentre i fotoni sono scarichi. Comevedete, sia a destra che a sinistra della reazione la somma totale delle carichee nulla, ma questo non vieta che vengano conservarsi separatamente la caricapositiva e negativa.

Quantizzazione della carica elettrica Una cosa interessante e che lacarica elettrica e quantizzata, ovvero puo assumere solo valori multipli interidi una certa costante che si chiama carica elementare e vale

e = 1, 602 · 10−19 C

In particolare, ogni elettrone ha carica −e e ogni protone ha carica +e. Unneutrone ha carica 0. Esistono anche particelle piu piccole, chiamate Quark,che possono avere carica piu piccola di questo valore, ma non possono esisterecome oggetti indipendenti, ma solo in gruppo con altri Quark in modo chel’insieme abbia carica multipla e.


Nella maggior parte dei problemi non e necessario tenere conto di questofatto ma a volte possono farvi domande a caso in cui dovete accorgervi cheuna particella ha carica 2e e quindi puo essere una particella α,30 per esempio.

Usare la legge di Gauss

In elettrostatica c’e praticamente una sola legge da saper adoperare conmolta cura ed e il teorema di Gauss per l’elettrostatica, ovvero

ε0Φ( ~E, ∂V ) =∑

qint

In parole povere, data una qualunque superficie chiusa, il flusso del campoattraverso la superficie e direttamente proporzionale a quanta carica e presentedentro la superficie.

Esempio 3.3.1. Per fare un esempio facile, prendiamo una carica puntiformeq. Vogliamo ricavare ~E(~r). Il problema ha evidentissima simmetria sferica, ilche ci suggerisce di scegliere una superficie sferica centrata nella carica, diraggio r. Il campo elettrico, a causa della simmetria sara ~E = E(r)r. Usiamoil teorema di Gauss

4πr2ε0E = q ⇒ ~E =q

4πε0r2r

Che e ovviamente la formula del campo elettrico di una carica puntiforme.

Esempio 3.3.2. Facciamo ora un esempio leggermente piu complicato, manon di molto. Prendiamo un filo rettilineo infinito che abbia una carica perunita di lunghezza λ. Vogliamo trovare ~E(~r).

E evidente la simmetria cilindrica del problema. Stavolta vi e un problemain piu non da poco pero. Sicuramente abbiamo che ~E(~r) = ~E(r), ovvero lasimmetria cilindrica implica che il modulo del campo elettrico dipenda solodalla 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 problemae identico a prima, ma E ′z = −Ez. Usando questa trasformazione il campoelettrico non puo essere cambiato perche il problema e identico. QuindiE ′z = Ez = −Ez ⇒ Ez = 0.

30Un nucleo di elio, ovvero due neutroni e due protoni tenuti insieme per forze nucleari.Il complesso ha carica +2e. Se ci aggiungiamo due elettroni diventa un atomo di Elio


Allo stesso modo, se ci fosse una componente Eθ, in ogni caso dipendeda r e basta il suo modulo. Il campo avra quindi un verso di rotazioneche definisco come ~a = r × Eθθ = Eθz. Tuttavia lungo z vi e una assolutasimmetria di riflessione, quindi analogamente a prima si ottiene Eθ = 0.

Finalmente, avendo escluso per motivi di simmetria componenti trasversedel campo, possiamo scrivere ~E(~r) = E(r)r e applicare il teorema di Gauss,scegliendo un’oppurtuna superficie chiusa.

La scelta ottimale e abbastanza evidente, prendendo una superficie cilin-drica con asse nel 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 flussoattraverso quelle due superfici e nullo. Rimane quindi il contributo sulla faccialaterale

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 quanti conti 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 evidenteche il modulo del campo e lo stesso, ma la direzione e diversa e tale per cui siconserva solo la componente radiale 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 portandofuori un fattore 2. Inoltre, cerchiamo di avere dentro l’integrale delle quantitaadimensionali.


~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 unintegrale. E una cosa molto importante riuscire a fare questo, in quanto orala nostra espressione e

~E = f(r)rK

Ovvero noi conosciamo l’andamento di r in tutto lo spazio, conosciamola direzione ovunque, tutto quello che ci manca e un fattore moltiplicativoK che indica il suo modulo. Questo e sicuramente importante se bisognacostruire qualcosa, ma in generale, se vogliamo studiare un generico fenomenoe la cosa che ci importa di meno in quanto sappiamo praticamente tutto sulcampo ovunque. Se poi va male e l’integrale non siamo capaci di farlo, malche vada lo si fa fare in modo approssimato ad un computer, ma la fisica delproblema e completamente compresa.

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 σuniforme. Vogliamo trovare il campo elettrico in tutto lo spazio.

Scegliamo una superficie chiusa adeguata per utilizzare il teorema di Gauss,dopo aver fatto alcune considerazioni di simmetria. Innanzitutto, e ovvio cheil campo elettrico deve essere ortogonale al piano e avere verso opposto neidue semispazi. Se il campo elettrico ~E(~r) avesse una componente trasversa,potrei ruotare il mio disegno intorno ad un asse ortogonale al piano, passanteper il punto ~x e otterrei che il sistema fisico non e cambiato ma il campo si.

Di conseguenza, se chiamiamo con x il versore ortogonale al piano, avremoche ~E = ~E(d)x, dove d e la distanza dal piano.

Scegliamo ora quindi una superficie chiusa adeguata. Prendiamo unaqualsiasi figura piana appartenente al piano carico e le facciamo spazzareun volume simmetricamente a sinistra e a destra del piano, percorrendo inentrambe i versi una distanza d. Quello che abbiamo ottenuto e un prisma dibase qualsiasi, la cui area verra chiamata A.

Calcoliamo il flusso del campo attraverso questa superficie. Ovviamente lefacce laterali non contribuiscono al flusso del campo in quanto il campo saraortogonale alla superficie. Per quanto riguarda le basi, avremo che entrambecontribuiscono di una quantita E(d)A, in quanto in entrambe i casi campoelettrico e area hanno la stessa orientazione relativa.

Di conseguenza

2ε0E(d)A = σA⇒ E(d) =σ

2ε0(3.25)

Notiamo una cosa molto interessante, ovvero che questa quantita nondipende da d, ovvero il campo elettrico ha lo stesso modulo in tutto lo spazio.

Per esercizio, otteniamo lo stesso risultato integrando, ovvero calcoliamoil campo elettrico ad una distanza d dall’asse di un disco di raggio R caricoomogeneamente e poi facciamo il limite per R→∞

Consideriamo una corona circolare di raggio r e spessore dr. L’area diquesta 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 coronasara

dq = 2πσrdr

Il modulo del campo elettrico infinitesimo generato dalla corona saraquindi

dE =2πσrdr

4πε0(d2 + r2)

Come nell’esempio precedente, le componenti trasverse del campo si elidonoe quindi rimane 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 ilcampo elettrico non dipende da d, in quanto non compare fuori dall’integralee dentro l’estremo viene mangiato dal limite. Di conseguenza, come primasi riesce a dare tutte le informazioni sulla fisica del problema senza dovernecessariamente integrare, e sufficiente portare tutte le quantita dimensionatefuori 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 oggettiisolanti, ovvero oggetti in cui le cariche sono obbligate a rimanere ferme,per esempio il piano infinito uniformemente carico. I conduttori invece sono


caratterizzati da un’elevata capacita di permettere alle cariche di muoversi alloro interno. Nel capitolo sulle equazioni di Maxwell si discutera di carichein movimento, in questo capitolo di elettrostatica parleremo solo del casostazionario, ovvero la situazione dopo che si e stabilizzata, eventualmenteanche in un tempo infinito.

Il teorema di Coulomb La prima cosa da notare quando si parla diconduttori e che questi, anche se sono globalmente neutri, in realta, cometutta la materia, hanno semplicemente una grande quantita di carica positivacontrobilanciata da altrettanta negativa. Per questo motivo, anche se unconduttore e globalmente neutro, se viene immerso in un campo elettricoesterno, 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’internodel suo volume. Per riuscire addirittura ad allontanarsi dalla superficie eandare per conto loro nel vuoto e necessario un campo elettrico molto intenso.Di conseguenza, un conduttore normalmente non e in grado di cambiare laquantita di carica totale presente su di lui a meno di essere messo in contattocon altri oggetti.

Diamo ora una descrizione quantitativa del fenomeno, sulla superficie eall’interno.

La prima cosa da dire e che la carica si dispone sulla superficie delconduttore. Il motivo di questo fatto e semplicemente che le cariche di segnouguale tendono a respingersi e quindi si allontanano il piu possibile. Nonpotendo allontanarsi dal conduttore, rimangono quindi sulla sua superficie.

All’equilibrio il campo elettrico totale deve essere ortogonale alla superficiedel conduttore. Il motivo di questo e che se non fosse ortogonale, allora cisarebbe almeno una piccola componente del campo che darebbe la possibilitaalle cariche di spostarsi ancora all’interno del conduttore. Di conseguenza,il conduttore non sarebbe all’equilibrio. Allo stesso modo si mostra che ilcampo elettrico interno al conduttore e nullo. Infatti, se non lo fosse, ilconduttore potrebbe ancora separare carica portandola sulla superficie, inquanto ci sarebbero tantissime cariche elettriche a cui e applicato un campoelettrico non nullo.

La combinazione di questi due fatti ci dice delle cose molto interessanti:innanzitutto, la superficie del conduttore e equipotenziale, in quanto il campoe ortogonale alla superficie. Se aggiungiamo anche che il campo elettrico


dentro il conduttore e nullo, otteniamo che il potenziale di un conduttoreall’equilibrio e uniforme.

Diamo ora una descrizione quantitativa della correlazione fra la densitadi carica locale sulla superficie del conduttore. Avviciniamoci di molto alconduttore. A distanze abbastanza piccole, il conduttore sara approssimabilecome un piano. Se guardiamo molto vicino, potremo dire che la densita dicarica superficiale σ in una regione molto piccola e uniforme. Scegliamo quindiuna superficie chiusa e applichiamo il teorema di Gauss. Prendiamo unasuperficie esattamente come nell’esempio 3.3.3. Stavolta il campo elettrico daun 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 la densita di carica superficiale e prende in nome di teoremadi Coulomb

Vorrei far notare che questa formula differisce dalla 3.25 per un fattore 2.Attenti a non confondere l’una con l’altra, il significato fisico e molto diverso.

Il teorema del guscio sferico Una cosa in particolare puo risultare par-ticolarmente controintuitiva da vedere percio ritengo sia il caso di darciun’occhiata.

Consideriamo un guscio sferico fatto da conduttore, di raggi r1 < r2.Andiamo a posizionare ferma una carica puntiforme q al centro della sfera. Aquesto punto le cariche sul conduttore si distribuiranno sulle due superfici inmodo da rendere nullo il campo dentro il conduttore e uniforme il potenziale.In particolare basta applicare il teorema di Gauss ad una superficie di raggior1 < r < r2 per vedere che sulla superficie r1 si accumula in modo uniformeuna carica −q. Dato che il conduttore era globalmente neutro all’inizio, dovraesserlo anche alla fine, percio sulla superficie esterna r2 dovra esserci unacarica totale q. Data la simmetria del problema, si distribuira di nuovo inmodo uniforme.

Domandiamoci ora che cosa succede se la carica puntiforme q fosse stataposizionata non al centro del nostro guscio ma in un punto a caso all’interno.Applicando di nuovo Gauss ad una superficie sferica di raggio r1 < r < r2

si ottiene di nuovo che sulla superficie interna si accumula −q e poi con lostesso ragionamento si arriva a dire che su quella esterna si accumula q. La


differenza rispetto a prima e che adesso non abbiamo piu la simmetria sferica,a priori.

Sulla superificie interna, infatti, la carica totale sara −q, ma in generaleovviamente non si avra simmetria, ovvero le cariche saranno piu concentratepiu vicino a dove si trova la carica interna q.

A questo punto resta da calcolare che cosa succede sulla superficie esterna.La cosa sorprendente e che anche in questo caso, la distribuzione di carica euniforme sulla superficie esterna. Questo fatto e poco intuitivo, ma si puospiegare dicendo che all’interno del conduttore, il campo generato dalla caricalibera q e completamente neutralizzato dall’effetto delle cariche sulla superficieinterna. Di conseguenza, se vogliamo che il campo dentro il conduttorerimanga nullo anche dopo che abbiamo considerato la carica esterna +q, deveper forza essere a simmetria sferica. Di conseguenza, ovunque ci troviamonello spazio fuori dalla sfera, questa si comporta esattamente come se fosseuna carica puntiforme centrata nel centro della sfera!

Dipoli elettrici Definiamo un dipolo elettrico un insieme di due caricheelettriche, una +q e l’altra −q, in qualche modo vincolate a rimanere ad unadistanza fissa d. Per tenere conto dell’orientazione nello spazio del dipolo,considereremo il vettore ~d di modulo d, che segue la congiungente le dueparticelle e va da quella negativa a quella positiva.

Questi oggetti non sono niente di particolare, semplicemente capita spessodi averne a che fare nei problemi e avere un paio di formulette gia pronte puoessere comodo, ma in realta sono tranquillamente ricavabili sul momento.

Vediamo quindi cosa succede ad un dipolo elettrico immerso in un campoelettrico uniforme. 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 CM del dipolo. Chiamiamo m+ ed m− le masse delle due particelle(nella maggior parte dei casi m+ = 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 amente comunque

Calcoliamoci ora invece il campo elettrico generato dal nostro dipoloelettrico. In particolare, siamo interessati a vedere come si comporta il dipoloa grandi distanze, ovvero per r d. Calcoliamo il campo in modo esatto epoi 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 approssima-zione vogliamo una formula piu semplice. Su ogni libro di testo delle superiorie riportata quella al primo ordine in d/r, ovvero che include solo termini digrado ≤ 1 e io calcolero proprio quella. In ogni caso, volendo si puo ricavareuna formula piu precisa semplicemente tenendo termini di ordine 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 stiamotenendo solo il primo ordine. Ricordiamo inoltre che (1+x)α = 1+αx+O(x2)31

Andiamo quindi a calcolare il campo elettrico

31Questa notazione si chiama o piccolo e o grande di Landau e servono solo a dire che isuccessivi termini sono di ordine superiore e quindi si buttano via.


~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(3.26)

Calcoliamo ora in modo piu semplice il potenziale elettrostatico generatodal dipolo, svoglendo il calcolo nello stesso modo, solo che ora non abbiamo ache fare con vettori ma con 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(3.27)

Notare, che come per il campo elettrico, la potenza dominante del poten-ziale decresce molto piu rapidamente del potenziale generato da una caricapuntiforme.

Vediamo ora rapidamente in che modo avremmo potuto ricavare il campoelettrico, formula leggermente brutta, a partire dal potenziale che e invecemolto semplice. Scriviamo la definizione di potenziale a partire dal campoelettrico

~E = −~∇V = −~∇ ~p · r4πε0r2

A questo punto si puo agire in diversi modi. Il piu diretto e burino escrivere tutto i coordinate cartesiane, fare i conti e poi ricostruire un’equazionevettoriale. Il modo piu intelligente invece puo essere di fare manipolazionivettoriali furbe. Intanto cerchiamo di capire cosa varia nell’espressione e cosa


no, perche sara quello a decidere cosa ci tocca derivare e cosa no. Sicuramenter e variabile, ma anche r varia. L’esperienza ci dice che e furbo scrivere

~E = −~∇V = −~∇ ~p · ~r4πε0r3

In quanto adesso possiamo derivare piu agilmente. Vediamo come, sfrut-tando la regola della derivata del prodotto

~E = −~∇V = −~p · ~r~∇ 1

4πε0r3− 1

4πε0r3~∇(~p · ~r)

Il primo pezzo e facile in quanto ~∇ 1r3 = − 3

r4 r, mentre il secondo eleggermente piu ostico da 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,−q attaccate da una barretta inestensibilelunga ~d. Supponiamo che la carica negativa si trovi nel punto ~x. La forzatotale 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.Notiamo innanzitutto che se il campo ~E e uniforme, allora ~F = 0. Supponiamoora che il dipolo sia piccolo rispetto al tasso di variazione del campo elettrico,ovvero mettiamoci nell’approssimazione

|~d| 1

| ~E|∂| ~E|∂x

Dove in realta x non ha nulla da invidiare alle altre variabili, l’ho sceltasolo perche non mi viene in mente un modo migliore di scriverlo. Andiamoquindi ad espandere in serie al primo ordine il campo elettrico in modo da


capire cosa succede alla forza nel limite di dipolo piccolo. Consideriamo lacomponente 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 ederiva da un potenziale

U = −~p · ~E

Quella che abbiamo calcolato adesso e effettivamente la forza agentesull’intero dipolo. Dato che e a tutti gli effetti un corpo rigido, ci aspettiamoche su di esso agisca anche un momento ~τ rispetto al suo centro. In questocaso sarebbe anche opportuno definire il centro. Assumiamo che il centro di


massa corrisponda con il baricentro delle cariche, ovvero che il baricentro stiaa 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 nondiscordi, per cui approssimando brutalmente con ~E(~x+ ~d) = ~E(~x) otteniamosubito un momento non nullo che e

~τcm = ~p× ~E

Energia potenziale elettrostatica

Abbiamo visto che ad un sistema di due cariche elettriche possiamoassociare un’energia potenziale

U =1

4πε0

q1q2

d

Ovviamente se noi andiamo a considerare un sistema di piu cariche, perogni coppia sara possibile scrivere l’energia potenziale, ovvero

U =1

4πε0

∑coppie

qiqjrij

Dove dobbiamo fare attenzione a non mettere i termini con indice ugualee dobbiamo anche ricordarci che se mettiamo la coppia i, j non dobbiamomettere la coppia j, i, in quanto l’energia potenziale e della coppia e nondella coppia ordinata. Per far assumere un aspetto piu simmetrico alla nostraespressione, possiamo notare che se facciamo∑

i

∑j

qiqj

Contiamo esattamente due volte ogni coppia (oltre a contare anche i casii = j), quindi possiamo scrivere

U =1

2

1

4πε0

∑i 6=j

qjqjrij


Che ovviamente si puo estendere al caso di distribuzione continua portandoalla 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. Sepoi notiamo che

1

4πε0

∫V ′

ρ(~r′)

|~r − ~r′|dV ′ = φ(~r)

Allora la nostra espressione prende una forma abbastanza semplice esensata

U =1

2

∫V

φ(~r)ρ(~r)dV

Vorrei farvi notare la presenza del fattore 1/2 che puo confondere leidee. L’espressione φρdV e effettivamente l’energia potenziale della singolacarica dq immersa nel potenziale φ, ma noi in questo caso non stiamocercando questo. Noi stiamo associando un’energia potenziale all’interosistema, ovvero la carica dq e quello che genera il potenziale φ. Di conseguenzail 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 prestareattenzione al non contare le cose due volte.

Possiamo trovare un’espressione alternativa per quello trovato sopra espri-mendo tutto in termini del campo elettrico ~E generato dal potenziale φ.Ricordiamo quindi che ~E = −~∇φ e 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 tornarefuori una formula alternativa che sara utile in molti casi. Consideriamol’identita matematica


~∇ · (ψ~∇φ) = ~∇ψ · ~∇φ+ ψ∇2φ

Dove ψ, φ sono generiche funzioni scalari. Questa e un’identita vettoriale,non ha niente di fisico. Tuttavia, se andiamo a considerare il caso particolareψ = 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 pezzodell’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 dellanostra distribuzione di cariche. Ora facciamo l’assunzione che la distribuzionesia localizzata, ovvero che esista un volume finito al di fuori del quale ρ = 0ovunque. In tal caso e sufficiente prendere un volume V con contorno ∂Vmolto piu grande di questo volume per accorgersi che la situazione in cui ilcampo elettrico e il potenziale sono piu intensi a grandi distanze e quando ilnostro ammasso non e globalmente neutro ma ha una carica totale Q. In talcaso prendendo una superficie gaussiana molto piu grande del volume in cuie 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 (3.28)

Se definiamo

u =1

2ε0E

2

La densita di energia associata al campo elettrico, allora il nostro integralee

U =

∫udV

Dove l’integrale e da fare su tutto lo spazio. Vorrei farvi notare che c’euna differenza fra le 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 esprimein termini del quadrato del campo elettrico, ovvero U2 ≥ 0, mentre e facileprendere configurazioni con un numero finito di cariche puntiformi per cuiU1 < 0. 32 Cosa c’e di diverso in quello che abbiamo fatto?

Andiamo ad usare la formula 3.28 per un sistema di cariche puntiformiper vedere che cosa abbiamo toppato. Prendiamo quindi due cariche q e −qposte a distanza d e calcoliamo l’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

32Basta prendere due cariche +q e −q


∫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 nonvi interessano saltate 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

−? Intantonotiamo che sono positivi. 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 caricapositiva. Se andiamo ad associare al campo elettrico un’energia, ovviamentequalsiasi cosa dotato di carica portera con se dell’energia a causa del campoche genera. Il problema di considerare la carica puntiforme e proprio il fattoche questo termine e infinito. In meccanica quantistica verra risolto questoproblema. Per i problemi che dovete fare voi, semplicemente ricordatevi diquesto fatto e togliete questo contributo infinito per far tornare i conti. Delresto, se cercate la differenza di energia fra due configurazioni, se le carichenon annichiliscono l’auto-energia dovuta alla singola particella ci sara siaprima che dopo, quindi tanto vale non considerarla, anche se e infinita.

La proprieta del valore intermedio per funzioni armoniche Questasezione e estremamente facoltativa, fornisce solo una giustificazione del perchealcuni conti si fanno in un certo modo. Consideriamo quindi un oggetto asimmetria sferica immerso nel potenziale elettrostatico generato da altrecariche. Per fare un esempio concreto, possiamo prendere per esempiouna sfera carica con densita ρ(r) a completa simmetria sferica immerso nelpotenziale V (~r) (questo puo essere di qualunque tipo) generato da altrecariche che stanno fuori dalla sfera. Il potenziale V (~r) dovra soddisfarel’equazione


∇2V = − ρε0

Ma dato che stiamo considerando solo il potenziale generato da altre caricheesterne, sara ρ = 0 e quindi∇2V = 0. Le funzioni che rispettano quest’ultimaequazione si dicono funzioni armoniche. Una proprieta interessante di questefunzioni e la proprieta del valore intermedio.

FINISCI DI SCRIVERE

La continuita del potenziale e del campo elettrico


Condensatori

Uno dei componenti principali dei circuiti elettrici che avrete sicuramentegia incontrato e il condensatore (anche detto capacitore). Un condensatore ecomposto da un insieme di conduttori (in genere due), disposti rigidamentein un certo modo. Nei condensatori veri, c’e sempre un materiale dielettricofra i due, che aiuta a mantenere la geometria dell’oggetto e, come vedremopiu avanti, aiuta anche a rendere piu efficace il tutto.

I condensatori vengono costruiti per diversi motivi. Uno di questi e poteravere campi elettrici abbastanza intensi e controllabili in regioni ristrette. Unaltro e immagazzinare energia accumulando carica per poi rilasciarla moltovelocemente.

Nella situazione piu comune, abbiamo condensatori composti da dueoggetti metallici molto vicini e su uno dei due vi e una carica elettrica +q,mentre sull’altro una −q. I due conduttori, essendo all’equilibrio, avrannoun potenziale elettrostatico uniforme su tutto il volume e quindi avra sensoparlare di differenza di potenziale fra i due conduttori ∆V . Per motivi storicispesso non viene chiamata ∆V bensı V .

Inoltre, proprio per la condizione di equilibrio dei conduttori si ha che ilrapporto

C =q

V

e costante e dipende solo dalla geometria del nostro oggetto. Vorrei farnotare che q non e la carica del condensatore, in quanto la carica totale enulla, 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 edato che dipende solo dalla geometria dell’oggetto e opportuno calcolarla peralcuni oggetti tipici da incontrare, come sfere, cilindri. . . Vediamo un paio diesempi su come si calcola la capacita di un oggetto.

Prima di andare a vedere gli esempi, vorrei solo aggiungere che C si misuraovviamente in 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 conoggetti che hanno capacita dell’ordine dei µF o nF . Un condensatore con unacapacita dell’ordine dei mF e estremamente grosso e credo se ne vedano soloin apparecchi che richiedono molta energia come negli impianti industriali.


Esempio 3.3.4 (Capacita di un condensatore piano). Calcoliamo la capacitadi un condensatore fatto in questo modo: prendiamo due superifici ugualipiatte di conduttore di area A e forma arbitraria, disposte parallelamente aduna distanza d l’una dall’altra. Considereremo solo il caso d

√A, in quanto

come vedremo le capacita sono quantita molto piccole e un condensatore cond ≈√A ha poco senso di esistere.

Supponiamo di separare una carica di prova q e calcoliamo ∆V (q). Ciaspettiamo che sia 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 3.25 il campo elettricogenerato 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 inoltreche piu le lastre sono vicine piu aumenta la capacita dell’oggetto.

Esempio 3.3.5 (Capacita di un condensatore sferico). Calcoliamo la capacitadi un sistema siffatto:

• 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 sullasuperficie r2. La differenza 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 lacapacita

C =q

∆V= 4πε0

(1

r1

− 1

r2

)−1

Se ora andiamo a fare il lim r2 →∞, fisicamente stiamo considerando uncondensatore fatto da una sola sfera di conduttore isolata. La sua capacitasara, secondo la formula precedente

C = 4πε0r1

Vorrei far notare a titolo di esempio che se prendiamo come condensatorela Terra, la sua capacita 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 calcolarela capacita di 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 spostandosi lungo l’asse di simmetria non cambia niente. In formule,h r

Mettiamo una carica di prova +q sulla superficie r1. Si accumulera diconseguenza una carica −q sulla superficie r2. Andiamo a calcolare il ∆V perricavarne la capacita

Calcoliamo il campo elettrico usando il teorema di Gauss. Prendiamo unguscio sferico cilindrico di raggio r, r1 < r < r2. Applichiamo il teorema diGauss

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 affermazione e abbastanza banale, andiamo a quantificare questa cosa.Prendiamo quindi un condensatore di capacita C, su cui e gia separata unacarica q (eventualmente 0). Andiamo ad aumentare la carica separata di unapiccola quantita dq. Per farlo, e necessario prendere della carica positiva sullafaccia caricata negativamente e portarla sulla faccia gia caricata positivamente.Ovviamente per fare questa cosa dobbiamo far attraversare alla carica unadifferenza di potenziale che sara uguale alla ddp ai capi del condensatore.Di conseguenza, il lavoro necessario per portare la carica dq da una facciaall’altra sara

dL = V dq =q

Cdq

Per cui, se il condensatore e inizialmente scarico e poi vi si accumula unacarica Q, il lavoro 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,possiamo associare 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 internaassociata al campo elettrico

u =1

2ε0E

2

Andiamo a calcolare U nel caso particolare di condensatore piano a facceparallele

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 quantoeffettivamente la nostra distribuzione di cariche e localizzata e non abbiamocariche puntiformi a far divergere u. Anche se abbiamo controllato il risultatosolo per questo condensatore, in realta vale per tutti quanti.


Metodo della carica immagine

Uno dei metodi piu utlizzati in elettrostatica per risolvere i problemi equello della carica immagine. Purtroppo sulla maggior parte dei libri di testodelle superiori non viene nemmeno citato e quindi, quando qualcuno si trovaad usarlo in gara perche gli viene detto di farlo, non ha idea da che partecominciare.

Ora cerchero di dare una spiegazione di come funziona e a cosa servequesto metodo.

Teorema 3.3.1 (Carica immagine). Sia V una regione dello spazio delimitatada ∂V . Supponiamo di conoscere il potenziale elettrostatico U(~r) per ognipunto della superficie.

Allora il campo elettrico all’esterno di V e univocamente determinato.

La dimostrazione di questo teorema e su Wikipedia, ma leggere la dimo-strazione non vi convincera di piu della sua verita, per cui non la riporto.

Questo teorema e utile perche ci dice che se io trovo una qualsiasidistribuzione di cariche 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 conduttoresu cui vi e induzione di carica, il metodo che vi puo capitare di dover usare esparare a caso una distribuzione che vi sembra sensata, magari dipendenteda dei parametri da trovare. Se funziona, siete sicuri che il campo elettricoesterno sara quello generato dalla vostra distribuzione. Non andate subito apensare 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 piuavanti ci sono diversi problemi che si risolvono in questo modo. Vi consigliodi leggere comunque attentamente la soluzione anche se siete convinti di averfatto giusto in quanto questo metodo e decisamente complicato e sapere unpaio di trucchi puo cambiare il colore della medaglia.


Problemi

Problema 3.3.1 (Volume infinito di carica). Considerate unparallelepipedo infinito con densita di carica uniforme ρ. In formule, dato unriferimento cartesiano xyz, la densita di carica 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 spa-zio usando la legge di Gauss (scegliete un punto intelligente per lo 0 delpotenziale)

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 prodottoρ · a rimane costante. Descrivere quantitativamente cosa succede e che cosarappresenta quello che abbiamo fatto.


Problema 3.3.2 (Distribuzione di carica per avere un campo elettricouniforme). Considerare la situazione in figura 3.19


Due sfere di densita ρ e −ρ uniforme sono sovrapposte in modo che la distanzafra il centro della negativa e quella positiva sia il vettore ~δ come in figura. Entrambele 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 rimangacostante (capite voi costante e uguale a cosa) in modo che il nostro oggettodiventi un guscio sferico vuoto con una densita di carica superficiale σ.Trovatela in funzione dell’angolo θ preso rispetto al vettore ~δ, in funzione delcampo ~E0.


3. Trovare il potenziale e il campo elettrico nello spazio esterno al guscio. Qual’eil termine dominante del potenziale a grandi distanze dalla sfera? A cosaassomiglia questo campo? E solo una somiglianza o e proprio lui?

Soluzione: 4.3.39

Problema 3.3.3 (Lavoro e guscio conduttore). Una carica pun-tiforme q si trova al centro di un guscio conduttore neutro ed isolato, di raggiointerno a e raggio esterno b. Quanto lavoro 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). Conside-riamo un guscio sferico con densita superficiale di carica σ.

1. Da questo guscio viene tolta una zona molto piccola. Trovare il campoelettrico al centro del buco.

2. Sfruttare il risultato precedente per trovare la pressione che deve esercitarel’atmosfera esterna per fare in modo che il guscio non esploda a causa dellarepulsione fra cariche dello stesso segno

3. Trovare la pressione con un metodo diverso: considerare l’energia dellaconfigurazione e ricavarne la pressione.


Problema 3.3.5 (Carica in campo elettrico a simmetria sferica di modulocostante (Senigallia 3, 2011)). Si considerino due superfici sfericheconcentriche di raggi R1 = R ed R2 = 2R che delimitano un volume V ; un’opportu-na distribuzione di cariche, in posizione determinata, e tale da generare un campoelettrico radiale uscente, il cui modulo (E0 noto) e uguale in tutti punti del volumeV .

Il campo elettrico e nullo nei punti interni alla prima superficie (quella di raggiominore) e nei punti esterni alla seconda superficie. Per ottenere questo e necessarioporre una distribuzione di carica positiva sulla superficie interna, una negativa sullasuperficie esterna ed un’ulteriore distribuzione volumetrica nello spazio tra le duesuperfici, in modo tale che la carica totale sia nulla.

1. Quanto valgono le densita di carica superficiale (uniformi) sulle due superficisferiche di raggio R1 ed R2?


2. Quanto vale la densita media di carica spaziale tra le due superfici sferiche diraggio R1 ed R2 ? Si puo facilmente verifcare ( per esempio considerando duecorone sferiche di uguale volume ) che la densita di carica spaziale non puoessere uniforme; essa sara quindi funzione della distanza dal centro: ρ = ρ(r).

3. Determinare l’andamento della densita volumetrica di carica ρ(r) al variaredella distanza dal centro.

4. Tracciare i grafici del campo elettrico E(r), della densita di carica (volu-metrica) ρ(r) e del potenziale elettrostatico V (r), con V∞ = 0, per ogni rcompreso nell’intervallo [0, 5R].

Una particella di massa m e carica q > 0, lanciata radialmente dall’esternoverso il centro della distribuzione sferica, riesce ad attraversare la sfera se lasua velocita iniziale ha un valore qualunque maggiore di v0 (e la conservazionedell’energia mostra che v2

0 = 2qE0R/m).

La stessa particella viene lanciata, da fuori, con velocita di modulo v0 inmodo che nel punto di ingresso la direzione sia ruotata di 45 rispetto aquella radiale; la particella raggiunge una distanza minima dal centro delledistribuzione (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 dellavariabile z = r/R con un’opportuna tecnica numerica e con l’approssimazionedell’1%.


Problema 3.3.6 (Senigallia 2, 2013). Una sferetta di massa mpossiede una carica q ed e appesa ad un lungo filo. Se si dispone la sferetta vicinoad una lastra conduttrice scarica, si osserva che la sferetta viene attratta dallalastra; questo accade perche, per induzione, sulla superficie della lastra si formauna 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 conla verticale. Rispetto alla distanza a tra carica e lastra le dimensioni della sferettasono molto piccole cosicche la carica q puo essere sempre considerata puntiforme;inoltre le dimensioni della lastra, molto maggiori di a, possono essere considerateinfinite. Si puo quindi considerare un piano (di equazione x = 0) come superficie diseparazione tra un mezzo conduttore nel semispazio x < 0 e il vuoto nel semispaziox > 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 puntodi coordinate (a, 0, 0), che l’asse y sia verticale e orientato verso l’alto e l’asse z


perpendicolare al piano della figura ed uscente. Relativamente alla distribuzionedelle cariche indotte, sara sufficiente studiare la situazione lungo l’asse y > 0.Infatti, per simmetria, la densita di carica, σ, dipendera solo dalla distanza r delpunto considerato dall’origine (r2 = y2 + z2).


1. Per determinare il campo elettrostatico in un generico punto P = (x, y, 0)nel semispazio vuoto x > 0 si consideri inizialmente il punto Q = (−x, y, 0)all’interno del materiale conduttore e simmetrico di P rispetto al piano diseparazione tra i due mezzi. Si scrivano il vettore campo e.s. ~E(Q) prodottoda tutte le cariche presenti e il vettore ~E1(Q) prodotto dalle sole caricheindotte che si formano sulla superficie della lastra (piano x = 0). Qui - enel seguito - si esprimano i vettori usando la notazione coi versori o percomponenti.

2. Si scriva adesso il campo e.s. ~E1 (prodotto dalle sole cariche indotte presentisulla superficie della lastra) nel punto P nel semispazio x > 0, mostrando che,limitatamente a questo semispazio, il campo ~E1 e identico a quello generatoda una singola carica puntiforme q′ di cui si chiede il valore e la posizione.

3. Si scriva il campo e.s. (totale) ~E , in prossimita del punto S = (0, r, 0) nelsemispazio vuoto, cioe in un punto vicinissimo alla superficie della lastra, a


distanza r dall’origine O; in altri termini, il limite dell’espressione del campoper x→ 0+, y = r, z = 0.

4. Si calcoli la densita di carica indotta σ(r) nel punto S e si dica quanto valenel punto della superficie 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 condut-tore avessimo solo un parallelepipedo di lati infiniti ma spessore finito? (Perspessore si intende lo spessore lungo 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 (vedifigura 3.21). Di conseguenza, sulla sfera viene indotta una distribuzione superficialedi carica. Riuscire a calcolare il campo elettrico ed il potenziale elettrostaticoprodotti dalla distribuzione della carica superficiale e un compito assai improbo.Tuttavia tale calcolo puo essere considerevolmente semplificato utilizzando unmetodo matematico chiamato metodo delle immagini. In questo metodo il campoelettrico ed il potenziale elettrostatico prodotti dalla carica distribuita sulla sferasono equivalenti a quelli prodotti da una singola carica puntiforme posta dentro lasfera (non devi dimostrare cio).

Nota: Il campo elettrico ed il potenziale elettrostatico di questa carica immagineriproducono il campo elettrico ed il potenziale elettrostatico solamente all’esternodella sfera (compresa la sua superficie).

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 lunghezzaL che ha l’altra estremita fissata a un muro nelle vicinanze della sfera metallicacollegata elettricamente a terra. Nelle tue considerazioni, ignora tutti glieffetti elettrostatici prodotti dal muro. La particella puntiforme si comportacome un pendolo matematico (vedi figura 3.22). Il punto al quale il filo efissato al muro si trova a distanza l dal centro della sfera. Trascura gli effettidella gravita.


Figura 3.21: Carica davanti ad una sfera

Figura 3.22: Pendolo elettrico

3. Trovare la frequenza delle piccole oscillazioni del pendolo.

Data una distribuzione di cariche elettriche, e importante calcolare l’energiaelettrostatica del sistema. Nel nostro problema (vedi figura 3.21), c’e intera-zione elettrostatica tra la carica q esterna alla sfera e le cariche indotte sullasuperficie della sfera ed e presente un’interazione elettrostatica anche tra lecariche indotte sulla sfera. In funzione della carica q, del raggio R della sferae della distanza d determina le seguenti energie elettrostatiche:

4. l’energia elettrostatica dovuta all’interazione tra la carica q e le caricheindotte 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 puntiformeq e posta dentro un guscio conduttore sferico di raggi R1 < R2, ovvero e posta aduna distanza d < R1 dal centro del 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 distribuzio-ne).

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 siascarico ed isolato.


Problema 3.3.9 (Superfici equipotenziali). Considerate due filirettilinei infiniti e paralleli posti a distanza 2R, uno con carica λ e l’altro con carica−λ. Ponete uguale a 0 il potenziale sul piano che sta a meta fra i fili (dovete capirevoi come e messo questo piano in modo che la mia affermazione abbia senso).

1. Mostrare che le superfici equipotenziali sono dei cilindri circolari con asseparallelo ai fili (dovete capire voi centrati dove)

2. Calcolate esplicitamente la posizione del centro delle circonferenze e del lororaggio in funzione di λ, V,R. Per confrontarvi facilmente con la mia soluzioneconsiglio di scegliere un riferimento con l’asse z parallelo ai fili e posizionatonel punto medio e l’asse x che trapassa i fili.

3. Fare un grafico delle superfici equipotenziali. Se volete vederlo bene viconsiglio di usare software come Geogebra33.

Soluzione: 4.3.42

Problema 3.3.10 (Misure di conducibilita). Due cilindri infinita-mente lunghi e paralleli di raggio a distano tra di loro (distanza tra i centri) d > 2a.Le superifici dei due cilindri sono mantenuti ai potenziali rispettivamente V0 e −V0.Lo spazio esterno ai cilindri e riempito di un materiale di resistivita uniforme ρ.

33E gratis.


Viene misurata una corrente i che scorre attraverso lo spazio da un conduttoreall’altro. Chiaramente la corrente che viene misurata e infinita a causa dell’infinitalunghezza dei conduttori, quindi la misura che fate e di corrente per unita dilunghezza i

h . Calcolare ρ in funzione degli altri parametri.Hint: 4.2.4Soluzione: 4.3.43

Problema 3.3.11 (Forza fra i gusci). Consideriamo un guscioconduttore scarico e isolato. Il guscio e sferico di raggio a e di spessore infinitamentepiccolo. Questo guscio viene immerso in un campo elettrico uniforme ~E0. Perinduzione elettrostatica si viene a formare una densita di carica superficiale σ sulconduttore, che dovrete capire voi da che parametri dipendera.

Immaginate ora di tagliare a meta il guscio conduttore con un piano perpendi-colare al campo passante per il centro della sfera, ovvero dividete il conduttore indue gusci emisferici. Supponete che la distribuzione di carica non vari durante iltaglio.

Trovare la forza da applicare ai gusci per fare in modo che non si separino.Hint: 4.2.5 Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.12 (Soluzione elettrolitica). Consideriamo un maredi fluido globalmente neutro. Il fluido e composto da portatori di carica positivi enegativi, di densita numerica per unita di volume iniziale rispettivamente n+ edn−. 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 mantenere la 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 dentrola distribuzione di carica e viene inchiodata in modo che non possa muoversi. Dopoun lungo tempo viene raggiunto l’equilibrio termodinamico.

Trovare esplicitamente la densita di carica netta ρ(~r) in tutto lo spazio, nellaseguente approssimazione: eseguire tutti i conti al prim’ordine nel parametroadimensionale 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


3.3.2 Campo magnetostatico

Corrente continua

Prima di andare a parlare del campo magnetico e opportuno parlareprima degli oggetti su cui esercita una forza, ovvero le correnti elettriche. Nelcaso monodimensionale la definizione di corrente e estremamente semplice:consideriamo un filo molto sottile, rettilineo, in cui la carica elettrica si muove(ovviamente lungo il filo). Considerando un punto in particolare del filo x, lacorrente nel punto e definita come

I(x, t) =dq

dt

Ovvero la quantita di carica che attraversa la superficie di interessenell’unita di tempo. Dato che in generale i circuiti elettrici e le sorgenti nonsaranno monodimensionali, e opportuno dare una generalizzazione di questadefinizione che ci aspettiamo sia di natura vettoriale per dare una direzione eun verso allo spostamento delle cariche elettriche.

Possiamo quindi definire il vettore ~J(~x, t), tale che, data una qualsiasisuperficie Σ valga l’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 quantacarica viene trasportata per unita di tempo per unita di superficie. Vi e unagrande analogia con la fluidodinamica in cui c’e proprio il vettore ~J che indicainvece la massa trasportata per unita di tempo per unita di area. Data lagrande somiglianza, e ovvio che

~J = ρ~vd

Dove ρ e la densita di carica per unita di volume e ~vd non e la velocitadegli elettroni (che trasportano la carica) ma e la velocita di deriva, ovverocome mediamente si sposta la massa. Gli elettroni infatti si muovono adaltissima velocita di moto caotico ma in pratica si spostano di poco a causadel gran numero di urti che fa spesso cambiare direzione. La velocita di derivae quindi la misura di quanto si sposta nettamente la carica. Per dare una


stima concreta, in un impianto elettrico domestico vd ≈ cms

, mentre la velocitadi un elettrone e di almeno 5 ordini di grandezza di piu.

Attenzione: E importante notare a posteriori che noi sappiamo che inun conduttore i nuclei positivi stanno fermi mentre cio che si muove portandocorrente sono gli elettroni, che per una sfortunata serie di coincidenze hannoconvenzionalmente carica negativa −e, per cui la velocita di deriva ~vd e ladensita di corrente ~J avranno verso opposto, cosa che spesso si dimentica diconsiderare

L’equazione di continuita Uno dei principi fondamentali della Fisica, inparticolare dell’elettromagnetismo, e la conservazione della carica elettricatotale. In un processo in cui si creano e si distruggono particelle, la somma consegno delle cariche deve comunque essere la stessa prima e dopo l’avvenimento.Andiamo a considerare ora un certo volume di interesse V , che al suo internocontiene della carica continua e quindi descrivibile da una densita volumicaρ(~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 il contorno del nostro volume. Dato che ~J rappresenta il trasportodi carica, in analogia con la fluidodinamica, il flusso di ~J rappresentera iltasso 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 flussouscente dalla superficie. 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 fisicamentenon indica niente oltre alla conservazione della carica elettrica totale. Possiamoandare a cercare una formulazione locale di questa formula. Andiamo adapplicare il teorema della divergenza a sinistra 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’argomentodell’integrale, ovvero

~∇ · ~J +∂ρ

∂t= 0

Che e l’equazione di continuita nel caso locale. Fisicamente questa equa-zione indica solamente la conservazione della carica elettrica totale. Tuttavia,in un certo senso ci dice una cosa ovvia ma comunque importante: non e solola carica elettrica totale a conservarsi, la conservazione vale punto per punto.Se in un certo punto dello spazio vi e una diminuzione o un accumulo dicarica, 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 ricomparirein un altro, deve per forza esserci una corrente che la porta da un puntoall’altro.

Per questo capitolo noi esamineremo la magnetostatica, ovvero fenomenimagnetici in cui le varie quantita fisiche non variano nel tempo. Per questomotivo in questo capitolo prenderemo 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 capitoli successivi, generalizzeremo questo a distribuzioni qualsiasi.

Resistivita Cominciamo a fare dei modellini che ci permettano di faredei problemi. In elettrostatica abbiamo spesso avuto a che fare con deiconduttori, all’interno dei quali il campo elettrico era zero. Adesso non siamopiu nell’elettrostatica e siamo in presenza di correnti elettriche. Per questomotivo in generale nei conduttori il campo elettrico non sara piu nullo e alloro 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 il modello di Ohm, in cui la relazione fra il campo elettrico e la densitadi corrente e lineare

~E = ρ ~J

dove ρ e per una quantita chiamata resistivita, che caratterizza il materialee dipende da alcuni parametri aggiuntivi come la temperatura T . Sfortunata-mente tutti hanno scelto nel tempo di usare come nome ρ, che si confonde conla carica libera. In questa formula il vettore ~E rappresenta il campo elettricoesterno applicato al conduttore e il vettore ~J rappresenta il vettore densita dicorrente 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 mododiverso di chiamare le cose, non ha niente di fisica in piu. A volte si preferisceusare questa formulazione solo perche se vi e appunto una carica libera ρ eestremamente facile confondere la resistivita con la carica.34

In questa legge si suppone che la resistenza sia lineare, ovvero che campoelettrico e densita di corrente siano sempre parallele. In generale non sarasempre vero, ma alle Olimpiadi non credo vi capitera mai di avere unasituazione diversa. In tal caso la resistivita va sostituita con un tensore a dueindici, ovvero una matrice, che permette di legare ~E e ~J in modo che nonsiano necessariamente paralleli.

Per convincersi che non sia necessario il parallelismo fra i due vettori,consiglio di pensare ad un analogo termodinamico: conduzione di caloreattraverso del legno molto nodoso. Sara comune a tutti voi vedere che nellegno nodoso le fiamme non si espandono in modo isotropo ma seguono lelinee del legno. Il paragone non e proprio lo stesso ma per avere un’idea delperche va piu che bene.

34Ovviamente anche σ si confonde con la densita superficiale di cariche. Sta a voi o achi ha scritto il problema la scelta della formulazione che confonde meno.


La legge di Ohm non e davvero una legge. Semplicemente definisce checos’e un conduttore Ohmico, ovvero un conduttore che rispetta questa legge.E evidente che esistono dei materiali che non rispettano questa legge, peresempio gli isolanti e i diodi a giunzione p-n, in cui la relazione fra campoelettrico applicato e corrente e tutt’altro che lineare. In tutti i problemi incui 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 lunghezzad puo essere scritta 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 sappiamoche su una carica puntiforme immersa in un campo elettrico agisce una forza

~F = q ~E

Ma dato che ~E = 1σ~J 35,

~F =q

σ~J

Ma questa non e una relazione che ci aspettavamo, in quanto ~F e collegatoall’accelerazione delle particelle, non alla velocita come e ~J ! Questa formulasarebbe quindi

m~a =q

σρ~vd

Evidentemente c’e qualcosa che non va in questa equazione in quanto lasoluzione non ci sembra molto fisica. Per correggere questo modello dobbiamoaggiungere una forza, che renda sensato quello che abbiamo scritto. In questocaso infatti sembra che le cariche continuino ad accelerare fino all’infinito. Ilconduttore deve quindi in qualche modo esercitare una forza su queste cariche

35Ho scelto σ per cercare di fare meno confusione con ρ di carica, non per altri motivi.


in moto. Se vogliamo salvare il modello, l’unica possibilita per questo tipo diforza e che sia

~FR = −γ~vd

Ovvero una forza di smorzamento viscoso, come accade per esempio influidodinamica. 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 chevolevamo

~a = 0

In particolare, la relazione e

γ =q

σρ =

nq2

σ

Dove ho indicato con n la densita numerica di portatori di carica, ovveroper definizione il valore n tale che valga

ρ = nq

Notare che questa quantita dipende da q2, quindi il nostro modello funzionasia nel caso siano gli elettroni di carica negativa a muoversi, sia che siano iprotoni, di carica positiva a spostarsi.

La forza di Lorentz Ora che abbiamo introdotto la corrente elettricapossiamo finalmente introdurre il campo magnetico ~B, piu complicato daimmaginare del campo elettrico, che esercita una forza molto diversa sullecariche. In particolare, il campo magnetico agisce solo sulle cariche elettrichein movimento e non su quelle ferme. Quantitativamente, data una carica qcon velocita ~v rispetto ad un certo sistema di riferimento, la forza magnetica~FB agente e

~FB = q~v × ~B (3.29)


La prima cosa da notare e che il campo magnetico non agisce su caricheelettriche ferme36. Inolte, il campo magnetico non compie mai lavoro su unacarica elettrica. Infatti, la potenza erogata e

P =dL

dt= ~FB · ~v = q~v × ~B · ~v = 0

In quanto la forza e sempre ortogonale alla velocita. Viene da se che seho una particella in solo campo magnetico, la sua velocita e una costante delmoto.

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 ecostante e uniforme, questa e evidentemente l’equazione differenziale chedescrive 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

Dove

~Ω = −q~B

mDal capitolo sui riferimenti non inerziali dovrebbe risultare facile da vedere

che cambiando il nostro sistema di riferimento S in un altro S ′ tale che S ′

ruoti di −~ω rispetto a S, in quel riferimento si avra

(d~v

dt

)S′

=

(δ~v

δt

)S

+(

(−~Ω)× ~v)S

=(~Ω× ~v

)S

+(

(−~Ω)× ~v)S

= 0

36Ma ferme rispetto a cosa? Se io mi metto in un riferimento in moto, vedo la carica inmovimento, quindi se il campo magnetico non cambiasse avrei che sulla carica agisce unaforza, quindi questa accelera, cosa completamente sbagliata perche violerebbe il principio direlativita secondo cui la fisica vale in ogni riferimento inerziale. Questo e sicuramente unodei primi dubbi che hanno portato alla formulazione della teoria della relativita ristretta.In poche parole, cambiando sistema di riferimento i campi elettrici e magnetici variano.Andate a vedere il paragrafo di relativita a riguardo per ulteriori informazioni.


Per cui ~vS′ e costante, da cui si ottiene che ~v in S precede intorno all’asseΩ con quella frequenza.

Per completezza, vediamo comunque di risolvere in modo esplicito l’equa-zione differenziale 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 dallaseconda e sostituiamolo 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 precede intorno a quell’asse.

Fisicamente abbiamo mostrato quindi che in generale una particella liberain campo magnetico si muove su una spirale. In particolare, se la compo-nente parallela al campo della velocita e nulla, allora la traiettoria e unacirconferenza.

Le cariche puntiformi non sono gli unici oggetti su cui un campo magneticopuo esercitare una forza. Evidentemente q~v e la generalizzazione discreta diuna densita di corrente ~J . Non e difficile allora capire che la forza agente suuna certa densita di corrente sara

~F =

∫V

~J × ~BdV


Questa formula puo sembrare leggermente difficile da interpretare, per cuivedremo subito come si riduce nel caso di un filo percorso da corrente. Un filoe in sostanza la restrizione monodimensionale del vettore densita di corrente.La quantita ~JdV sara quindi un vettore densita di corrente per un piccolovolumetto. Prendiamo un volumetto cilindrico, con le basi perpendicolari alvettore ~J di area dA e di lunghezza dl. La quantita

~J · d ~ASara uguale alla corrente che passa nel filo I. Se vogliamo mantenere il

carattere vettoriale di ~JdV dovremo quindi inventarci qualcosa relativo a dl.In particolare possiamo tranquillamente per convenzione dargli il carattere divettore con la stessa direzione e verso di ~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 immer-sa in un campo sia elettrico che magnetico allora la forza totale agente esemplicemente la somma delle due, ovvero

~FL = q( ~E + ~v × ~B) (3.30)

Dove il pedice L indica il nome che si da a questa forza in onore dei fisiciche hanno contribuito alla teoria. In questo caso si chiama forza di Lorentz.

Usare la legge di Gauss Dato che in elettrostatica la legge di Gauss ci hasalvati in diverse situazioni e naturale andare a cercare un suo equivalente peril campo magnetico. Non sono ancora stati trovati dei monopoli magnetici innatura e per ora non si e nemmeno riusciti a simulare il campo magneticoche potrebbero generare. Questo fatto porta immediatamente alla legge diGauss per la magnetostatica

Φ( ~B, ∂V ) =

∮∂V

~B · d ~A = 0


Ovvero data una qualsiasi superficie chiusa, il flusso del campo magneticoattraverso questa superficie e nullo. In forma locale si puo esprimere usandoil 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 permettesolo di dire se un campo esiste o meno, ovvero non permette di risalire allaforma del campo ma solo di darne delle caratteristiche qualitative. A voltevi puo essere chiesto di utilizzarla davvero per trovare delle relazioni fra lecomponenti del campo (e.g. Senigallia 2012 p3, Problema 3.3.36).

Per ottenere qualcosa di costruttivo, e necessario usare un altra legge. Inelettrostatica ricordiamo che il campo elettrico e conservativo, ovvero

~∇× ~E = 0

E naturale cercare un’equivalente per il campo magnetico, ovvero cercareuna legge che leghi il rotore di ~B a delle quantita fisiche rilevanti. L’evidenzasperimentale mostra che la legge37 e

~∇× ~B = µ0~J

Che, badate bene, non vale sempre ma solo quando non c’e campo elettricooppure questo non varia nel tempo. Notiamo che in magnetostatica questasituazione e sempre verificata in quanto prendendo la divergenza di questaequazione si ottiene

~∇ · ~∇× ~B = µ0~∇ · ~J ⇒ 0 = ~∇ · ~J

Che effettivamente avevamo supposto dall’equazione di continuita. Sicu-ramente avrete gia visto l’equazione precedente nella sua forma equivalente∮

∂Σ

~B · d~s =

∫Σ

µ0~J · d ~A = µ0iint

37Si chiama legge di Ampere


Ovvero data una qualunque superficie regolare Σ delimitata dalla curvaregolare ∂Σ si ha che la circuitazione del campo lungo la curva ∂Σ e uguale alflusso del vettore densita di corrente ~J attraverso la superficie Σ (moltiplicataper µ0, permeabilita magnetica del vuoto).

Questa legge permette di ricavare il campo magnetico ~B solo se ci sonoevidenti simmetrie che permettano di trasformare una circuitazione in unqualcosa di banale, come vedremo nell’esempio seguente. In generale purtrop-po questa legge e inutile in quanto avere a disposizione una circuitazione nonpermette di risalire al campo. Vedremo invece nel seguente paragrafo comeusare 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 filorettilineo infinito percorso da una corrente costante e uniforme i. Il problemaha evidentissima simmetria cilindrica, per cui il modulo del campo magneticoB(r, z, φ) dipendera ovviamente solo dalla coordinata r e non da φ, z, con glistessi ragionamenti fatti nel calcolo del campo elettrico nel capitolo precedente.

Consideriamo ora una superficie cilindrica centrata nell’asse del cilindro eutilizziamo la legge 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 lasuperficie laterale del cilindro l’unico termine a fare flusso sara quindi iltermine radiale. Se il cilindro ha raggio r e altezza h, il flusso laterale sara

Φlat = 2πrhBr(r)

Mentre lungo le due basi del cilindro l’unica componente a fare flusso saraquella lungo z, ma dato che Bz non cambia, il flusso del campo sulla baseinferiore e esattamente opposto al flusso sulla base superiore, per cui il flussoattraverso 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 acalcolare la circuitazione del campo lungo una circonferenza centrata in unpunto dell’asse. Si avra ∮

∂Σ

~B · d~s = 2πrBφ(r)

Se ora applichiamo la legge di Ampere,

2πrBφ(r) = µ0i⇒ Bφ(r) =µ0i

2πrL’ultima cosa che rimane da vedere e la componente z del campo. Per fare

quest’ultima considerazione facciamo questo gioco di simmetrie. Prendiamoun punto P sul filo e immaginiamo di tagliare a meta il filo, esattamente inquel punto. Prendiamo la meta di sopra e la meta di sotto una alla volta evediamo il campo che generano sul piano π ortogonale al filo e tale che P ∈ π

NO NO NON FUNZIONA NIENTE PENSACI MEGLIO38

Il potenziale vettore ~A I potenziali sono belli, permettono spesso di sem-plificare i conti e trovare cose conservate senza integrare il moto esplicitamente,cosa spesso impossibile. Dato che il campo magnetico e piu strano della gra-vita e del campo elettrostatico, e difficile pensare di trovare un potenziale Utale che ~B = −~∇U , soprattutto considerando che ~∇× ~B 6= 0 in tutti i casi incui il campo ha sorgente.

E dimostrabile che un potenziale alternativo esiste ed e un potenzialevettore, ovvero non si 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 magnetostatica, 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

38Usando il fatto che ~B e uno pseudovettore il risultato e banale, ma non ho mai definitocos’e e al momento non ho voglia di farlo.


ritengo che sia dannoso imparare ad utilizzarlo in quanto e una perdita ditempo. Piu avanti invece vi sara utile. Vi espongo qui la sua esistenza soloperche 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 vale la 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 potenzialescalare a meno di una costante additiva, possiamo scegliere il potenzialevettore 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 quantol’integrazione e 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′. Calco-liamo la componente 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 altrecomponenti. Ne deriva finalmente

~B(~r) =µ0

4π

∫R3

~J × (~r − ~r′)|~r − ~r′|3

dV ′ (3.31)

Che prende il nome di legge di Biot-Savart, che finalmente ci permettedi calcolare il campo magnetico data una qualsiasi distribuzione di densitadi corrente. Sicuramente avrete visto la sua forma equivalente che considerafili di corrente invece che densita. Dato un filo di sezione A e di lunghezzaorientata d~l, infatti il suo volume e dV = Adl, per cui la legge diventa

~B(~r) =µ0i

4π

∫R3

d~l × (~r − ~r′)|~r − ~r′|3

(3.32)


Solenoidi e toroidi In laboratorio puo essere utile avere a disposizionedei campi magnetici di buona intensita. Nel caso del campo elettrico siricorreva all’utilizzo dei condensatori, per il campo magnetico esiste una cosaequivalente, ovvero gli induttori. Questi oggetti hanno proprieta anche piuinteressanti del semplicemente poter avere un campo magnetico intenso alloro interno, ma queste cose interessanti verranno viste piu avanti, nella partesulle equazioni di Maxwell e nei circuiti elettrici. Per ora diamo solo un rapidosguardo ai due esempi principali, solenoidi e toroidi. Il concetto che sta dietroai due e simile, la differenza e nella forma.

Se si vuole ottenere un campo magnetico in modo semplice, la prima cosache viene in mente e un filo percorso da corrente. Tuttavia e facile vedere cheil 10−7 H/m di µ0 rende difficile avere campi magnetici sensati con un filosolo. Cosa si fa allora ovviamente? Si prendono tanti fili e si mettono vicini.

Nel caso del solenoide, immaginate un cilindro, come un manico di scopa.Cominciate ad avvolgerci intorno un lungo filo, facendocelo girare intornopiu volte possibile, in modo che fra un avvolgimento e l’altro quasi non ci siaspazio. Quando avrete fatto abbastanza giri da rendere lungo il cilindro fattoda fili, avrete ottenuto il vostro primo solenoide.

Il bello di un solenoide e che al suo interno si riesce ad ottenere un campoquasi uniforme. Ovviamente il quasi dipende da quanto siete vicini al centroe 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 internetMETTI LA FIGURA, e inutile che tenti di ricavare la formula per il campoche senza un pochino di disegno non si capisce niente. Vi dico solo che bastaapplicare la legge di Ampere.

B = µ0in

Dove B e il campo magnetico al centro del solenoide, i e ovviamentela corrente che scorre nel filo e n = N/l e il numero di spire totali, ovveroil numero di avvolgimenti, diviso per la lunghezza del solenoide. In parolepovere e quanto sono dense le spire.

Esempio 3.3.9 (Campo magnetico sull’asse di una spira percorsa da corrente).Anche qui senza 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 siamogiunti alla formula 3.28. Per rinfrescarci la memoria, ci siamo convinti chepossiamo immaginare che sia il campo elettrico stesso a possedere un’energiapotenziale U che si puo calcolare sotto opportune ipotesi come un integraledi volume

UE =ε02

∫V

| ~E|2dV

Con un ragionamento del tutto analogo si puo arrivare ad una formulauguale per il campo 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 (3.33)

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 cosasensata dimensionalmente.

Ricorderete che poco dopo aver ricavato questa formula per il campoelettrico abbiamo controllato il senso del risultato per un condensatore a faccepiane e parallele. L’esercizio standard da fare adesso e quello di controllarequesto risultato sul campo magnetico per un solenoide, per esempio. Vianticipo 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’ESEMPIOCHE NON E SCONTATO COME SEMBRA


Momento magnetico Probabilmente avrete letto sull’Halliday la defini-zione di momento magnetico per una spira di corrente

µ = iA

Dove i e la corrente che passa nella spira e A e la sua area. Ovviamentequesta definizione lascia molto a desiderare se abbiamo oggetti complessi oche non sono spire metalliche. Per questo e piu conveniente dare la definizione

~µ =1

2

∫V

~r × ~JdV

Ho lasciato molte cose sottointese, vediamo di chiarirle. Innanzitutto ilmomento va definito rispetto ad un punto, come al solito, e rispetto a quelpunto si prendono le distanze ~r. Avendo un oggetto nel volume V , l’integraleva esteso a tutto il volume, considerando per ogni particella il vettore ~r dellaposizione rispetto al punto e il vettore ~J della corrente in quel punto.

Prendiamo un oggetto formato da una spira metallica nel piano e vediamodi calcolare il momento della spira rispetto al suo centro per vedere se ladefinizione torna.

~µ =1

2

∫V

~r × ~JdV

Ovviamente andiamo subito a sostituire ~JdV = id~l in quanto abbiamoun filo. Inoltre l’integrale non sara piu su un volume ma si trattera di unintegrale lungo una curva, dato che 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 ladefinizione banale. Saprete gia che per gli oggetti di cui conosciamo il momentomagnetico esistono delle formule veloci (che vedremo piu avanti nel dettaglio)che permettono di calcolare energia potenziale e momento torcente di unmomento magnetico immerso in campo magnetico. Vediamo un esempio


di come si puo calcolare il momento per un oggetto esteso a caso, senzaaver necessariamente un filo di corrente. Prendiamo per esempio una sferadi raggio R con densita di carica mantenuta uniforme e di carica totale Q.Mettiamo in rotazione (con velocita angolare ~Ω) rispetto ad un asse passanteper il centro la sfera e andiamo a calcolare il suo momento magnetico.

~µ =1

2

∫V

~r × ~JdV

Innanzitutto bisogna calcolare ~J . E ovvio che si ha ~J = ρ~v, dove ρ e ladensita di carica nel 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 brutaledi mettersi in coordinate sferiche e fare l’integrale triplo, il secondo e unmetodo intelligente che consiste nell’accorgersi che quel coso dentro l’integraleassomiglia tanto al momento di inerzia, ma lo vedremo dopo. Facciamo ora ilconto, 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 ilmomento di inerzia. Questa formula ci da quindi il momento magnetico perun oggetto molto diverso da una spira percorsa da corrente, ma vedremo che leformule per l’energia potenziale e il momento torcente varranno ugualmente.

Una cosa carina da vedere e che se abbiamo un oggetto esteso di densitadi massa e di carica 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 moltobene quanto sia infido il prodotto vettoriale. Consideriamo la forza agente suuna generica distribuzione di correnti ~J . La forza infinitesima sara ovviamente

d~F = ~J × ~BdV

Andiamo ora a considerare il momento torcente totale agente su questadistribuzione rispetto ad un generico punto fissato che sara l’origine delriferimento. Indicheremo con ~r la distanza 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 rispettoalle dimesioni caratteristiche del problema, ovvero che ~B non vari in modoapprezzabile all’interno del volume di interesse. In questo caso, essendocostante, potra essere portato fuori e dentro dall’integrale a piacimento. Daun semplice confronto con la definizione di momento magnetico risulta alloraevidente che

~τ = 2

∫d~µ× ~B(~r0)dV


Dove ~r0 e un centro della distribuzione. Sembra tutto molto sensato mae sbagliato. Il prodotto vettoriale non e associativo!39Di conseguenzain generale

~r × ( ~J × ~B) 6= (~r × ~J)× ~B

Per una volta i controesempi non sono patologici, non si tratta di controe-sempi che non vi capiteranno mai in un problema di Fisica, tipo la funzionex2 sin 1

x40, basta infatti prendere i vettori di base per accorgersi che la regola

di associativita per il prodotto vettore non funziona quasi mai41.Dopo lunghi e noiosi conti piuttosto fastidiosi si giunge ad una espressione

vera per il momento totale, che io non dimostro perche richiederebbe troppiintegrali che in questo momento non sono utili. La formula e l’analoga dellaformula per i dipoli elettrici

~τ = ~µ× ~B

Oltre a questa c’e anche una formula analoga per la forza risultante agentesu 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 approssi-mazioni al prim’ordine in cui supponiamo che il campo magnetico non varisensibilmente all’interno della zona del dipolo. Non usatele a sproposito.

Campo di dipolo Come in elettrostatica possiamo essere interessati aconoscere il termine dominante del campo magnetico generato da una di-stribuzione di correnti lontana e localizzata. Ci aspettiamo che il campomagnetico di una distribuzione finita non vada mai come ≈ 1/r2, in quantoquesto sarebbe il campo di un monopolo magnetico. Facendone il flusso suuna superficie sferica molto grande infatti otterremmo una quantita finita enon 0, in contrapposizione con la legge di Gauss per la magnetostatica.

Il primo termine importante sara quindi un termine che lontano dalladistribuzione va a 0 come 1/r3. La fonte piu sensata, in analogia all’elettro-statica, sara il momento di dipolo magnetico della distribuzione µ. A grandidistanze, si puo mostrare che il campo magnetico ~B e dato dalla formula

39Vedi la parte sul calcolo vettoriale se non ne sei convinto.40Il classico esempio di una funzione derivabile ovunque ma con derivata discontinua.41Ripeto: se non ne siete convinti guardate la parte di matematica sul prodotto vettoriale.


~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 IPhOistidel 2015)). Attenzione, il testo ufficiale contiene spoiler sulle rispostealla versione qui riportata!

Un elettrone di massa me e carica e viene sparato dall’infinito verso il centro diun solenoide con velocita v0 c. L’elettrone viene sparato dritto , ovvero se π e ilpiano perpendicolare all’asse del solenoide, si ha che ~v0 ∈ π. Il solenoide ha unadensita di spire per unita di lunghezza n. Trovare la corrente minima imin che nonpermette all’elettrone di entrare nel solenoide.

Hint 1: 4.2.6 Hint 2: 4.2.7 Soluzione non disponibile.

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. Lapresenza dei monopoli magnetici cambia 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 alcentro del riferimento. Studiamo il moto di una carica elettrica di carica q nelcampo generato dal monopolo.

• Trovare il campo ~B(~r).

• Scrivere la forza agente sulla carica elettrica in funzione della sua posizione ~re della sua velocita ~v

• In questo moto non si conserva il momento angolare ~L ma un vettore simile.Trovarlo e chiamarlo ~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 campomagnetico perpendicolare al piano del cerchio il cui modulo dipende solo dalladistanza dal centro ed e noto che il campo ha flusso totale Φ. Se una particelladi carica q e massa m viene lanciata dal centro con velocita v, con quale angolorispetto alla direzione radiale esce dalla regione? Soluzione non disponibile.


Problema 3.3.16. Un cannone posizionato nel punto (−a, 0) parit-celle cariche con carica q e velocita v0 isotropicamente nel semipiano x− y delley positive. Che forma deve avere una regione all’interno della quale ci sia uncampo magnetico costante e perpendicolare al piano in modo che tutte le particellevengano 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 dicarica e di massa in modo da espandersi ma mantenendo sempre il rapporto fra ledensita di carica e di massa costante

ρcρm

=q

m

A causa delle forze elettriche la nostra sfera carica si espande. Descrivere inmodo quantitativo l’evoluzione del sistema, indicando con ~R(~r, t) la posizione altempo t della particella che all’istante iniziale 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 ven-gono spesso presentati come oggetti distinti e molto diversi, spesso anchetrattati come se non avessero a che fare niente l’uno con l’altro. Certo, ilcampo elettrostatico e conservativo mentre il campo magnetico non ha nientedi irrotazionale, la forza che applicano su una particella e completamentediversa, ma credetemi che sono molto legati.

La legge di Faraday-Neumann-Lenz lega appunto questi due campi ede il motivo per cui funzionano oggetti come la Dinamo delle biciclette, glialternatori42 e i trasformatori, che sono in qualsiasi apparecchio elettronicoche ci circonda. Ora scrivero la legge e poi cerchero di renderla chiara condegli esempi.

Proposizione 3.3.2 (Legge di Faraday-Neumann-Lenz). Sia Σ una superficieregolare, non necessariamente piatta, non chiusa (una sfera non va bene), eche possieda un contorno ∂Σ regolare e ben definito. 43. Vale allora∮

∂Σ

~E · d~s = − ∂

∂t

∫Σ

~B · d ~A

Usando il teorema del rotore questa equazione si puo scrivere in formalocale

~∇× ~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 curvachiusa. Noi sappiamo che se un campo e conservativo, la circuitazionedeve essere nulla. Evidentemente, il campo elettrico non e quindi sempreconservativo. Inoltre, sempre il termine a sinistra ha le dimensioni di unadifferenza di potenziale. Per questo motivo spesso viene chiamato V , ma haun significato molto diverso. Normalmente quando si parla di differenza dipotenziale lo si fa per un campo conservativo, in quanto effettivamente si hache per spostare una carica q si compie un lavoro

42In realta sono la stessa cosa43Per esempio se la superficie e un cerchio, il contorno e la circonferenza, se la superficie

fosse una sfera, il contorno non ci sarebbe.


L = q∆V

Dove ∆V non dipende dal percorso proprio perche il campo e conservativo.Qui le cose sono ben diverse, in quanto e evidente che, non essendo sempreidenticamente nullo il membro di 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 percorsoper andare da un punto all’altro. Evidentemente sara lo stesso per il lavoro.

Tuttavia questo termine di circuitazione assomiglia un po’ ad una ddp.Prendiamo un circuito elettrico ad una sola maglia, per esempio. In questocaso e chiaro che l’unica linea sensata su cui fare la circuitazione e il filo,per l’appunto. La parte interessante e che se la circuitazione e diversa da0, vuol dire che e presente un campo elettrico che gira e che quindi spingegli elettroni dentro il filo in una certa direzione. Dato che il filo e un filodi conduttore, difficilmente gli elettroni saranno in grado di scappare dallostesso e quindi saranno continuamente spinti a girare nel circuito, propriocome se ci fosse una batteria inserita nella maglia!

Se cerchiamo un analogo nello spazio vuoto, la cosa diventa leggermentepiu fumosa in quanto se non ci sono vincoli esterni e piu difficile beccarela forma della traiettoria e non e nemmeno 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 perla magnetostatica che si ha ∮

∂V

~B · d ~A = 0


Questo vuol dire che il membro di destra e sempre 0? NO. Infatti la leggedi Gauss vale per una superficie chiusa, mentre noi abbiamo scelto per lalegge di Faraday proprio una superficie che non lo sia.

Inoltre, vorrei far notare che al membro di destra c’e una derivata parzialerispetto al tempo. Questo vuol dire che se il campo magnetico e costante(non necessariamente uniforme) e la superficie su cui applichiamo la leggerimane la stessa, allora si ha ∮

∂Σ

~E · d~s = 0

Ovvero otteniamo che il campo elettrico in quel caso e conservativo, comeci 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 abba-stanza vicini affinche il campo magnetico di uno possa essere non trascurabiledove si trova l’altro. I due solenoidi sono attaccati a due circuiti non collegati.Il primo circuito e costruito in modo da poter regolare la corrente che passaattraverso il primo solenoide a piacimento, mentre il secondo ha attaccato unamperometro per misurare la corrente che lo attraversa.

Figura 3.23: Esempio sulla legge di Faraday

Vediamo un paio di situazioni spiegabili con la legge di Faraday. Suppo-niamo ad esempio di regolare la corrente nel primo circuito in modo che siacostante e valga I. Che cosa misura l’amperometro nel secondo circuito? Larisposta e che misura corrente nulla. Infatti, se la corrente e costante il campomagnetico 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 nelsecondo circuito.

Vediamo una cosa diversa. Regoliamo la corrente nel primo circuito inmodo che segua un andamento simile alla carica di un capacitore, ovveroregoliamo la corrente in modo che sia

I(t) = I0(1− etτ )

Questa scelta e a caso, mi bastava una funzione con un asintoto orizzontaleper fare questo esempio, ho scelto l’esponenziale perche e bello.

E abbastanza ovvio per analisi dimensionale che il campo magneticogenerato dal primo solenoide dipendera in modo lineare dalla corrente checi passa attraverso. Per la linearita dell’integrale, varra anche che il flussodel campo attraverso il secondo solenoide e proporzionale alla sorgente. Diconseguenza, sara

ΦB = kI(t)

Dove la costante k dipendera dalla geometria del sistema e quindi, a menodi deformazioni, non dal tempo. Nel secondo circuito, ci sara quindi unadifferenza di potenziale indotta del tipo

V = −kτI0e− tτ

Ovvero in questa situazione all’inizio scorre corrente e poi non piu. Equindi importante ricordare che viene indotta una ddp nel circuito 2 solo inpresenza di variazione di flusso di campo magnetico

Esempio 3.3.12 (Estrarre una spira da un campo magnetico fisso). Pren-diamo un esempio classicissimo. Consideriamo una situazione in cui in metadello spazio c’e un campo magnetico costante e uniforme ~B0 mentre nel restodello spazio il campo e nullo, ovvero

~B =

B0z se x < 0

0 altrimenti

E consideriamo ora una spira rettangolare 44 posta in modo che siaortogonale al campo magnetico ~B. Supponiamo inoltre che siano presenti

44Ovvero un filo metallico rigido modellato a forma di rettangolo.


forze esterne (per esempio una persona), che permettono alla spira di muoversisolo lungo l’asse x e non le permettono di ruotare intorno ad alcun asse,mantenendo quindi fissa la direzione dei due lati della spira, ~a = ax e ~b = by

Se ora teniamo ferma la spira e ovvio che non ci sara alcuna fem indotta,in quanto il flusso del campo magnetico attraverso la spira e costante, indi-pendentemente da dove ci troviamo nello spazio. Andiamo ora a muovere lanostra spira lungo l’asse x. Quando ci troviamo ancora nella situazione in cuila spira e completamente immersa nel campo magnetico, il flusso del camposara 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 lecose si fanno interessanti quando la spira e parzialmente immersa, ovveroquando 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 indicatocon x la posizione dell’estremo destro della spira. Andiamo a calcolare la femindotta 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 lacorrente?

In una legge formulata come


~∇× ~E = −∂~B

∂tBasta fare la derivata parziale del campo magnetico per ottenere esatta-

mente il rotore del campo elettrico e quindi sapere in che verso gira. Comefacciamo qui a dare una orientazione corretta alla circuitazione, una voltascelto il verso del vettore area? La risposta e sempre quella: regola dellamano destra!

Dato che noi abbiamo scritto ΦB = +BA e non −BA, abbiamo implicita-mente scelto l’orientazione del vettore area in modo che sia concorde il campomagnetico, ovvero abbiamo preso il vettore area ~A = Az. A questo puntobasta mettere il pollice lungo il versore z e questo indichera in che verso farela 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 lasomma delle forze esterne sia nulla. Domandiamoci ora: serve applicare unaforza per tenere in moto rettilineo uniforme la nostra spira oppure una voltamesso in moto fa tutto da solo?

Beh, dato che abbiamo una spira percorsa da corrente in campo magnetico,ci aspettiamo che il campo eserciti una forza su di essa. Ora bisogna vederein che verso va la corrente per capire se il campo aiuta o ferma la spira.

La spira e rettangolare. I quattro lati daranno contributi di forza diversi,quando la spira e a cavallo del campo. Ovviamente il lato in cui non c’ecampo magnetico non contribuira alla forza e verra chiamato lato C. I duelati ortogonali a C ovviamente risentono della forza del campo magnetico,ma dato che sono completamente uguali e vi scorre corrente opposta, persimmetria la forza totale di quei due sara nulla 45. L’unico lato interessantesara quindi quello 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 versodella corrente e sappiamo che in quel tratto si ha dl = −y, allora

~F = i~l × ~B =B2

0b2

Rv(−y)× z = −B

20b

2

Rvx

45Ma non il momento rispetto al centro della spira, ma al momento non ci importa


E quindi la forza magnetica tende ad opporsi allo spostamento. Proprio acausa del segno − nella legge di Faraday si ha che la forza magnetica tende amantenere ferma la spira!

Tornando a quanto detto prima, per mantenere la spira in moto rettilineouniforme e necessario esercitare una forza esterna uguale e opposta a quellaappena trovata. Essendo una forza che si sposta, questa compiera lavoro. Lapotenza istantanea erogata da questa forza sara

P = ~F · ~v =B2

0b2

Rv2

Dove finisce questa energia? La risposta e semplice: nel circuito c’e unaresistenza e l’energia fornita se la mangia lei. Calcoliamo infatti la potenzadissipata 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 emettersi nel riferimento in cui il circuito e fermo e calcolare lı i campi ~E e ~B,fare la circuitazione di ~E e poi procedere come sopra. Il metodo che ho usatosopra funziona benissimo e sempre. Imparare a fare le cose formalmente euna cosa da rimandare al secondo/terzo anno di universita e impararlo orae una perdita di tempo. Se volete vedere lo stesso esempio rifatto per bene,guardate la parte di relativita

VAI A SCRIVERLA E LINKA L’ESEMPIO

Esempio 3.3.13 (Dinamo). Vi siete mai chiesti come fa un motore a combu-stione a generare corrente elettrica? Beh e ora di scoprirlo. Prendiamo unaspira metallica. Per semplicita la prendiamo circolare e piana, ma in realtava bene tutto.

Attacchiamo la spira all’albero motore del nostro apparecchio che inqualche modo eroga potenza (puo essere il motore a scoppio di un auto oanche la forza delle gambe di una persona che spinge i pedali della bici)in modo che la spira giri intorno ad un suo diametro, vincolata dalla forzaesterna in modo da girare a velocita angolare costante ω

Aggiungiamo adesso un campo magnetico esterno uniforme in modo chela spira vi sia immersa. Questo campo puo essere realizzato per esempio


Figura 3.25: Schema dell’apparato.

mettendo vicini dei Geomag molto potenti. Prendiamo il campo in modo cheesista un momento in cui il vettore area della spira sia parallelo al vettorecampo 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 dicorrente! Se ci attacchiamo un circuito elettrico, questo puo essere alimentatodalla spira. Qualcuno potrebbe domandarsi come mai noi vediamo unalampadina mantenere la luce stabile anche se la ddp a cui e sottoposta eoscillante. La risposta e semplice: il circuito di casa oscilla a 50 ∼ 60Hz, cheunito 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 delcampo magnetico sia del campo elettrico. In questo caso le equazioni chegovernavano tutto erano~∇ · ~E =

ρ

ε0~∇× E = 0

~∇ · ~B = 0~∇× ~B = µ0

~J

Le ho scritte subito in forma differenziale in quanto cosı sono molto piuchiare. Come potete ben vedere, questi due sistemi di equazioni sono distinti,non hanno niente a che fare l’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 conseguen-za quando non compaiono le esplicite dipendenze dal tempo i problemi dielettrostatica 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 conservazionedella carica elettrica 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 sottoin effetti c’e.

Abbiamo poi visto la legge di Faraday-Neumann-Lenz, che per la primavolta lega due quantita che prima erano distinte, ~E e ~B, semplicementeaccendendo la dipendenza esplicita dal tempo. Le equazioni che abbiamoscritto vanno quindi corrette, introducendo il termine di Faraday

~∇ · ~E =ρ

ε0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t~∇× ~B = µ0

~J

A questo punto pero non possiamo piu trattare in modo separato unproblema con il campo elettrico e uno con il campo magnetico, in quantoi sistemi di equazioni si accoppiano e quindi non si puo piu cercare lasoluzione per ~E senza considerare ~B e viceversa. Due fenomeni che


prima erano distinti e trattati in modo separato, ora sono stati riuniti sottole stesse leggi fisiche. Questo e un grande passo avanti.

C’e ancora qualcosa che non va in questo sistema, tuttavia. Mentre lalegge di Faraday e stata direttamente un’evidenza sperimentale e quindi lacorrezione si deve in effetti al laboratorio, in questo caso si puo gia vedere chein una di queste 4 equazioni c’e qualcosa che non va. Ricordate quando inmagnetostatica noi abbiamo scritto l’equazione di continuita, che ho scrittopoco 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! Pren-dendo infatti la divergenza a destra e a sinistra,

~∇ · ~∇× ~B = µ0~∇ · ~J

Ma la divergenza del rotore e sempre 0! In sostanza, l’ultima equazioneha palesemente un problema appena noi accendiamo l’esplicita dipendenzadal tempo delle quantita che vi compaiono.

Questa correzione, in ultima istanza, va confermata dal laboratorio. Tut-tavia, storicamente la correzione giusta e arrivata molti anni prima dellaconferma ed e stato Maxwell a capire come bisognava fare per risolvere ilproblema. La soluzione che ha proposto ha incredibilmente unificato altridue mondi distinti, come ora vedremo, e per questo Maxwell ha dato il suonome 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 eun’equazione vettoriale, aggiungiamo un generico vettore ~F e cerchiamo dicapire chi puo essere.

~∇× ~B = µ0~J + ~F

Di nuovo, dato che stiamo cercando di far andare d’accordo questa equa-zione con l’equazione di continuita, prendiamo la divergenza a sinistra e adestra

0 = µ0~∇ · ~J + ~∇ · ~F ⇒ −µ0

∂ρ

∂t+ ~∇ · ~F = 0

Tuttavia noi in effetti conosciamo gia un’equazione in cui compare ρ, ed ela prima del sistema 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 ezero! ~∇ · ~G = 0 non vuol dire ~G = 0. Per esempio ~E = q/r2r ha divergenzanulla ovunque tranne che nell’origine ma non e zero. Maxwell quindi non

poteva dire a priori che ~F = µ0ε0∂ ~E∂t

. Ma lui lo ha fatto lo stesso.Non si e trattato di un errore dovuto a poca conoscenza della Matematica,

lui sapeva perfettamente dove voleva arrivare e ha volutamente commessoquesto errore perche aveva visto che se le sue equazioni si fossero rivelategiuste, sarebbe riuscito a spiegare non solo i fenomeni elettromagnetici, maanche altro, come vedremo ora. Diciamo che valeva la pena essere bocciatiall’esame di Analisi per fare un claim simile.

Piu di vent’anni dopo il suo claim e stato confermato in laboratorio. Noiprendiamolo per buono e vediamo a cosa porta. Le equazioni che abbiamoora, dopo l’ultima correzione sono

~∇ · ~E =ρ

ε0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B = µ0~J + µ0ε0

∂ ~E

∂t

(3.34)

Che magari vi fara piacere leggere anche in forma integrale per chi nonha ancora preso la 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

(3.35)

Al primo sguardo queste equazioni non sembrano molto simmetriche, perdiversi motivi. Il piu stupido e che il sistema MKS mette le costanti in modoorribile. Il secondo motivo e la mancanza di cariche magnetiche, che facciano


il ruolo di una ρm e ~Jm. Tuttavia, mettendoci nel vuoto ovvero in assenza dicariche e correnti libere, le equazioni si riducono a qualcosa di piu semplice

~∇ · ~E = 0~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~B = µ0ε0∂ ~E

∂t

Che assume un aspetto molto piu simmetrico, a meno delle costanti chedipendono dal nostro sistema di unita di misura. C’e un segno meno a rompereulteriormente la simmetria, ma nel prossimo paragrafo vedremo che non cidispiace davvero la sua presenza.

Vediamo rapidamente una cosa: che dimensioni ha il prodotto µ0ε0? Beh,basta fare un conto. Fatelo per prendere confidenza con le unita di misura inMKS che sono alquanto fastidiose per l’elettromagnetismo. Il risultato e chequesto prodotto ha le dimensioni di un tempo al quadrato fratto una lunghezzaal quadrato, che puo essere visto come una velocita alla −2. Potete prenderela calcolatrice e vedere quanto vale questa velocita, che per convenzione sichiama 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 comoditail fattore c2 al posto 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 sodove voglio arrivare. Voi cercate di seguirmi. Prendiamo il rotore dell’ultimaequazione

~∇× (~∇× ~B) =1

c2

∂

∂t~∇× ~E

possiamo usare la solita identita vettoriale per il triplo prodotto vettoreper semplificare l’espressione

~∇(~∇ · ~B)−∇2 ~B =1

c2

∂

∂t~∇× ~E

Ma ~∇ · ~B = 0. Inoltre possiamo usare la terza equazione di Maxwell perscrivere in altri termini il rotore di ~E. Dopo le semplificazioni l’equazionediventa

−∇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, non sono equivalenti alle altre 4. Le due equazioni quitrovate, da sole non sostituiscono le 4 equazioni di Maxwell

Quindi abbiamo fatto un sacco di fatica con rotori e divergenze per arrivarecomunque a qualcosa che non ci semplifica il problema? Sbagliato. Le dueequazioni che abbiamo trovato per ~E e ~B sono le equazioni d’onda classiche.Maxwell le conosceva bene, ai suoi tempi l’ottica esisteva gia, ma solo lui si eaccorto che le leggi dell’elettromagnetismo spiegavano alla perfezione tutti ifenomeni ottici. Finalmente la luce, di cui prima si conoscevano solo le sueinterazioni con il resto e non la sua essenza, aveva finalmente una spiegazione:la luce non e altro che un’onda elettromagnetica.

Da un altro punto di vista, piu terra terra, anche solo aver trovatodelle equazioni che gia si conoscono e un grosso passo avanti. Le soluzionidell’equazione d’onda classica sono ben note e al tempo di Maxwell eranogia state studiate a lungo. Noi abbiamo visto che le equazioni di Maxwellimplicano le equazioni d’onda per ~E e ~B. Di conseguenza, una soluzione delleequazioni di Maxwell risolvera per forza anche l’equazione d’onda, per cui senoi le soluzioni di quest’ultima le conosciamo tutte, possiamo semplicementecontrollare quali di queste soddisfano anche le equazioni di Maxwell e abbiamofinito! Vedete quindi che anche in termini di soluzioni matematiche e un passoavanti.

Quando si studiano le onde ci si fanno alcune domande opportune. Peresempio, a che velocita si propaga quest’onda? Beh, questa e proprio Mate-matica. Sappiamo che una funzione che rispetti l’equazione d’onda di queltipo si muove a velocita c. Rispetto a cosa? Per il suono c’e l’aria, questo escontato. Cosa c’e per le onde elettromagnetiche? Fatevi questa 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 laconferma in laboratorio della sua previsione? Eppure la quarta equazione eraevidentemente sbagliata, come mai nessuno con i suoi strumenti se n’e accortoprima? Beh, il motivo c’e, ed e per questo che la correzione di Maxwell sistudia dopo la legge di Faraday, anche se logicamente una e prevedibile el’altra no.

Beh, ci sono diverse costanti nelle equazioni. Quella che piu importa inquesto momento e c. L’altro parametro interessante per quello che andiamo


a fare e un tempo T , in particolare il tempo caratteristico in cui varia ilnostro campo elettrico e magnetico in laboratorio. Per esempio, per un campoelettrico che varia in modo sinusoidale

~E(~x, t) = ~E0 sin(ωt)

Il tempo caratteristico che ci interessa e T = 2π/ω. Abbiamo un tempoe 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 eci faccia capire come mai e stato cosı difficile ottenere in laboratorio questaconferma.

Dato che appunto abbiamo un tempo e una velocita, la cosa piu sensata dacercare e una lunghezza, in modo da poter ottenere una quantita adimensionaledi cui controllare il valore per 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 uncondensatore a facce piane e parallele di forma circolare. Sia a il raggio dellefacce e d la distanza fra le armature. Stavolta non terremo fissa la carica sullefacce ma la faremo oscillare in modo armonico. Per esempio, su una delle duefacce avremo

Q(t) = Q0 sin(ωt)

Noi sappiamo per ora solo quello che succede quando la carica e immobilesulle piastre, non quando ci sono variazioni. Tuttavia, ci aspettiamo che sefacciamo le cose abbastanza lentamente l’effetto correttivo sara piccolo.L’obiettivo di questo problema sara appunto stimare quali parametri bisognaguardare per capire se effettivamente la correzione e piccola e quanto e piccola.Noi faremo questo conto nelle ipotesi che la perturbazione sia piccola, ovverocercheremo un risultato in serie di potenze

~E = ~E0

∞∑n=0

anxn

per opportuni coefficienti an, nel caso di x 1, in modo da renderesignificativi solo i primi due/tre termini. Vedremo alla fine del problemaquali parametri devono rispettare quali condizioni affinche effettivamente xsia piccolo.


In prima approssimazione il campo elettrico del condensatore sara quindiquello di un condensatore normale: uniforme dalla faccia positiva a quellanegativa e di modulo

| ~E| = ε0Q0

d2sin(ωt) = E0 sin(ωt)

Prendiamo senza perdita di generalita ~E = Ez. In prima approssimazioneinoltre il campo magnetico e zero, in quanto in mezzo al condensatore non cisono correnti. Andiamo ora a vedere cosa succede se accendiamo le dipendenzedal tempo. Le due equazioni da usare saranno le ultime due equazioni diMaxwell. 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 intelligentefare cose per togliere quel rotore e avere l’espressione corretta. La cosa facileche si puo fare e notare che il problema ha simmetria cilindrica, per cui ~B(~r),

sara ~B(r, z) e non dipendera da φ. Per questo motivo possiamo calcolare ilflusso dell’espressione trovata sopra attraverso una circonferenza e usare ilteorema 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 fattoreadimensionale ωr/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 possa dire che questa prima correzionesia piccola rispetto alla precedente.

A questo punto purtroppo dobbiamo trovare la correzione successiva ad~E, in modo da poter effettivamente confrontare due cose in modo sensato.

DI NUOVO BISOGNA METTERE UN MALEDETTO DISEGNO AL-TRIMENTI NON SI CAPISCE NIENTE

La correzione successiva e quindi

~E2 = ~E0

(ωr2c

)2

E a questo punto possiamo finalmente dire qualcosa a riguardo di questorisultato. Guardiamo l’oggetto adimensionale

ωr

2c

Il fattore 2 non e davvero rilevante, possiamo anche dimenticarlo. Cer-chiamo di immaginarci la situazione ai tempi di maxwell. Prendiamo uncondensatore enorme, uno di 1 m di raggio, assolutamente impensabile. Ve-diamo ora come stimare ω. Mentre ai giorni nostri possiamo tranquillamenteraggiungere il GHz con un PC, ai suoi tempi la situazione era molto 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 unpo’ per misurarlo.

Andiamo a vedere un attimino piu in dettaglio l’analisi dell’oggettoadimensionale visto poco fa

x =ωa

c

Abbiamo una frequenza, una lunghezza e una velocita. Possiamo com-binare in piu modi queste quantita in modo da vedere effettivamente comerapporto 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 adandare da una parte all’altra del nostro apparato sperimentale e molto piccolorispetto al tempo di caratteristico del nostro fenomeno.

Quand’e che a/λ e piccolo? Quando la lunghezza d’onda della luce coin-volta nell’esperimento e molto piu grande della lunghezza caratteristicadell’esperimento stesso.

Quand’e che v/c e piccolo? Quando la velocita tipica del nostro esperi-mento e molto piu piccola della velocita della luce.

Quando si verificano queste ipotesi, si puo parlare di campi lentamentevariabili e fare conti perturbativi. In modo spiccio, vuol dire non tener contodella natura ondulatoria della luce in quanto poco rilevante per il modellostesso.

Quando non si verificano, si entra nell’ottica Fisica e l’unico modo perrisolvere il problema e risolvere simultaneamente tutte e 4 le equazioni diMaxwell.

Nei paragrafi successivi parlero di un po’ di cose interessanti sull’elettro-magnetismo in generale. Se volete continuare il discorso sulla soluzione delleequazioni di Maxwell nel caso generale vi rimando al capitolo di Ottica, nellasezione di Ottica Fisica.


L’onda piana Per ora non abbiamo ancora davvero mostrato che esistonodelle onde elettromagnetiche. 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 soluzionedelle seconde equazioni, che, badate bene, sono disaccoppiate, e ancora soluzio-ne delle equazioni di prima! Infatti in generale non sara cosı, vedremo adessoun caso particolare che sara chiarificatore. Consideriamo una particolareclasse di soluzioni dell’equazione d’onda, ovvero le onde piane. Per ondapiana si intende che in sostanza sara ~E(~r, t) = ~E(x, t), ovvero che i vettoridipendono in generale da una sola coordinata. Per questo motivo i frontid’onda saranno quindi dei piani46. Vediamo un modo intelligente di scriverequesto tipo di soluzioni.

~E(~r, t) = ~E0ei(kx−ωt)

Numeri complessi? Perche bisognerebbe tirare in ballo i numeri complessi?Da quando il campo elettico e una quantita non reale? Bene, direi che e ilmomento di mostrare questa utile tecnica matematica dello scrivere le cosein notazione complessa. Perche dovrebbe essere utile una cosa del genere?Cos’e il campo elettrico, che dovrebbe essere un numero reale?

Quando si usa la notazione complessa si intende che le quantita fisichesono la parte reale del numero complesso che si sta scrivendo. Laparte immaginaria rimanente e solo un danno collaterale di uno strumento

46E con la tipica fantasia dei fisici, da qui deriva il termine onda piana.


matematico che alleggerisce i calcoli a patto di lavorare in un campo piuampio.

Il campo fisico allora sara

~Evero = Re ~E0ei(kx−ωt)

Se basta prendere la parte reale perche non scrivo il coseno? Beh, il succoe che avrete notato che non ho messo una generica fase nell’angolo indicatoda kx− ωt. Il motivo e che basta prendere per l’appunto ~E0 = ~Aeiφ con ~Avettore reale. “Non e piu comodo riscalare l’asse dei tempi in modo che lafase sia 0?”. Sı, questo sarebbe comodo. Ma in generale io saro interessatoalla sovrapposizione di piu campi e quindi l’operazione di riscalare potrebbetogliere la fase solo ad uno dei tanti. Di conseguenza tanto vale prendersi pertempo e considerare il vettore costante ~E0 come vettore complesso.

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 semplicemente 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 pare alleggerire i conti di non poco. Questo tuttavia non toglie ilrisultato fisico, non fatevi ingannare. Ricordate che dovete prendere la partereale di quello che state guardando. Prendiamo un esempio concreto: ~E0

reale, andiamo a calcolare i vettori veri e vediamo che le 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 chequella simpatica i, 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 ciscambia seno con coseno e viceversa! Uno stratagemma niente male, se usatocon cura.

Ora che ho introdotto questo metodo matematico possiamo andare aeffettivamente controllare che il vettore che vi ho dato sia effettivamentesoluzione 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 digeneralizzare in modo facile alla stessa onda vista da un sistema di riferimentoin quiete rispetto al precedente ma ruotato, in modo che l’onda non si propaghilungo la semplice direzione x ma in una generica direzione, che indicheremocon il versore orientato k. Non e difficile convincersi che in questo caso alloral’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 come cambiano 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 nostrovettore rispetti l’equazione d’onda, la relazione di dispersione va modificatain modo molto leggero diventando


ω

|~k|= c

A questo punto abbiamo trovato una classe di soluzioni particolari perl’equazione d’onda per i campi ~E e ~B. Vogliamo vedere ora in quali casi lasoluzione

~E = ~E0ei(~k1·~r−ω1t)

~B = ~B0ei(~k2·~r−ω2t)

La prima cosa da vedere e che sicuramente affinche possano essere soluzionidelle equazioni di Maxwell deve essere ω1 = ω2 e quindi anche k1 = k2. Ilmotivo e che le equazioni di Maxwell legano le derivate di ~E con le derivatedi ~B, ma in notazione complessa si vede bene come la derivata sia in sostanzasolo la moltiplicazione per scalare. Per questo motivo quelle due funzioni nonsaranno 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, proprioper il discorso appena 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 diMaxwell e vedere se davvero 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 sono perpendicolari. In particolare questo ci dice che l’onda elettromagneticasara trasversale, ovvero l’oscillazione sara perpendicolare alla direzione dipropagazione del segnale. Ovviamente data la grossa simmetria del tutto siavra un equazione uguale per ~B, ovvero ~k · ~B = 0. Non abbiamo finito, cisono 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 ericordarsi questa idea la prossima volta. Scriviamo il rotore di ~E, per esempio.Ricorderete che il prodotto vettoriale si puo scrivere come determinante diuna 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 ortogo-nali a due a due. Inoltre, deve anche essere | ~E| = c| ~B|. I prodotti vettoriali ci

dicono anche che la terna ~k, ~E, ~B e destrorsa se elencata in questo ordine. Aquesto punto abbiamo effettivamente esibito una soluzione delle equazioni diMaxwell che ci mostra come esistano le onde elettromagnetiche. Ora andiamoa vedere altre cose interessanti.


Il vettore di Poynting Uno dei fondamenti della Fisica e la conservazionedell’energia totale. Vogliamo ora dare un’occhiata a che cosa succede all’ener-gia associata ai campi nel caso di campi magnetici variabili. Consideriamoquindi un volume di interesse V , contornato dalla superficie regolare ∂V eandiamo a fare il bilancio energetico di quello che c’e dentro. Faremo questocalcolo nel caso piu generale possibile.

In generale, se indichiamo con U l’energia totale racchiusa nel volumeV , questa puo essere spesa per fare lavoro sulle cariche oppure potro esseretrasportata al di fuori del volume di interesse da qualcuno, che ora vedremochi e. Il bilancio si scrivera

dU

dt= −dL

dt− Φ(~S)

Dove Φ(~S) rappresenta l’energia trasportata fuori dalla superficie. Ovvia-mente questa cosa avra il carattere di flusso di un vettore, come e sensato chesia. Troveremo ora, fra le altre cose, l’espressione di ~S.

Prima di procedere e intelligente andare a fare un calcolo locale piuttostoche integrale, passando da relazioni su tutto il volume V a relazioni chevalgono punto a punto, che saranno quindi pure piu generali. Usando i solititrucchetti, 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 chepossiamo usare sono le 4 equazioni di Maxwell e la legge di forza di Lorentzche ci dice come interagiscono i campi con le sorgenti.

~F = q( ~E + ~v × ~B)

la potenza w sara la forza per unita di volume scalar la velocita. Diconseguenza,

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 espressionein termine solo dei campi ~E e ~B per l’energia u e per il vettore ~S. Vorreifar notare che non e ancora detto che l’energia u sia quello che uno che siaspetta, ovvero quello che si aveva nel caso statico, in quanto per l’appuntoquella formula valeva per il caso statico. Nessuno ci assicura per ora che nonci sia un’espressione in cui compare la derivata rispetto al tempo di qualcosanell’espressione piu generale della densita di energia, finche non andiamo acontrollare.

Di conseguenza, l’unica cosa che possiamo fare adesso e cercare di scrivere~J in termini dei campi e poi andare a sostituirlo nel bilancio energetico.Prendiamo la quarta equazione di Maxwell

~∇× ~B = µ0~J + µ0ε0

∂ ~E

∂tIl 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 davveroquello che volevamo fare. Proviamo allora a fare una cosa che in Fisica spessopaga, ovvero simmetrizzare l’espressione. In questo momento evidentemente ~Ee ~B hanno ruoli molto diversi in questa espressione. Proviamo ad aggiungeredei termini identicamente nulli in modo da rendere piu simmetrico il tutto.Per esempio possiamo prendere l’equazione

~∇× ~E +∂ ~B

∂t= 0

e aggiungiamola alla nostra, ma moltiplicata scalarmente per ~B, in mododa simmetrizzare il tutto. Inoltre, dato che non avrebbe senso dimensional-mente, dobbiamo mettere un fattore 1/µ0 a correggere il tutto. Il bilanciodiventa

∂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. Conun paio di magheggi,


∂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 contenevanouna derivata esplicita rispetto al tempo, magari non e altrettanto chiarocome e spuntata una divergenza. Il succo e che abbiamo usato una identitavettoriale riguardante la divergenza del prodotto vettoriale.

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 quelloche avevamo gia trovato per il caso statico! Non male, direi. Inoltre, avendofatto questo bilancio abbiamo trovato anche

~S =1

µ0

~E × ~B

Che ci dice quindi che in presenza di campi elettrici e magnetici incrociatil’energia viene trasportata secondo questa relazione.

Oltre all’energia, una quantita meccanica interessante e la quantita dimoto. Facciamo un ragionamento analogo e vediamo cosa succede.


Conservazione del momento L’energia non e l’unica cosa che si puoassociare al campo elettromagnetico. Anche la quantita di moto ha un suocorrispettivo nel caso dell’elettromagnetismo. 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 sorgentie lasciare solo i 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 qualcosadi sensato. Innanzitutto raccogliamo un ε0 in modo da far sparire quasi tuttele 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 mentese non si sapesse gia 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 coefficienti davanti 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 asimmetricheaggiungiamo − ~B(~∇ · ~B). Possiamo farlo in quanto sappiamo che ~∇ · ~B = 0 equindi in effetti stiamo solo aggiungendo 0 all’equazione. Otteniamo a RHSquindi

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 acapirci qualcosa. Prima di lasciare spazio ai conti direi che vi spieghero leidee di quello che si vuole fare. Se i conti non volete guardarli, nessuno vibiasimera, anche perche non sono semplicissimi.

L’idea e che per l’energia siamo riusciti a scrivere il trasporto di energiaattraverso una superficie come flusso di un campo vettoriale. Questa cosa hasenso perche l’energia e uno scalare e quindi la divergenza di un vettore hasenso per essere paragonata ad uno scalare.

Se noi guardiamo il trasporto di quantita di moto, il problema e piu grosso,perche stiamo trasportando un vettore attraverso una superficie, ovvero abbia-mo due cose con carattere vettoriale. La cosa comincia a puzzare, e probabileche questa volta non ci bastera un vettore per prenderne la divergenza, avremobisogno di qualcosa di piu grosso. Cosa c’e di immediatamente piu grosso diun vettore? Un tensore a due indici, ovviamente.


Ora che vi siete spaventati, tensore a due indici = matrice. Niente di cuipreoccuparsi. A questo punto bisogna trovarlo questo fantomatico tensore.In particolare, cosa vuol dire farne la divergenza?

~∇ · T = ∂jTij = ∂xTix + ∂yTiy + ∂zTiz

Quindi la divergenza di un tensore a due indici e un vettore? Beh, loabbiamo costruito apposta, non vedo perche sorprendersi.

A questo punto purtroppo l’unica cosa da fare e morire di conti. Io allavostra eta non avrei saputo farli. Se non volete leggere la riga succesiva,nessuno vi biasimera. Il risultato pero guardatelo.

Ei∂jEj−εijkEjεklm∂lEm = Ei∂jEj−(δjlδkm−δjmδkl)Ej∂lEm = Ei∂jEj−(Ej∂jEi−Ej∂iEj)

E a questo punto e evidente47 che il tensore

Tij = ε0

(EiEj −

1

2δijE

2 + c2BiBj − c2 1

2δijB

2

)Ha effettivamente divergenza uguale all’espressione indicata sopra. Notia-

mo che effettivamente qui c’e una grossa simmetria fra ~E e ~B. L’apparenteasimmetria e solo dovuta a delle costanti che dipendono dal nostro sistema diunita di misura.

Ma io dove accidenti usero questo aggeggio? Se devo essere sincero, io alleOlimpiadi non l’ho mai usato. Tuttavia, sapere della sua esistenza e un buonmetodo per controllare le cose. Potete notare che Tij ha le unita di misuradi un’energia su unita di volume, ovvero di una pressione. Non e un caso, loabbiamo costruito noi in modo che il suo flusso sia uguale alla quantita dimoto 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 parlatodi elettrostatica abbiamo calcolato la forza agente fra le due armature di uncondensatore a facce piane e 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

47E evidente = non ho idea di come spiegarlo in modo semplice, quindi dico che e ovviocosı non mi chiedi perche, avendo paura di essere ritenuto stupido.


non e scontato e abbiamo sofferto un pochino per trovarlo e capire cheeffettivamente ha senso di esserci. Facciamo ora il conto in modo meccanicousando il tensore di Maxwell. In un codensatore il campo elettrico ha una soladirezione. Prendiamolo, dato che non siamo masochisti, lungo x. Il campomagnetico 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). Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.19 (Senigallia 2005, 3). Un prototipo molto elementare dimotore elettrico puo essere costituito da una ruota conduttrice posta in uncampo magnetico. La ruota mostrata in figura e formata da un cerchione con4 raggi uguali di lunghezza l, ciascuno di resistenza R, mentre la resistenzadel resto del circuito e trascurabile. Due contatti striscianti collegano l’assee 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 figura3.26.

Figura 3.26: Sollevamento pesi

1. Si determini la polarita della batteria e il valore V0 della f.e.m. dellabatteria affinche il motore tenga sollevato l’oggetto di massa M comeindicato in figura.

2. Si dimostri che quando la ruota si muove a velocita angolare ω, ai capi diciascun raggio si determina una f.e.m. indotta E = 1

2ωl2B, indicandone

il verso, a seconda che la rotazione faccia salire o scendere l’oggettoappeso al filo.


3. Messo in moto il motore, con V > V0, dopo una brevissima fasetransitoria l’oggetto viene sollevato a velocita costante; si calcoli talevelocita.

4. Calcolare il rendimento del motore a regime.

5. Se ad un certo istante il generatore viene escluso spostando il commu-tatore dalla posizione 1 alla 2, anche il moto di caduta dell’oggettoavviene a velocita costante. Si calcoli la velocita nel moto di cadutafrenato.

6. Durante il funzionamento la ruota del motore si scalda; supponendodi poter trascurare gli scambi di calore con l’esterno, valutare se l’in-cremento di temperatura della ruota ad ogni giro e maggiore quandol’oggetto viene sollevato o quando cade frenato.

Per i calcoli si usino i seguenti valori numerici:

l = 20.0 cm;R = 20 Ω m;V = 0.25 V;B = 0.250 T;M = 85 g; g = 9.81 ms−2


Problema 3.3.20 (IPhO 1993 1). Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.21 (Charge relaxation). Abbiamo una sfera con-duttrice di raggio R nel vuoto. All’istante t = 0 siamo riusciti ad ottenere unadensita 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 deltempo. Stessa cosa per 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).Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.23 (Auto dinamo (APhO 2009)). Un disco metal-lico di raggio a e fissato su una sbarra conduttrice che viene mantenuta in rotazionea velocita angolare costante ω dentro un solenoide di induttanza L, lunghezza l enumero totale di spire N . Vi sono dei contatti elettrici che permettono di chiudereil circuito come in figura 3.27. La resistenza totale del circuito e 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 dicrescere?

3. Che momento torcente N serve applicare per mantenere a velocita angolarecostante il nostro apparato?

Soluzione: 4.3.47

Problema 3.3.24 (Lastre parallele). Due lastre conduttrici pianeparallele e di superificie S e sono poste a una distanza d

√S tra di loro. Le

lastre si muovono con una velocita v diretta lungo il piano delle lastre. Nel sistemadel laboratorio si misura che le lastre sono cariche con densita superficiale σ e −σrispettivamente.

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 (Cariche in movimento). Qualche volta potresti averpensato che, visto che correnti parallele si attraggono, la corrente in un filosia concentrata in un unica retta parallela al filo.


Mostra che questo non e vero e che, invece, assumento che la carica positivasia distribuita uniformemente nel filo con densita ρ+ la corrente puo essereuniforme su tutta la sezione del filo.

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 flussoordinato perche, chiaramente in un filo avvengono molti urti).


Problema 3.3.26 (Corrente fra due piastre). Consideriamo duelastre piane e parallele in grado di lasciar passare liberamente la carica elettrica. Laprima piastra e posta a x = 0 e la seconda a x = L. La prima e posta a potenzialenullo, la seconda a V0. Viene raggiunto lo stato stazionario. Calcolare il campoelettrico nello spazio fra le due piastre.

Soluzione: 4.3.49

Problema 3.3.27 (IPhO 3, 2013, Copenaghen).Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.28 (IPhO 2004, Ping pong resistor). Un conden-satore a facce piane e parallele e composto da due conduttori circolari di raggioR separati da una distanza d, con d R. Il piatto superiore e attaccato ad unadifferenza di potenziale costante V , mentre il piatto inferiore e messo a terra. Unpiccolo disco metallico di raggio r R, spessore t r e massa m e appoggiatosul piatto inferiore.

Si supponga che ci sia il vuoto fra i due conduttori e che gli effetti di bordosiano trascurabili. L’induttanza del circuito e tutti gli effetti di carica immaginepossono essere trascurati.

(a) Schema dell’apparato (b) Vista dal lato



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 caricaq = χV . Trovare χ in funzione di r, d.

3. Considerare ora anche l’effetto della forza di gravita. I piatti hanno l’asseparallelo a ~g. Per poter sollevare il disco, il potenziale deve superare unlimite minimo Vmin. Trovarlo in funzione di m, g, d, χ

4. Quando V > Vmin il disco comincia a fare su e giu fra i piatti, urtandoli ognivolta che li colpisce. L’urto non e perfettamente elastico ma ha un coefficientedi restituzione η =

vdopo

vprima, con le velocita prima e dopo l’urto. Assumere che

il disco continui a muoversi su e giu senza fare cose strane come girare su sestesso. Dopo un certo tempo, il disco raggiunge uno stato stazionario, ovverouno stato in cui il ciclo di 4 tragitti risulta sempre uguale. Chiamiamo vsla velocita del disco dopo aver urtato il disco inferiore. Trovarla in funzionedegli altri dati.

5. Sempre nello stato stazionario, trovare la corrente media che fluisce fra ipiatti.

6. Facendo diminuire la tensione molto lentamente esiste un valore critico Vcper cui il piatto smette di fare il suo percorso. Trovarlo e confrontarlo conVmin. Fate un grafico grezzo I − V nel range 0− 3Vmin



3.3.4 Circuiti elettrici

La legge della maglia La legge della maglia, detta anche prima legge diKirchoff, e in effetti 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’espressionediversa per il ∆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 andiamoin 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 = −ρ lAi

Per le induttanze, ugualmente

L =ΦB

i⇒ L

di

dt=

dΦB

dt= −∆V

La legge dei nodi La seconda legge di Kirchoff, anche detta dei nodi, dicesemplicemente che la corrente non si accumula in nessun punto. E ovviamentedi poca utilita scrivere questa equazione in un punto a caso del filo, in quantoci dice semplicemente che la corrente non si blocca in un punto, ma e piu utilescriverla in un nodo, in quanto ci da una relazione fra le correnti entranti nelnodo 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 elettricosono (nell’approssimazione che userete alle Olimpiadi) esattamente come deglioggetti meccanici. Un capacitore e praticamente uguale ad una molla inquanto 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 imma-gazzinano un’energia 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 inserie per il processo di scarica. Per il processo di carica si aggiunge in serieanche una ddp V Possiamo trovare un’analogia meccanica molto forte conuna molla con attaccata una massa su cui agisce attrito viscoso direttamenteproporzionale alla velocita. Nella parte di matematica e trattata la partedella soluzione dell’equazione differenziale nel caso di carica e scarica. Ilcaso di scarica corrisponde fisicamente ad una molla che all’istante iniziale eperturbata e poi viene lasciata libera. Andra alla sua posizione di equilibrioma l’attrito fara in modo che ci arrivi in un tempo infinito con legge didecadimento esponenziale. La carica e invece analoga ad avere all’inizio lamolla 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 diquesto libro. In generale vi consiglio di non usare le formulette pronte ma diprovare a ricavarvele ogni volta in quanto hanno delle ipotesi molto restrittiveed e meglio saper fare le cose che ricordare le formule a memoria. Riportocomunque 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)


Problemi

Problema 3.3.29 (Reticolo infinito di resistenze I).

Figura 3.29: Reticolo di resistenze


Problema 3.3.30 (Reticolo infinito di resistenze II).Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.31 (Reticolo LC infinito).Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.32 (Cubo di resistenze).

Figura 3.30: Cubo di resistenze



Problema 3.3.33 (Coso di resistenze (preIPhO 2013)).Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.34 (Senigallia 2004, 3). In figura 3.31 e rappre-sentato un cavo coassiale costituito da due conduttori, un filo di raggio a e unasottile superficie cilindrica di raggio b aventi l’asse in comune, separati da un mezzoisolante di costante dielettrica approssimabile a quella del vuoto; la lunghezza delcavo e molto maggiore del suo diametro. Ad un’estremita‘ del cavo e collegato ungeneratore di f.e.m. V e all’altra, tramite un interruttore inizialmente aperto, unaresistenza R rispetto alla quale la resistenza del cavo puo essere trascurata.


1. Con l’interruttore aperto il cavo si carica; determinare la densita lineare dicarica λ presente sul 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) prodottodalla distribuzione di carica, in un punto del dielettrico a distanza r dall’assedel cavo. Chiudendo l’interruttore i due conduttori del cavo rimangonocarichi mentre vengono percorsi da una corrente.

3. Scrivere l’espressione del campo magnetico ~B(r) prodotto dalla corrente, inun punto del dielettrico a distanza r dall’asse del cavo, in funzione dei dati.

4. Si consideri adesso il vettore di Poynting ~S il cui flusso attraverso unaqualunque superficie ha le dimensioni di una potenza. Calcolare il vettore ~S


nei punti del dielettrico e il flusso di questo attraverso una sezione normaledel cavo coassiale.


Problema 3.3.35 (Cavo coassiale). Possiamo schematizzare uncavo coassiale come tre cilindri concentrici di raggi r1 < r2 < r3. Fra 0 e r1 c’eun conduttore metallico, fra r1 e r2 c’e un materiale di permeabilita elettrica εr emagnetica µr. Fra r2 e r3 invece c’e lo stesso conduttore che c’e all’interno. Fuoric’e il vuoto. Il materiale metallico ha resistivita ρ.

La corrente elettrica scorre nei due cilindri conduttori in verso opposto, in modoche la corrente totale che scorre nel filo sia nulla.

1. Trovare la condizione sui 3 raggi affinche il vettore densita di corrente ~Jabbia lo stesso modulo nei due pezzi di conduttore. Assumere che questacondizione sia rispettata in tutti i prossimi 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, infunzione della corrente I(x, t) che fluisce nel cavo e delle quantita trovatesopra.

6. Scrivere un’equazione differenziale alle derivate parziali che leghi I(x, t) allesue 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: 4.3.50

Problema 3.3.36 (Anello superconduttore (Senigallia 3, 2012)).Un piccolo anello conduttore pesante, di massa m, raggio a e spessore trascurabile,viene posto in una regione di campo magnetico simmetrico, cioe invariante perrotazioni, rispetto ad un asse verticale. Sia questo l’asse z orientato con il versopositivo in alto, cioe opposto a quello di ~g, come mostrato in figura, nella qualee rappresentato anche il campo ~B con le sue componenti radiale ed assiale, che,


almeno in una regione finita intorno all’origine delle coordinate, possono essereapprossimate in 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 esserelegate da una relazione: si determini tale relazione.

L’anello viene posto nel campo con il suo asse coincidente con l’asse disimmetria e, lasciato libero di muoversi, puo traslare solo lungo l’asse z.All’istante t = 0 l’anello viene lasciato da fermo in posizione z(0) = 0 e pereffetto del suo peso inizia a muoversi verso il basso. Si deve supporre che ilmoto 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 , concatenato con l’anello, varia; dette R ed L la resistenza e l’induttanza(coefficiente di autoinduzione) dell’anello, questo puo essere descritto comeun circuito alimentato dalla f.e.m. indotta.

2. Si scriva l’equazione del circuito, in termini della corrente che scorre nell’anelloI(t) e della velocita dell’anello v(t) = dz

dt .

Si consideri, d’ora in poi, che R sia completamente trascurabile e quindi siponga direttamente R = 0, come avverrebbe per un anello superconduttore.L’anello viene tenuto fermo in posizione z = 0 e in esso non scorre corrente;appena l’anello viene lasciato libero inizia a muoversi e la corrente inizia ascorrere nell’anello determinando, in presenza del campo ~B , una forza nonnulla 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, eproporzionale alla coordinata z che da la posizione istantanea dell’anello.

5. Si calcoli la forza magnetica agente sull’anello, in funzione della sua posizionez, si mostri che l’equazione di moto dell’anello e quella di un oscillatorearmonico, e se ne determini il periodo.

6. Si determini la legge oraria z(t) che descrive il moto seguito dall’anello,dall’istante in cui l’anello viene lasciato da fermo in z = 0.

7. Si trovi il valore massimo del modulo della corrente I(t) che circola nell’anelloe si determini la posizione dell’anello quando si raggiunge tale massimo.


8. Bonus Ripartire dal punto 3 ponendo R 6= 0. Il moto sara di nuovo armonico?Giustificare la risposta in modo qualitativo e poi risolvere esplicitamente.

Soluzione: 4.3.51

Problema 3.3.37 (IPhO qualcosa). Abbiamo due conduttorecilindrici concentrici (nello spazio tra i due c’e il vuoto) di raggi a e b (b > a)tra cui viene mantenuta una differenza di potenziale V cosı che il conduttore piugrande sia al potenziale maggiore. Nello spazio c’e un campo magnetico uniforme eparallelo all’asse dei cilindri. In tutto il problema trascurare le cariche indotte suiconduttori.

Un elettrone viene fatto partire appena fuori dalla superficie del cilindro internoin direzione radiale con velocita v0. Per quali valori del modulo di ~B l’elettroneraggiunge 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 quantoe estremamente complicato anche per i modelli piu semplici che si possonofare per la risposta di un materiale all’applicazione di un campo elettricoesterno.

I modelli che si fanno sono tutti approssimati. Noi vedremo un solo tipodi approssimazione, che e il piu comune ed e l’unico che puo capitarvi in unproblema olimpico in quanto le cose si fanno rapidamente molto difficili.

In qualche modo bisogna schematizzare la reazione di un materiale sottol’effetto di un campo esterno. Per fare un modello e necessario andare avedere la cella fondamentale della materia, ovvero l’atomo. Tutti i modelli chefaremo saranno riferiti a campi deboli, ovvero campi non abbastanza intensiper esempio da ionizzare gli atomi.

Il buonsenso ci dice che sotto l’effetto di un campo esterno la nuvola dielettroni che ruota intorno al nucleo si spostera leggermente nella direzionedel campo. In particolare, dato che gli elettroni hanno carica negativa,ci aspettiamo che la nuvola si sposti in verso opposto al campo. Questosbilanciamento delle cariche in prima approssimazione e schematizzabilecome la formazione di un dipolo elettrico di dimensioni atomiche. Il dipoloavra la direzione del campo e stavolta anche lo stesso verso, in quanto perconvenzione si prende il dipolo che va dalla carica negativa a quella positiva.

In questo modo avremo quindi che ogni atomo possiede un suo momentodi dipolo ~pi. Ovviamente a noi interessera una trattazione macroscopica delfenomeno per cui non saremo interessati al caso locale del dipolo quantoall’effetto globale che ha sul sistema. Di conseguenza potremo definire unvettore densita di dipolo ~P

~P =∑i

ni~pi

Dove ni e la densita numerica di dipoli. In generale, dato che gli atomi e lemolecole saranno diverse dentro lo stesso materiale, ci vuole una sommatoria.Questo vettore ~P ha le dimensioni di dipolo per unita di volume, proprio perla presenza di ni.

Andiamo ora a calcolare il campo elettrico, assumendo che la materiasi comporti nel modo che abbiamo appena descritto. Ricordiamo che inelettrostatica vale sempre


~∇× ~E = 0

Ovvero potremo sempre scrivere ~E come gradiente del potenziale. Notareche questo vale per ~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 inaggiunta una zona in cui vi e del materiale che si polarizza. Supponiamo diconoscere gia il modo in cui si polarizza e quindi di conoscere il vettore ~P inogni punto. Cerchiamo di calcolare il campo elettrico sfruttando il principiodi sovrapposizione, ovvero dicendo che il campo elettrico totale sara la sommadel termine noto dovuto alle cariche libere e del campo generato dai varidipoli.

Innanzitutto, sappiamo che

~E = −~∇φ

Proprio perche il campo elettrostatico rimane conservativo. A questopunto, visto che calcolare il potenziale elettrico e piu facile di calcolare ilcampo in quanto uno e un vettore e l’altro e uno scalare, calcoliamo prima ilpotenziale per poi arrivare al campo.

Il potenziale generato dalla carica libera sara, secondo le formule cheabbiamo gia discusso a 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 calcoliamoseparatamente il potenziale generato dai dipoli. Ricordiamo che per un dipoloelettrico singolo il potenziale e

φ =1

4πε0

~p · rr2

=~p · ~rr3

Dato che ~P e una densita di dipoli, ~PdV sara a tutti gli effetti un piccolodipolo 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 chesembri qualcosa che abbiamo gia visto. Al solito tireremo fuori identitavettoriali a caso che non vi verrebbero mai in mente se non sapeste dove sivuole arrivare. Non dovete ricordarvi i passaggi, io li faccio in modo che voipossiate capire il senso delle formule finali a cui si arriva che sembrano calatedal 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 lafunzione

1

|~r − ~r′|

E funzione di 6 variabili, (x, y, z, x′, y′, z′). Per questo e bene distinguere ~∇da ~∇′. Il primo gradiente indica che si fanno le derivate rispetto alle variabilinon primate trattando le altre come parametri, ovvero trattando la funzionesuddetta come

1

|~r − ~r′|= f~r′(~r)

Ovvero una funzione di ~r dipendente da un parametro, cosa di cui voisapete fare il gradiente. ~∇′ 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 solitoper far uscire una cosa 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 eusare il teorema della divergenza

φ(~r) =1

4πε0

∫V

ρ(~r′)− ~∇′ · ~P (~r′)

|~r − ~r′|dV ′ +

1

4πε0

∮∂V

~P (~r′)

|~r − ~r′|· d ~A′ (3.36)

Ora questo potenziale ha una forma molto piu potabile perche sembradavvero qualcosa che 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! Ilsecondo pezzo diventa molto chiaro se scriviamo

d ~A = ndA

Ovvero separiamo la parte vettoriale dalla parte scalare nell’area, metten-doci un opportuno 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 superficialee la formula e quella che abbiamo sempre usato!

Cerchiamo di dare una breve interpretazione fisica di queste formule primadi dare un’equazione che generalizzi il teorema di Gauss quando ci troviamoin presenza di materiali.


Figura 3.32: Accumulo di carica superficiale

Come vedete in figura 3.32 non e necessario che ci sia una carica netta nelvolume affinche vi sia una certa σ superficiale. Infatti i dipoli se si allineanocreano una parte particolarmente negativa sul bordo alto e una positiva sulbordo basso. Questa e l’interpretazione del termine di integrale superficiale e~P · n e esattamente la quantificazione di questo termine.

Allo stesso modo, se supponiamo che i dipoli siano tutti rivolti verso uncentro, allora avremo che ~∇ · ~P 6= 0 e quindi avremo una sorta di ρdip inaggiunta alla carica libera gia presente.

Riprendiamo adesso la formula 3.36 e cerchiamo di scriverla in modo piubello. Noi sappiamo 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 cheabbiamo chiamato ρ fin’ora e esattamente la carica libera e non la caricafasulla simulata dall’opportuna distribuzione di dipoli. Riprendendo appuntola formula 3.36 diventa ovvio per analogia che nel modello che abbiamo fattola legge si riscrive


~∇ · ~E =ρlib

ε0−~∇ · ~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 compattala legge che ho appena scritto. Il vettore ~D infatti non ha significatofisico diretto particolarmente rilevante. Il vettore ~E e quello che ci dicequanta forza ci sara sulle cariche, il vettore spostamento dielettrico serve soloa scrivere bene le leggi che abbiamo ricavato con fatica.

A questo punto della trattazione iniziano a confondersi le cose. Quello cheho scritto fino ad adesso non e la cosa piu generale possibile ma poco ci mancain quanto non ho ancora dato una relazione che leghi i vettori ~E e ~P , ma hosemplicemente supposto che basti il termine di dipolo a descrivere la rispostadel materiale, cosa che vale nella maggior parte dei casi. A questo puntofioccano i modelli che cercano di dare una descrizione del legame fra il campoapplicato al nostro oggetto dielettrico e la sua risposta, ovvero esattamentela legge che lega ~E e ~P . Il modello piu semplice48 e ovviamente il modello dirisposta lineare, ovvero un modello che ci dice che

~P = ε0χ~E (3.37)

Dove χ e sperabilmente una costante ed e uniforme, almeno in elettrosta-tica. A questo punto 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 dielettricarelativa tale che ε = ε0εr. So di aver definito un sacco di cose con nomi simili

48Ovvero quello che capita alle Olimpiadi


in poche righe. Il problema e che purtroppo non esiste una convenzioneuniversale per descrivere queste cose e ognuno ha pensato bene di farne unatutta sua, aumentando il numero di oggetti da definire. Io li riporto tutti inquanto 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 eproprieta che differiscono 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 essere legati da una relazione piu generale del parallelismo.Pensate al solito paragone del legno nodoso per capire come mai non devononecessariamente 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 caricacontenuta nella superficie.

Attenzione: l’equazione 3.37 richiede attenzione. Supponiamo di avereuna sfera di dielettrico e di immergerla in un campo elettrico ~Eext generico.Dato il campo esterno, la sfera si polarizzera. Tuttavia, la polarizzazionedella sfera andra a modificare il campo elettrico che c’era all’inizio, per cui lapolarizzazione 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 recuperarequello che abbiamo fatto nel capitolo di elettrostatica per trovare un’espres-sione dell’energia elettrostatica della configurazione in termini solo del campoe non delle altre quantita come la densita di carica.

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 generalizzatoquello che succede per cariche puntiformi. Sara semplicemente opportunoadesso maneggiarla in modo da far comparire qualcosa che ci puo essere utilealla 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 vaa zero quando si fa il limite su tutto lo spazio, per cui rimane solo il secondotermine che e

U =

∫V

~E · ~D2

dV

Condensatori con dentro dielettrici L’applicazione piu banale dei mo-delli che abbiamo fatto fin’ora. Consideriamo per esempio un condensatorepiano a facce parallele. Mettiamo all’interno del volume fra le facce un dielet-trico lineare caratterizzato da una costante dielettrica relativa εr. Separiamouna carica Q sulle facce del condensatore e vediamo cosa succede (Ovvero suuna faccia ci sara Q e sull’altra −Q)

Applichiamo il teorema di teorema del flusso di Gauss al vettore ~D per unasuperficie fatta cosı: il bordo di un parallelepipedo con una faccia immersanel conduttore e l’altra immersa nel dielettrico. Ovviamente le altre faccenon contribuiscono al flusso in quanto se non consideriamo gli effetti di bordoil campo diventa parallelo alla superficie. Dato che abbiamo scelto ~D proprioin modo da poter considerare solo la carica libera, il teorema di Gauss ci diceche

Φ( ~D, ∂V ) = Q⇒ ε0εrΦ1( ~E, ∂V ) + ε0Φ2( ~E, ∂V ) = Q⇒ E =Q

Aε0εr


Figura 3.33: Condensatore con un dielettrico all’interno

Nei passaggi precedenti abbiamo indicato con Φ1 il flusso attraverso lasuperficie del dielettrico e con Φ2 il flusso attraverso il conduttore. Abbiamousato che in un dielettrico lineare si ha ~D = εrε0 ~E e che al solito in unconduttore all’equilibrio il campo elettrico e nullo. Notiamo che se vogliamoandare a calcolare la capacita di un condensatore fatto in questo modo

C =Q

∆V⇒ C =

Q

Ed=

QQ

Aε0εr

= ε0εrA

d= εrC0

Dove ho indicato con C0 la capacita di un condensatore della stessa formama con il vuoto all’interno. Notiamo che dato che εr ≥ 1, la capacita emaggiore di quella che si avrebbe normalmente. Ricordatevi che se avete a chefare con un condensatore dove al posto del vuoto c’e ovunque un dielettrico,in generale la capacita sara εr volte la capacita di quello vuoto.

Vediamo un pochino di Fisica di questo modello. Notiamo intanto che ilcampo elettrico che abbiamo calcolato

E =Q

Aε0εr=E0

εr


E minore di quello che si avrebbe normalmente. Possiamo interpretarefisicamente questo risultato in modo molto semplice guardando la figura3.33. Infatti e evidente che sull’armatura con carica positiva i dielettrici sidispongono in modo da mostrare il lato negativo, creando una sorta di σ chesi aggiunge alla precedente, ma di segno opposto. Di conseguenza il campoelettrico all’interno sara minore.

Supponiamo ora di avere un condensatore isolato su cui c’e una caricaseparata Q. Cosa succede 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 che l’energia interna a parita di carica separata e minore di quellache avrebbe se le armature avessero il vuoto all’interno. Di conseguenza, unalastra di dielettrico verrebbe risucchiata dalle armature di un condensatorecarico.

Condizioni al bordo Ricordiamo che nella parte di elettrostatica avevamoparlato rapidamente delle condizioni sul campo elettrico sui bordi di disconti-nuita. In particolare, se su una certa superficie e presente una densita di caricasuperficiale σ(~r), allora il vettore campo elettrico avra una discontinuita asalto 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 soloche la componente del campo elettrico perpendicolare alla superficie salta diuna certa quantita ben determinata, mentre le due componenti parallele alpiano devono per forza rimanere inalterate. Queste formule non sono fruttodi grosse elucubrazioni, abbiamo visto che derivano quasi direttamente dallaconservativita del campo elettrico e dal teorema di Gauss. L’implicazione equindi

~∇ · ~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 quellaversione del teorema di Gauss con la nuova versione applicata ai materiali siottiene 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 campoelettrico subito fuori e subito dentro la superficie di separazione di un materialedielettrico. Per vedere come le cose tornino, riprendiamo l’esempio delcondensatore a facce piane e parallele che abbiamo visto poco fa, con unaleggera modifica. Riempiamo il volume con il dielettrico solo per meta, inmodo che una delle due facce sia coperta di dielettrico mentre l’altra nonabbia niente davanti, in modo che lo strato di dielettrico sia spesso d e lostrato di vuoto altrettanto, per una distanza totale fra le piastre di 2d.

L’obiettivo e, data la carica Q separata sulle piastre, trovare il campoelettrico in tutto lo spazio compreso fra le due armature. Per farlo possiamoappunto usare le formule che abbiamo appena ricavato, per provare a vederecome usarle. Consideriamo la superficie di separazione fra il conduttore e ildielettrico. Possiamo usare le formule che abbiamo scritto poco sopra perdire immediatamente49 che

E1 =Q

Aε0εr

Ovvero il campo elettrico all’interno del dielettrico e minore di quelloche ci sarebbe senza, come ci aspettavamo. Per calcolare il campo elettricodavanti all’armatura senza dielettrico si puo usare la stessa identica formulae ottenere subito che

E2 =Q

Aε0

Che era il risultato consueto. Ora controlliamo se le cose tornano anchesulla superficie intermedia, ovvero quella fra il dielettrico e il vuoto. Su quellasuperficie non vi e carica elettrica libera, la carica superficiale che si viene aformare e una carica di polarizzazione indotta, per cui sulla superficie avremoσ = 0. Di conseguenza, dovra essere

49Grazie al fatto che in un conduttore in elettrostatica il campo elettrico sappiamosempre quanto fa, ovvero 0


( ~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’altraabbiamo un dielettrico lineare, per cui effettivamente D1 = ε0εrE1. Laformula che abbiamo appena scritto ci dice che deve valere

ε0εrE1 = ε0E2

E non e difficile accorgersi che le soluzioni che abbiamo trovato per i duecampi soddisfano effettivamente questa relazione.

Calcoliamo per completezza la ddp ai capi del condensatore, cosa indi-spensabile per il calcolo della capacita. Il potenziale, come in elettrostatica, esempre definito come

∆Vab = −∫ b

a

~E · d~r

Nel nostro caso, a meno di un segno che per il calcolo della capacita non eimportante, 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 capacitatende a ε0

A2d

.


Magnetostatica nei materiali

Avrete cominciato ad intuire che il campo elettrico e il campo magneticosi assomigliano abbastanza. Per questo motivo il modello di base da cui siparte per la magnetostatica nei materiali e esattamente lo stesso che si ha inelettrostatica, ovvero si parte dall’ipotesi approssimata ma ragionevole cheun materiale con caratteristiche magnetiche possieda una densita di momentodi 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 uguale ora per il potenziale vettore magnetico cercando di trovareuna relazione nuova fra ~B, ~M, ~J , come abbiamo fatto con il campo elettricotrovando una formula nuova fra ~E, ~P , ρ

Ricordiamo qui la formula del potenziale vettore generato da un dipolomatematico VAI A DIMOSTRARLA NEL CAPITOLO DI MAGNETOSTA-TICA CHE NON LO HAI MAI FATTO

~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 nonverrebbero mai in mente 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 formulaper il potenziale vettore diventa

~A(~r) =µ0

4π

∫V

(−~∇′ ×

(~M(~r′)

|~r − ~r′|

)+~∇′ × ~M(~r′)

|~r − ~r′|

)dV

A questa formula dobbiamo aggiungerci il potenziale vettore generatodalle 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 Stokespuo 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 cuicontributo al potenziale vettore sara quello. Cerchiamo di usare la formulaprecedente per trovare una relazione fra ~B, ~M, ~J . Buttando via il termine dibordo50, possiamo notare che la formula per il potenziale vettore e uguale aquella classica se non per la presenza di un termine che puo essere visto comeuna ~Jeff , ovvero

50Ci sono motivi per farlo ma la loro discussione non e utile a questo livello. Voiricordatevi della presenza del termine di bordo per il calcolo dei campi, ma dimenticatevenequando fate le dimostrazioni. Avrete tempo all’universita per capire perche possiamoignorarlo ogni volta.


~Jeff = ~J + ~∇× ~M

Ma noi conosciamo una relazione fra ~B e ~Jeff , per analogia al caso senza imateriali, 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 conil campo elettrico. Il vettore ~H, tale che

~∇× ~H = ~J (3.38)

Per cui,

µ0( ~H + ~M) = ~B (3.39)

Questa relazione e sempre vera perche e in sostanza la definizione di unvettore fittizio, ~H, che permette di scrivere le leggi in forma piu compattae tenere solo conto delle correnti libere in circolazione e non delle correntiindotte nei materiali. Quello che aggiunge Fisica al modello del materiale euna relazione aggiuntiva

f( ~M, ~B, ~H) = 0

Ovvero qualcosa che ci dica in che modo sono legati i tre vettori. Forsenon sono stato molto chiaro, in quanto mi direte che gia l’equazione 3.39 euna relazione di questo tipo. Io intendo dire una nuova relazione che leghiper esempio solo ~M e ~B all’interno del mezzo, un equivalente di quello che sifaceva in elettrostatica dicendo per esempio che la relazione fra ~D e ~E eralineare per una vasta gamma di materiali, chiamati dielettrici lineari. Peril caso magnetico, le cose sono piu difficili. Vedremo in questo capitolo cheesistono principalmente 3 tipi di risposta diversa dei materiali all’applicazionedi campi magnetici esterni, ovvero

1. Ferromagnetismo (quello delle calamite, il piu noto)


2. Paramagnetismo (simile come reazione a quello che accade nei dielettricilineari)

3. Diamagnetismo (questo e molto piu peculiare del magnetismo. Al suoestremo porta al fantastico mondo dei superconduttori)

Equivalenza fra campi Vediamo rapidamente un metodo molto furbo pertrattare una vasta gamma di problemi per analogia prima di addentrarcinei modelli specifici del ferromagnetismo e delle risposte magnetiche dellamateria. Scriviamo le leggi di Maxwell per il caso statico come le abbiamomodificate per aggiungere i materiali.

~∇ · ~D = ρlib

~∇× ~E = 0~∇ · ~B = 0~∇× ~H = ~Jlib

Poniamoci ora nella situazione semplificata in cui non vi sono cariche ocorrenti esterne ma solo materiali magnetizzati o polarizzati. Di conseguenza,avremo (ρlib, ~Jlib) = 0. Le equazioni si scriveranno

~∇ · ~D = 0~∇× ~E = 0~∇ · ~B = 0~∇× ~H = 0

Non e difficile capire da questo sistema di equazioni la stretta analogia chelega ~E con ~H e ~D con ~B. Notare che per una scelta sfortunata di convenzioniil legame e incrociato, ovvero il campo reale di uno e associato al campofittizio dell’altro e viceversa.

Pensate sia un’analogia inutile? Beh, fate il problema 3.3.45. Vedrete chee molto utile usare direttamente questi fatti per risolvere problemi che inrealta avete gia affrontato, solo che ancora non ve ne siete accorti.

Vorrei far notare che la definizione di ~H e fatta al contrario rispetto alladefinizione 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 ascrivere bene le leggi, e abbiamo anche ~B, che invece e il vettore vero cheesercita la forza sulle cariche.

Paramagnetismo Cominciamo a dare un po’ di modelli fisici in piu. Ilparamagnetismo e quello che assomiglia di piu a quello che si e visto perl’elettrostatica. Il modello che capita sempre e ovviamente quello lineare checi 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).Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.39 (Risalita del dielettrico nel condensatore (AmmissioneSNS anno ???)).

Consideriamo un condensatore cilindrico di raggio interno a, raggio esterno be lunghezza l fra le cui armature vi e il vuoto. Consideriamo inoltre una vascadi superficie A b2 e anche di profondita L > l. La vasca e riempita di undielettrico fluido di costante dielettrica εr ignota e densita ρ nota. Fra le armaturedel condensatore viene mantenuta una differenza di potenziale fissa V0, mantenutacostante da un generatore ideale. Il condensatore viene immerso nella vascamantenendo il suo asse verticale. Si osserva che il dielettrico risale di una quota hrispetto al fondo delle armature, contro la forza di gravita g.

Esprimere la costante εr in funzione di h e delle altre quantita rilevanti.Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.40 (Oscillazioni dielettriche in un condensatore (Senigal-lia. . . ?)).

Consideriamo un condensatore a facce piane quadrate e parallele di lato a econ distanza fra le armature d. Fra le armature viene mantenuta una ddp fissaV0 mantenuta da un generatore ideale. A questo punto consideriamo un mattonedi dielettrico εr noto, con le stesse dimensioni del dielettrico, in modo da entrarciperfettamente.

Consideriamo la situazione ideale in cui il mattone di dielettrico puo scorreresenza attrito sulla superficie interna del condensatore. Ignorate la presenza dellagravita in questo problema e allo stesso modo gli effetti di bordo.

Studiare le oscillazioni51 del dielettrico all’interno delle armature del condensa-tore, al variare della posizione iniziale dello stesso


Problema 3.3.41 (Sfera dielettrica in campo uniforme). Unasfera di dielettrico di costante εr nota viene posta in un campo elettrico uniforme~E0. Trovare i campi ~E, ~P in tutto lo spazio dopo l’inserimento della sfera nellaregione in cui c’e il campo.


Problema 3.3.42 (Condensatori sempre piu piccoli (Senigallia. . . ???)).


51Non ho detto piccole oscillazioni


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, a distanza d da esso. Trovare il campo elettrico in tuttolo spazio.


Problema 3.3.44 (Sfera uniformemente magnetizzata).Soluzione non disponibile.

Problema 3.3.45 (Riciclone). Rifai alcuni dei problemi precedentiSCRIVI QUALI trasportandoli in magnetostatica. Quando viene chiesto ~E e ~P ,trova ~B e ~M , quando viene dato εr supponi di sapere µr Soluzione non disponibile.


3.4 Ottica

Consigli per il lettore L’unificazione di Elettrodinamica e ottica e unacosa che si fa al secondo anno di Universita. Non e necessario che voi sappiatedavvero tutto quello che c’e scritto in questo paragrafo. Le cose importantisono nel paragrafo su riflessione e rifrazione, dove trovate le formule di Fresnele la loro spiegazione. Tuttavia io non sopporto spiegare le cose saltando pezzifondamentali. Al liceo non ci sono i prerequisti per poter fare queste cose.Leggetevele per vostra curiosita personale e imparate davvero solo la parteprettamente di ottica. Il resto sono spiegazioni che spero vi aiutino a capireperche si fanno certe cose e perche 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’otticaavvengono nel campo dell’interazione luce-materia, tratteremo direttamente ilcaso di ottica nei materiali, che avra come corollario l’ottica nel vuoto. Primadi andare avanti con la soluzione delle equazioni e con la creazione di nuovimodelli, 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 sonoa tutti gli effetti una teoria esatta e autoconsistente. Esatta vuole propriodire che descrive senza approssimazioni quello che succede. Il modello rimanevalido anche su scale molto piccole, dell’ordine di una decina di atomi, quindil ≈ 10−9m. Gli unici problemi cominciano a farsi sentire quando entrano ingioco gli effetti quantistici, che non tratteremo qui.

Tuttavia, come e successo in termodinamica, a volte e meglio avere unmodello approssimato che perde un po’ di informazione ma diventa gestibilepiuttosto che avere un modello con troppa informazione che non siamo in gradodi capire. Per esempio consideriamo un mezzo materiale come ad esempioun cristallo di sale. Il mezzo e evidentemente non omogeneo, ci saranno gliatomi disposti in modo regolare e regioni di vuoto intermedie. Evidentementeil campo elettrico sara molto rapidamente variabile nello spazio. Come poteteben capire, per dare una descrizione dell’interazione luce-materia potremmo

3.4. OTTICA 445

non essere interessati52 a queste rapide variazioni, ma potrebbe avere piusenso farsi delle domande su una sorta di campo medio, piu sensato da gestire.Formalmente, possiamo andare a definire un campo ~E come media su unvolume, 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 dellasfera per ottenere qualcosa di sensato? Sicuramente deve essere un raggioR 10−10m, dato che e la scala tipica atomica e noi vogliamo andare astudiare i fenomeni elettromagnetici proprio a meno di queste fluttuazioni checi impediscono di capire cosa stiamo facendo. Tuttavia non avrebbe nemmenosenso prendere R dell’ordine del centimetro, in quanto perderemmo troppaprecisione. Per avere un’idea di quale sia la scala giusta e sufficiente pensarea che cosa vogliamo studiare. In particolare saremo interessati all’interazioneluce materia, per cui la lunghezza d’onda tipica sara compresa fra 10−6m e10−7m. Noi vorremmo in qualche modo vedere completamente le oscillazionidel campo, in modo da dare una descrizione quantitativa e non semplicementequalitativa. 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 quantomenosperare che il nostro approccio abbia senso, in quanto effettivamente esisteuna scala di lunghezze che ci permette di fare le nostre approssimazioni.

Chiaramente in seguito io non utilizzero piu i simboli ~E e ~B per i campi,ma usero le classiche lettere ~E e ~B. Solo in questo paragrafo per chiarezzali ho tenuti distinti, nei prossimi paragrafi non citero piu distintamente deicampi esatti ma solo dei campi mesoscopici, ovvero quelli mediati sull’ordinedi grandezza opportuno.

In questo paragrafo non ho nominato i vettori ~D e ~H, ma si da per buonoche tutto quello che ho detto per i campi ~E e ~B valga uguale anche per loro.

52Solo in alcuni range di frequenze.


3.4.2 Le equazioni di Maxwell nei mezzi continui

Nei paragrafi di elettrostatica e magnetostatica nei materiali abbiamoricavato le equazioni di Maxwell per i campi statici

~∇ · ~D = ρ~∇ · ~B = 0~∇× ~E = 0~∇× ~H = ~J

Chiaramente se noi vogliamo andare a studiare i fenomeni dipendentiesplicitamente dal tempo queste equazioni andranno a modificarsi come esuccesso nel caso del vuoto. Le prime due equazioni non erano state modificatequando paralvamo di elettrodinamica nel vuoto e non ci sarebbe ora motivodi andare a cambiarle, anche se ci troviamo in mezzi continui.

La terza equazioni invece va evidentemente cambiata. Tuttavia, dato chenon vi compaiono termini di sorgente (ρ, ~J), non c’e motivo per cui debbanocomparire termini diversi da quelli del vuoto. Per questo motivo, anchefacendo la media mesoscopica, l’equazione diventera

~∇ · ~D = ρ~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t~∇× ~H = ~J

A questo punto bisognera andare a cambiare anche l’ultima equazione.Come avevamo fatto in quella volta, possiamo subito notare che l’ultimaequazione attualmente e in contraddizione con l’equazione di continuita, checontinuera a valere perche e un principio primo. La conservazione della caricaelettrica totale non smettera di valere solo perche ci troviamo in un mezzo enon 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 abbiamo tolto le cariche di polarizzazione offerte dal mezzo in cui sistanno propagando i campi.

Per far tornare l’equazione di continuita dobbiamo quindi aggiungere non

un termine ∂ ~E∂t

, bensı

3.4. OTTICA 447

~∇ · ~D = ρ~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~H = ~J +1

c2

∂ ~D

∂t

(3.40)

Queste sono finalmente le equazioni di Maxwell complete, come sono statescritte piu di 100 anni fa, quando sono state pubblicate per la prima volta.Notate che queste equazioni non sono davvero un sistema completo. Infattiabbiamo ben 4 campi incogniti da trovare, ~E, ~D, ~B, ~H. Se il problema eradeterminato completamente nel vuoto con 4 equazioni e due campi, nonpossiamo 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 pensandoalla statica. In quel caso, per risolvere i problemi eravamo riusciti a fare deimodellini per avere una relazione diretta ~D[ ~E, ~B], ~H[ ~E, ~B], dove con questanotazione strana intendo solo dire che esiste e conosciamo una dipendenzafunzionale di ~D da ~E e ~B contemporaneamente. Nei modelli statici inparticolare era

~D = ε ~E ~B = µ ~H

Dove µ, ε sono degli scalari. Queste relazioni semplicissime sono il prototipodi tutte quelle che andremo a guardare. Notare che queste relazioni sonospecialissime e assolutamente poco generali, infatti la dipendenza dei campinella materia e disaccoppiata53, e istantanea e locale, cose che in generalesono false. Inoltre, queste relazioni sono lineari, altra supposizione in generalefalsa (ma spessisimo verificata).

Per dare una relazione costitutiva ~D[ ~E, ~B], l’unico modo e in qualche mododare un modello microscopico di come e fatto il nostro materiale. Una voltafatto questo, sara effettivamente possibile dare una previsione quantitativadei fenomeni. Questo sara l’obiettivo dei successivi paragrafi.

53Intendo dire che ~D dipende solo da ~E e non da ~B, cosa che in generale non e vera.


3.4.3 La propagazione di onde nei mezzi dielettrici li-neari

L’obiettivo di questa sezione sara dare dei modelli per costruire dellerelazioni costitutive abbastanza generali da permettervi di cavarvela semprealle Olimpiadi. La prima cosa da notare e che i fenomeni di ferromagnetismo,diamagnetismo e paramagnetismo hanno spiegazioni pienamente quantistichee non sono davvero modellizzabili senza, mentre i dielettrici sono tranquilla-mente 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 laprima approssimazione che possiamo fare e che la relazione fra ~E e ~D sialineare. Voi giustamente potreste farmi notare che io ho appena fatto notareche una relazione del tipo ~D = A~E e assolutamente poco generale e di scarsoutilizzo e adesso vi vengo a dire che facciamo un modello lineare.

Non mi sto contraddicendo, infatti la piu generale relazione lineare fra ~De ~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 tensore54 che contiene ben 9funzioni, ciascuna di 8 variabili. Evidentemente abbiamo un bel po’ di gradidi liberta fra cui scegliere.

Vediamo come semplificarci la vita. Innanzitutto, se consideriamo il mezzoinfinito e invariante per traslazioni spaziali, cosa ragionevole, la funzione nondipendera piu dalle due variabili distinte ~x, ~x′, bensı dalla loro differenza~x− ~x′55. Allo stesso modo, se supponiamo che il mezzo non venga sottopostoa sforzi tali da deformare la sua struttura, avremo una invarianza di questafunzione di risposta per traslazione temporale, ovvero di nuovo g non dipenderadalle variabili distinte t, t′, ma solo dalla differenza t−t′. Dopo queste notevolisemplificazioni possiamo riscrivere la funzione di risposta gij in modo dacambiare la relazione costitutiva

54Infatti nessuno ci dice che ~E e ~D debbano essere paralleli. In cristalli a scarsa simmetriae evidente questa discrepanza.

55E infatti l’unico modo per dire che g(~x+ ~a, ~x′ + ~a) = g(~x, ~x′) per ogni ~a

3.4. OTTICA 449

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 diquello che accade veramente nella vita di laboratorio per capire che cosa elecito approssimare e che cosa invece e impossibile da scartare. L’evidenzamostra che nella maggior parte dei casi per mezzi non troppo densi la rispostae 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, cheaccidenti significa quel grosso integrale che abbiamo scritto poco fa? In parolepovere ci dice che il vettore spostamento dielettrico ~D a rigore puo dipenderedal campo elettrico nel mezzo, non solo che vi e applicato in quel momento e inquell’istante, ma anche in istanti di tempo56 e di spazio molto diversi! Questonon deve sorprendere, in un mezzo continuo in qualche modo e abbastanzaevidente 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 dipendenzaspaziale ad una delta di Dirac ci sta in sostanza dicendo che il vettore ~Dnella sua risposta e molto piu influenzato da quello che e successo primanello stesso punto piuttosto che a quello che e successo a tempi vicini mamolto distante. Questa approssimazione e ben verificata nella maggior partedei 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 dalcarattere scalare o tensoriale di gij, per cui smettero di mettere gli indici. Intutte le formule potrete semplicemente pensare di avere una matrice al postodi uno scalare e il discorso varra uguale quasi ovunque.

56Discuteremo di questo fra poco. E abbastanza ovvio che il campo elettrico che non si eancora visto, ovvero quello per t′ > t non puo influire su quello che sta accadendo adesso.


Inciso - Trasformata di Fourier Ora dobbiamo semplificarci la vita eper farlo utilizzero uno strumento potente. Si tratta della trasformata diFourier. Ovviamente voi non siete minimamente tenuti a sapere della suaesistenza. La morale di quello che sto facendo e usare un po’ di trucchi con gliintegrali per semplificare i conti. Utilizzero degli integrali speciali, che usanole funzioni trigonometriche complesse, che moralmente sono dei seni e coseni.

Vediamo pochi esempi per capire cosa andro a fare. Definiamo innanzituttola trasformata di Fourier. Sia f(t) una funzione di variabile reale (ovverot ∈ R), ma che possa avere valori in C (ovvero in generale f(t) ∈ C). Sidefinisce la trasformata di Fourier di f 57

f(ω) =1√2π

∫ ∞−∞

f(t)eiωtdt

E legittimo domandarsi perche fare questa cosa ha senso e non e sem-plicemente un simpatico modo di complicarsi la vita. La morale e che latrasformata di Fourier si comporta molto bene con le equazioni differenziali-integrali lineari. Supponiamo di avere f derivabile e di voler calcolare latrasformata 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 vediamola potenza del risultato. Nel primo passaggio ho semplicemente scritto ladefinizione di trasformata di Fourier di una funzione, che in questo caso e f ′(t).Nel secondo ho utilizzato la formula di integrazione per parti, riconoscendoche effettivamente f ′ e la derivata di f . A questo punto si ottengono duepezzi. Il primo, che e f(t)eiωt, che va valutato, e il secondo che e un altrointegrale. Per quanto riguarda il primo pezzo, la valutazione non ha semprelimite, se la funzione non decresce abbastanza all’infinito. La teoria tuttavia siestende con poche difficolta anche a funzioni che non vanno a zero all’infinito,ma questi sono dettagli tecnici su cui sorvoliamo. Per ora si assuma che illimite esista e sia zero. Nel secondo pezzo invece abbiamo un integrale che eeffettivamente la traformata di f e non di f ′, moltiplicata per iω.

57La definizione non e unica. In particolare il 2π al denominatore puo essere spostatoquasi a piacere per far tornare i conti. Non meravigliatevi se trovate delle definizioni diverseo se semplicemente vedete anche la stessa persona mettere o meno il

√2π in paragrafi poco

distanti.

3.4. OTTICA 451

Non credo di essere riuscito a passarvi la potenza di questa cosa con lepoche parole che ho speso. Tuttavia possiamo considerare, per farvi capirela potenza del tutto, un’equazione differenziale 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 abbastanzaregolare. 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’equazionedifferenziale in un’equazione lineare di primo grado. Mi pare una bellasemplificazione. Se poi si riuscisse ad invertire la trasformata per ottenere fda f sarebbe l’ideale.

Ovviamente non avrei detto questa cosa se non esistesse la formula diinversione

f(t) =1√2π

∫ ∞−∞

f(ω)e−iωtdω

Che, a patto di saper fare un integrale ci permette di risolvere tuttele equazioni differenziali lineari a coefficienti costanti non omogenee. Leproprieta della trasformata di Fourier sono molteplici. Un’altra proprietafantastica e di trasformare la convoluzione in una moltiplicazione.

Ovviamente non ho mai definito la convoluzione e non mi pare il caso difarlo, ma dato che ne abbiamo un esempio qui davanti un minimo possiamodirlo. Esiste un modo particolarmente sensato, date due funzioni f, g abba-stanza regolari all’infinito tale che esista l’integrale su tutto R58, di associarviuna terza funzione h come integrale mischiato delle prime due. Diamo ladefinizione

h(x) = f ∗ g(x) :=

∫ ∞−∞

f(x− t)g(t)dt

58E impreciso. Le due funzioni devono essere L1(R). Non preoccupatevi di questodettaglio.


Sembra una cosa molto a caso, ma in realta e pensata molto bene. Einutile perderci tempo adesso, ma notiamo che abbiamo davanti agli occhiuna relazione esattamente di questo tipo

~D(~x, t) =

∫ ∞−∞

g(t− t′) ~E(~x, t′)dt′

Che mettendo i nomi al posto giusto e proprio una convoluzione. Il fattoche compaia cosı a caso in un modello fisico puo far presagire cose interessanti,ma non possiamo perderci troppo tempo. Andiamo a calcolare la trasformatadi Fourier rispetto al tempo del nostro campo 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 relazioneche lega ~D a g, ~E, poi ho diviso e moltiplicato per eiωt

′per far comparire cose

belle. Poi ho cambiato variabili di integrazione separando gli integrali. Aquesto punto si riconosce chiaramente la definizione delle due trasformate.59

A questo punto abbiamo trovato una cosa molto piacevole: se non guar-diamo i campi ma 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 questa strada.

Un’obiezione molto legittima sarebbe: “Io non le so fare le trasformate.Cosa mi vogliono dire fisicamente, come capisco cosa sto facendo?”. Oracerchero di convincervi che lavorare in trasformata e moralmente lavoraresolo con campi che abbiano una dipendenza temporale determinata e unica,ovvero ~E = ~E0e

−iωt

TROVA UN MODO DI SPIEGARLO SENZA USARE LA DELTA DIDIRAC.

Quindi sara molto facile (si spera) creare i nostri modelli mandando delleonde monocromatiche, ovvero con dipendenza temporale e−iωt, in quanto

59Ho fatto i passaggi un po’ alla garibaldina ma ovviamente sono formalizzabili.

3.4. OTTICA 453

sapremo scrivere molto bene ε, e poi usare la trasformata inversa se vo-gliamo ottenere la dipendenza temporale esplicita. Nella maggior parte deicasi questo non sara necessario e si lavorera semplicemente per componentemonocromatica.


Il modello di Drude-Lorentz

Questo modello semplicistico, per quanto schematico e semplice e la baseper tutti gli altri modelli di risposta dielettrica. Andiamo a considerare unmateriale, che penseremo solido, ma in realta funziona bene anche per altrecose, che schematizziamo come una collezione di atomi non interagenti l’unocon l’altro composti da un nucleo pesante che non interagira con la radiazionein arrivo e un elettrone60 legato al nucleo pesante da una forza di richiamo,che tanto per cambiare prenderemo armonica a frequenza ω0, di cui nondiamo il valore. Supponiamo che esista una forza di attrito di qualche tiposull’elettrone, per semplicita attrito viscoso.

Supponiamo ora di utilizzare un campo elettrico esterno per forzarequesto oscillatore. Ovviamente lavoreremo per componenti monocromaticheper sfruttare Fourier, e poi alla fine se vorremo potremo ricomporre il tutto.Ovviamente non possiamo fare altro che cominciare dalle 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 mo-to smorzato, che diventera velocemente trascurabile, piu un moto forzato.Andiamo quindi a cercare delle soluzioni forzate della forma ~x(t) = ~x0e

−iωt

−ω2~x0 = −ω20~x0 + iωγ~x0 +

q ~E0

m

Dove ho gia semplificato l’esponenziale, fattore comune a tutti. A questopunto 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 laforzante, del nostro modello sarebbe ~x0 = 0. Questo corrisponderebbe adelettrone e nucleo sovrapposti. Per quanto sia poco realistico, per quelloche vogliamo fare noi e abbastanza descrittivo. Il succo e che quando invece~x0 6= 0, il nucleo e l’elettrone sono separati. Abbiamo due cariche uguali eopposte separate da un certo ~x0. Cosa vi viene in mente? Ovviamente undipolo elettrico!

60Il caso a piu elettroni, purche non interagenti, non e concettualemente diverso daquesto.

3.4. OTTICA 455

~p = q~x0 =q2 ~E0/m

ω20 − ω2 − iωγ

Abbiamo un dipolo elettrico proporzionale al campo incidente. Ricordiamoche l’obiettivo di 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 didipolo elettrico ~P

~P = nq~x0 =nq2 ~E0/m

ω20 − ω2 − iωγ

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 fisichedi una frequenza. Questo modello semplicistico racchiude un sacco di Fisica,anche se all’inizio puo non sembrare. Nei successivi paragrafi andremo astudiare nel dettaglio il grafico di questo modello per capire il comportamentodella risposta del mezzo alle varie frequenze. Vedremo poi che questo modelloe molto piu generale di quello che sembra.


Caratteristiche qualitative delle 3 zone di interesse

Possiamo dare un’occhiata al grafico per alcuni valori di γ, ω0 sono riportatiin figura 3.34. Possiamo, per motivi didattici, suddividere il grafico che sivede in 3 zone tipiche di interesse

1. Una zona che chiameremo di tipo I, in cui la parte immaginaria di εr,corrispondente alla dissipazione, e trascurabile ( 1) e la parte reale equasi costante e > 1.

2. Una zona di tipo II, in cui la parte immaginaria rimane trascurabile,ma si fanno sentire gli effetti di dispersione, ovvero una variazione di<εr con ω.

3. Una zona di tipo III, in cui il mezzo e assorbente e dispersivo.61

Chiaramente questa distinzione e puramente didattica, rigorosamenteparlando ogni zona e solo di tipo III, ma per lo studio che ne andremo a faree legittimo pensare di suddividerle in base a queste caratteristiche qualitative.

Zona I - non dispersivo e trasparente In sostanza questa zona e moltotranquilla, in pratica si tratta quasi come il caso statico. L’unica nuova cosainteressante che andremo a vedere e una leggera riformulazione piu generaledel teorema di Poynting sulla conservazione dell’energia.

Andiamo quindi a considerare il bilancio energetico che abbiamo scrittoper ricavare l’espressione del vettore di Poynting nel vuoto qualche capitolofa.

−∂u∂t

= ~∇ · ~S + w

Dove al solito moralmente noi conosciamo w in termini dei campi evorremmo andare a scrivere u ed ~S solo in termini dei campi stessi. Inquesta situazione di mezzo trasparente62, possiamo dire che la dissipazionesara per l’appunto dovuta solo alle correnti libere ~Jl e non alle correnti dipolarizzazione ~Jp, praticamente per definizione. Di conseguenza, andremo ascrivere

61Ricordiamo che dispersivo vuol dire che εr e quindi n variano con la frequenza.62Ovvero non dispersivo.

3.4. OTTICA 457

(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 funzioneεr, in verde la sua parte immaginaria.

−∂u∂t

= ~∇ · ~S + ~Jl · ~E

E a questo punto possiamo usare ovviamente una delle equazioni diMaxwell per far sparire i termini di sorgente e cercare di esprimere tutto soloin 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 manipolazionivettoriali per ottenere un risultato piu semplice. Inoltre, dato che le co-se simmetriche ci piacciono sempre di piu, andiamo a sommare una cosaidenticamente nulla in modo da rendere piu simmetrico in ~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 Olimpiadi non vi capitera mai di dover usare una formula diversa,quindi imparate questa che va benissimo), mentre l’espressione per il vettoredi Poynting ha motivi per essere estremamente piu generale e non perdere divalidita nemmeno nel caso assorbente.

Per concludere la trattazione del caso non dispersivo possiamo andare avedere che cosa succede all’equazione d’onda in questo mezzo. Ricordiamoper chiarezza che le equazioni di Maxwell macroscopiche

~∇ · ~D = ρ~∇ · ~B = 0

~∇× ~E = −∂~B

∂t

~∇× ~H = ~J +1

c2

∂ ~D

∂tSi possono riscrivere molto meglio in trasformata di Fourier semplicemente

usando la sostituzione formale ∂∂t→ −iω. Questo fatto potete darlo per

buono, ma e formamente e rigorosamente corretto anche in casi patologici.Le equazioni si riscrivono prendendo la forma molto piu semplice

~∇ · ~D = ρ~∇ · ~B = 0~∇× ~E = iω ~B

~∇× ~H = ~J +−iωc2ε ~E

3.4. OTTICA 459

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 nondipende dal punto, allora la costante dielettrica puo passare oltre la divergenzae otteniamo delle equazioni estremamente simili al caso nel vuoto63

~∇ · ~E = 0~∇ · ~B = 0~∇× ~E = iω ~B

~∇× ~B = −iωc2ε ~E

Al solito, possiamo prendere il rotore di una delle due ultime equazioni esostituirvi l’altra per ottenere

∇2 ~E +ω2ε

c2~E = 0

Che e un’equazione formalmente identica a quella nel caso del vuoto.Inoltre, se si ha ε > 164, abbiamo le stesse soluzioni che avevamo nel vuoto,a meno di una costante di cui ora parliamo brevemente. Possiamo infatticercare soluzioni come al solito in termini di onde piane

~E(~x, t) = ~E0ei(~k·~x−ωt)

Che buttate dentro l’equazione precedente ci danno(−~k · ~k +

ω2ε

c2

)~E0 = 0

63Nel caso in cui ε(ω) 6= 0. Vedremo un esempio in cui se e vera quell’uguaglianzapossono accadere delle cose interessanti.

64Questa cosa non e sempre vera. Nella trattazione della zona II vedremo come agire incaso non sia verificato.


Che ha soluzione non nulla solo se

~k · ~k =ω2ε

c2

Dato che nell’equazione sopra ci sono solo quantita reali, possiamo metterciuna bella radice 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 lanostra soluzione quantomeno non viola uno dei principi fondamentali dellaFisica, che e quello di causalita. Almeno per oggi possiamo essere soddisdfattie passare alla trattazione di una zona di tipo II.

3.4. OTTICA 461

Zona II - dispersivo e trasparente Qui le cose cominciano a diventareun po’ meno semplici. Non faro delle dimostrazioni vere in questa parte inquanto sono discretamente sicuro che non vi siano per niente utili durante lavostra carriera olimpica. Avrete modo di approfondire questo argomento alsecondo anno di universita, per ora accontentatevi di qualche cosa detta acaso e barando. Per una trattazione rigorosa, si veda [Jac98].

La prima cosa di cui possiamo discutere e che per ora abbiamo parlatodi velocita di propagazione, di vettore di Poynting e di densita di energia.Questi 3 oggetti non possono essere completamente scorrelati l’uno dall’altroe in particolare c’e un modo solo per metterli in un’equazione in modo chevenga fuori quantomeno qualcosa di dimensionalemente coerente.

~S = u~v

Chiaramente dovete prendere questa formula come qualcosa di intuitivo,non ho nessuna pretesa di convincervi con cosı poche parole che sia vera eindubitabile. La scrivo solo perche utilizzeremo questa relazione per trovarela nuova espressione per u, dopo aver ricavato per altra via l’espressione per~v e aver giustificato il fatto che l’espressione del vettore di Poynting rimangainalterata. Vediamo innanzitutto la nuova propagazione dell’energia.

Vogliamo dare una formula per la velocita di propagazione dell’energia. Perchiarirci le idee e capire come funziona la propagazione non possiamo davverofarlo per un’onda piana in quanto essendo infinita puo trarre in inganno perquanto riguarda i trasporti delle cose. Per questo motivo andremo a studiareun pacchetto localizzato di energia e cercheremo di inseguire il suo centro,usando le equazioni di Maxwell per descrivere la sua evoluzione temporale.

Fisicamente dovete immaginare una ristretta zona dello spazio in cuiall’istante iniziale e presente un campo elettrico e nessuna sorgente. Usandole equazioni di Maxwell si puo prevedere come evolvera la forma di questooggetto.

La trattazione matematica del tutto e leggermente piu complicata di tuttoquello che ho fatto finora. Non mi aspetto che la capiate completamenteanche perche sono sicuro di non essermi spiegato in modo limpido. Cercatesolo di capire le poche cose fisiche su cui cerchero di porre l’attenzione.

Immaginate che sia il campo elettrico sia il campo magnetico non sianopiu monocromatici ma siano una sovrapposizione continua di piu onde mono-cromatiche. E ragionevole pensare che si possa scrivere l’ampiezza dei campiin 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 possaessere fisicamente valida e matematicamente rigorosa, ma per quello che vogliodirvi non e rilevante. La cosa su cui ci dobbiamo focalizzare ora e che ilpacchetto e localizzato, e potete pensare che contenga poche frequenze. Inquesto 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(3.41)

VALIDITA FORMULA PER ~S

〈u〉 =1

2

(∂(ωε)

∂ωE

2+∂(µω)

∂ωH

2)

(3.42)

MOSTRARE CHE ZONA CODA DRUDE LORENTZ E TIPO II E NONI

3.4. OTTICA 463

Zona III - dispersivo e assorbente In questa zona ci sono tutte lecomplicazioni del caso generale di mezzo lineare dispersivo. Cio che andremoa guardare nel dettaglio e solo quello che interessa a voi per il percorsoolimpico, ovvero la riflessione e la rifrazione viste dal punto di vista generaleelettromagnetico e non solo come leggi fenomenologiche.

La prima semplificazione che andiamo a fare e ovviamente come al solitodi trattare materiali non magnetici, ovvero

~B = µ0~H

A questo punto per chiarezza diamo due nomi diversi alle parti reali eimmaginarie di ogni oggetto che andremo a trattare. Le quantita con pedice1 saranno le parti reali, quelle con pedice due saranno le parti immaginarie.

ε(ω) = ε1(ω) + iε2(ω)

A questo punto possiamo tranquillamente scrivere l’equazione d’onda nelcaso generale

∇2 ~E +ω2ε

c2~E = 0

Come abbiamo sempre fatto, per trovare delle relazioni utili andiamo acercare soluzioni in termini di onde piane

~E = ~E0ei(~k·~r−ωt)

Adesso dobbiamo fare moltissima attenzione a quello che facciamo. Sap-piamo che ε ∈ C. Ci aspettiamo quindi che per soddisfare l’equazione anchequalche altro oggetto sia complesso, altrimenti avremmo un oggetto complessouguale ad un numero reale. La frequenza angolare ω ha poco senso ad esservista come complessa65, per cui la cosa piu naturale e dire che anche il vettore~k diventi complesso

~k = ~k1 + i~k2

Prima di procedere, diamo un’interpretazione fisica a quello che stia-mo scrivendo. Riscriviamo l’esponenziale separando i due termini, reale eimmaginario

65In realta e esattamente quello che faremo per ricavare le relazioni di Kramers-Kronig,ma ci sono altri motivi per cui avra senso farlo.


ei((~k1+i~k2)·r−ωt) = e−~k2·~rei(

~k1·~r−ωt)

A questo punto l’intepretazione fisica e molto semplice. La parte im-maginaria del vettore d’onda ci da la direzione in cui l’onda e smorzata inampiezza. Notare che in generale i piani a fase costante, ovvero dove e co-stante l’esponenziale immaginario, non sono sempre ortogonali ai pianiad 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, sarestetentati di scrivere |~k|2 al posto di ~k · ~k. Questo errore e frutto dell’abitudine,ma e un errore perche

∇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 puocomunque essere un numero complesso. Fate molta attenzione quando usate lanotazione complessa perche gli errori stupidi sono dietro la porta ad aspettarvi.

Ora che abbiamo chiarito questo dubbio (si spera), possiamo andare ascrivere la parte reale 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. No-tiamo innanzitutto che se ε2 6= 0, allora deve esserci per forza una componenteimmaginaria del vettore ~k! Questa e la prima conferma del fatto che la parteimmaginaria dell’indice di rifrazione sia un indicatore di assorbimento delmezzo. Fra poco vedremo che e effettivamente cosı. Tuttavia, se ε2 = 0, none detto che sia ~k2 = 0. Infatti semplicemente potrebbe essere ~k1 ⊥ ~k2. Questanon e una situazione patologica, e una bestia che dovreste conoscere bene,

3.4. OTTICA 465

si tratta del fenomeno della riflessione totale interna, che vedremo fra pochiparagrafi.

A questo punto potremmo finalmente parlare del famigerato indice dirifrazione n, che andiamo a definire in questo modo. Innanzitutto sara unaquantita complessa, quindi

n(ω) = n1(ω) + in2(ω)

E poi lo definiamo in modo che ci restituisca la nozione classica

n =c

vf(3.43)

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 conseguenzesull’equazione 3.43. L’indice di rifrazione e solo un artificio matematico, lecose fisiche sono ε e µ.

Ci siamo quasi, ma vediamo prima di passare alla riflessione e alla rifra-zione due cose interessanti che riguardano la potenza dissipata in un mezzodispersivo e la conducibilita elettrica dei conduttori.

Ora finalmente abbiamo a che fare con potenza dissipata, quindi per laprima volta avremo ~Jp · ~E 6= 0. Andiamo a calcolarlo nel dettaglio

P = ~Jp · ~E =

(∂ ~P

∂t− ~∇× ~M

)· ~E

Chiaramente noi saremo interessati ai campi monocromatici e alla potenzamedia su un periodo, 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 eproporzionale alla parte immaginaria della funzione di risposta ε


La conducibilita statica Questo paragrafo sara breve. Per le olimpiadinon vi servira, e solo un trucco per mostrarvi la generalita della funzionedi risposta ε. Ricorderete che nel caso statico si ha ~J = σ ~E. La quartaequazione di Maxwell in componenti monocromatiche si scrive quindi

~∇× ~H = σ ~E − iω

c2ε ~E = −iω

c2ε ~E

Per cui a meno di ridefinire ε possiamo trattare matematicamente allostesso modo sia conduttori che materiali dielettrici. L’unica cosa a cui fareattenzione e la divergenza per ω → 0 della nostra funzione di risposta. Non eun problema, basta solo ricordarsi che c’e.

ε = ε+ ic2σ

ω

3.4. OTTICA 467

3.4.4 La riflessione e la rifrazione

AGGIUNGI DISEGNO. LA NORMALE AL PIANO E LUNGO z EL’ASSE ORIZZONTALE E x

Siamo finalmente giunti alle cose che si trovano su tutti i libri di testodelle superiori. Tuttavia spesso alcuni argomenti come l’angolo di Brewstervengono nominati senza la dovuta cura e quindi si fatica a capirli davvero.Spero di aiutarvi a chiarirvi le idee.

Innanzitutto chiariamoci le idee. Noi “manderemo” un’onda piana mo-nocromatica da un semispazio in cui c’e un mezzo dielettrico εi contro unsemispazio seminfinito di dielettrico εt e in qualche modo vogliamo model-lizzarne la risposta. La cosa che ci aspettiamo e che compaiano 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 allontanaindefinitamente.

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 infunzione di quello che noi sappiamo, ovvero ~ki e ~Ei. Chiaramente non possiamofare le cose a caso, ci serviranno delle equazioni e per trovarle, indovinate unpo’, partiremo dalle equazioni di Maxwell macroscopiche.

Prima di scriverle, notiamo brevemente che il problema ha una discretasimmetria. Infatti, se considero il piano determinato dal vettore ~ki e dalversore normale al piano, posso scegliere due polarizzazioni dell’onda incidentetali per cui questo piano sia un perfetto piano di simmetria per l’onda incidente,rendendolo quindi un piano di simmetria per l’intero sistema e imponendosubito che gli altri due vettori d’onda stiano in questo piano. Ledue polarizzazioni appena nominate sono:

• Polarizzazione lineare in cui ~Ei e ortogonale al piano di incidenza.Questa polarizzazione viene chiamata TE (transverse electric).

• Polarizzazione lineare in cui ~Bi e ortogonale al piano di incidenza.Questa polarizzazione viene chiamata TM (transverse magnetic).


Qualsiasi onda piana si potra scrivere come combinazione lineare di questedue, e dato che queste hanno un elevato grado di simmetria per il problemasara intelligente utilizzare queste per semplificarsi la vita.

Dimentichiamoci un attimo della polarizzazione e andiamo a scriverel’equazione d’onda

∇2 ~E +ω2ε

c2~E = 0

Che varra per entrambe i semispazi a patto di mettere gli indici giusti. Inparticolare otterremo le relazioni di dispersione

~kr · ~krc2 = ~ki · ~kic2 = ω2εi~kt · ~ktc2 = ω2εt

Ora semplifichiamoci leggermente la vita. Normalemente noi manderemoonde dal vuoto o quantomeno da un mezzo dielettrico trasparente, ovverosara εi ∈ R. Questo semplifichera leggermente la prima equazione in quantootteniamo

|~ki| = |~kr|

Ora bisogna andare a utilizzare un po’ di elettromagnetismo. Non ci sonosorgenti libere sui nostri mezzi, ma solo sorgenti di polarizzazione. Le dueequazioni

~∇× ~E = iω ~B

~∇× ~H = −iωc2~D

Dato che non ci sono motivi per dire che ~B e ~D divergano all’interfaccia,si devono avere le 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’e-

quazione del tipo

3.4. OTTICA 469

A1eikixx + A2e

ikrx = A3eiktx

E l’unico modo per avere questa equazione rispettata per ogni x sul pianoe che sia proprio

kix = krx = ktx

Ovvero la componente di ~k lungo x e conservata. Questa equazione,combinata a |~ki| = |~kr|, ci dice anche che kiz = −krz66, per cui otteniamo laclassica legge della riflessione

θi = θr (3.44)

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 giaconoscete

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 ricordarenei problemi di ottica

ni sin θi = nt sin θt (3.45)

Attenzione a non utilizzarla a sproposito. Nella maggior parte dei casiquesta equazione funziona e alle olimpiadi e molto improbabile che questaequazione possa fallire, ma ricordatevi che qui ho tirato un sacco di radici efare la radice e una cosa che in matematica ha sempre una certa arbitrarietain quanto bisogna scegliere un segno. In alcuni problemi potrebbe capitarvidi dover fare attenzione al segno.

A questo punto abbiamo estratto le informazioni cinematiche dal nostrosistema. A questo punto dobbiamo metterci la dinamica, ovvero prendere in

66In generale ci dice che sono uguali i moduli. Dato che vogliamo che l’onda si allontanidall’interfaccia in quanto e riflessa, a mano ci mettiamo un segno meno, che e fisicamentesensato.


considerazione le condizioni di raccordo dei campi piu nel dettaglio. Conside-riamo prima il caso di polarizzazione TE. La condizione sul raccordo di ~E siscrive semplicemente

Ei + Er = Et

A questo punto dato che abbiamo due incognite e una equazione nonpossiamo fare a meno di un’altra equazione. Questa sara l’equazione sulraccordo di ~H, ovvero ~B. Il campo ~B si puo calcolare usando la terzaequazione di Maxwell

~B = −i 1

ω~∇× ~E

E a questo punto, esprimendo la condizione di raccordo su ~B in terminidi ~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 ecomplesso, infatti non abbiamo fatto nessuna assunzione sul fatto che sia realeo meno. Volendo, possiamo definire i coefficienti di riflettivita e trasmissivitaper la polarizzazione TE

r =kiz − ktzkiz + ktz

t =2kiz

kiz + ktz

(3.46)

Quando tutto funziona bene, ovvero quando tutto e reale, possiamoriscrivere questa equazione 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

3.4. OTTICA 471

In molti casi quello che si fa concretamente e di mandare un’onda adincidenza normale (θi = 0 ⇒ θr = θt = 0) dal vuoto verso un mezzo. Inquesto caso le formule assumono una forma umana

r =ki − ktki + kt

t =2ki

ki + kt

⇒

r =

1− n1 + n

t =2

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. Lapotenza scala come |E|2, per cui ha senso andare a considerare un moduloquadro.

A questo punto bisogna rifare lo stesso conto per la polarizzazione TM.Dato che sono pigro, non faccio il conto ma ve lo lascio come esercizio. Milimito a riportare il risultato e a 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

(3.47)

Vorrei farvi notare delle differenze piuttosto interessanti fra le due equazioni3.46 e 3.47. Andiamo a caccia di casi particolari, per esempio cerchiamoquando qualcuno dei coefficienti e 0 o magari anche infinito.

Indichiamo con il pedice s le quantita relative alla polarizzazione TE econ p quelle relative alla TM67. Per esempio, esistono valori di θi o di n checi dicono che l’onda riflessa o trasmessa sono nulle? Andiamo a cercarli

67E una convenzione standard difficile da ricordare. In particolare s deriva dal Tedescosenkrecht, che vuol dire ortogonale. Perche proprio E e non B visto che almeno uno deidue sara ortogonale? Mistero della fede.


rs = 0⇒ kiz − ktzkiz + ktz

= 0⇒ kiz = ktz

Quand’e che accade? Beh, se sono uguali qui due oggetti allora sonouguali anche le quantita ~ki · ~ki e ~kt · ~kt, per cui si deve avere εt = εi, chemoralmente ci dice che l’elettromagnetismo non vede l’interfaccia. O c’e lostesso materiale da una parte e dall’altra, che ci dice che effettivamente l’ondava avanti, oppure ci deve essere un materiale elettricamente indistinguibiledal primo.

Per quanto riguarda l’onda trasmessa, dovrebbe essere kiz = 0, ovveroincidenza parallela al 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

sin 2θt = sin 2θi

L’equazione che abbiamo appena scritto ha due soluzioni. La prima e labanale θi = θt ed e equivalente a quello che abbiamo detto per la polarizzazioneTE. Tuttavia c’e un’altra soluzione rilevante, ovvero

2θi = π − 2θt ⇒ θi + θt =π

2(3.48)

Questa condizione e fisicamente realizzabile e l’angolo θi che rispetta questaequazione si chiama angolo di Brewster e per questo motivo si indica anchecon θB. Diamo un’interpretazione fisica di questo risultato. Supponiamo diavere una sorgente di luce molto disomogenea, come per esempio il Sole, lacui luce riflette su una superficie e arriva ad un rivelatore, per esempio i nostriocchi. La luce che arriva dal Sole non e polarizzata, ovvero contiene in modocasuale un sacco di polarizzazioni in modo che il risultato sia solo un rumorebianco. Tuttavia, tutte le componenti TM di questa luce vengono uccise sela luce arriva proprio ad incidere con angolo θB, mentre le altre componentivengono (parzialmente) riflesse.

Questo e il principio con cui funzionano gli occhiali da Sole polarizzati.La luce colpisce per esempio l’asfalto o il mare e arriva ai nostri occhi. Seguardiamo verso l’orizzonte piu o meno siamo vicini all’angolo di Brewsterche e sui ≈ 50. Gli occhiali polarizzati sono quindi costruiti in modo da

3.4. OTTICA 473

uccidere solo la polarizzazione TE, quella che arriva riflessa residua ai nostriocchi. Combinando i due effetti il risultato dovrebbe essere quello di ridurredi molto il fastidio visivo dovuto al riflesso della luce sulle superfici.

Ci tengo a precisare che l’angolo di Brewster e una cosa che dipende dallapolarizzazione. Un’onda polarizzata TE non risente di questo effetto, l’unicache se ne accorge e quella TM.

Per completezza, calcoliamo l’angolo di Brewster per un’interfaccia fradue mezzi di indice di 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

)(3.49)

La riflessione totale interna Ho detto che a volte le cose non funzionanobene. Avrete sicuramente visto al liceo che se la luce passa da un mezzo conun alto indice di rifrazione ad uno con uno basso, potrebbero accadere cosestrane per alcuni angoli. Il fenomeno e interessante e vale la pena di studiarlo.Riprendiamo la relazione fra le componenti del vettore ~k

~kr · ~krc2 = ~ki · ~kic2 = ω2εi~kt · ~ktc2 = ω2εt

Quasi tutto quello che ho detto nel capitolo precedente risulta semprevero, indipendentemente dal fatto che ~k sia reale o complesso. In particolarele uniche formule che possono avere problemi sono quelle con gli angoli. Le


Figura 3.35: Fonte: Wikipedia. Modulo di R nei due casi di polarizzazioneTE e TM

formule che hanno una dipendenza esplcita da ~k o dalle sue componentirimangono vere in quanto non ho fatto da nessuna parte assunzioni sul fattoche ~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 costantesono le stesse che le superfici ad ampiezza costante. Normalmente uno perscegliere la direzione di incidenza considera la direzione ortogonale ai piani afase costante, ovvero considera la parte reale di ~k. Se ~k diventa complesso, lecose si complicano. Innanzitutto, quand’e che diventa complesso? Riscriviamoquello che sappiamo e ricaviamolo. Per farlo consideriamo prima il caso incui 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 solitogli angoli

3.4. OTTICA 475

ktz = ±√εtεik2i − k2

i sin2 θi = ±ki√εtεi− sin2 θi

E questa relazione ci permette di vedere in modo semplice quando effetti-vamente ktz rimane un numero reale e quando invece diventa immaginario. ksara 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 percui il seno a destra e maggiore della quantita a sinistra. Questo significa cheper alcuni valori di θ il ktz diventa immaginario e questo vuol dire che l’ondanel mezzo diventa smorzata! Il primo angolo a cui succede questo si chiamaangolo limite e vale

θL = arcsinntni

(3.50)

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 none uno smorzamento dovuto alla dissipazione, in quanto per fare questo calcoloabbiamo supposto εt reale. Se fate attenzione, in questo caso

<~kt · =~kt = 0

Esattamente come prevedeva il modello, che poneva quella quantitaproporzionale a =εt, che in questo caso abbiamo supposto nulla.

Effetto tunnel elettromagnetico

Filtri polarizzatori e legge di Malus


Polaritoni e plasmoni

ε~∇ · ~E = 0

ε(ω) = 0

−~∇(~∇ · ~E) +∇2 ~E = 0⇒ ~k(~k · ~E0)− ~k · ~k ~E0 = 0

3.4. OTTICA 477

3.4.5 La causalita e le relazioni di Kramers-Kronig


3.4.6 Cenni di ottica non lineare

3.4. OTTICA 479

3.4.7 Problemi

Problema 3.4.1 (Palla in fondo ad una vasca (Senigallia 2010)).La profondita di 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 dellavasca che dista x dalla verticale passante per O.

1. Determinare in funzione di L, n ed x la profondita dell’immagine virtuale delpunto A, nel piano 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)). Soluzione non disponibile.

Problema 3.4.3 (Pesce rosso). Soluzione non disponibile.

Problema 3.4.4 (Arcobaleno). Soluzione non disponibile.

Problema 3.4.5 (Birifrangenza). Questo problema non e compli-cato in se ma puo risultare ostico in quanto utilzza strumenti matematici a voipoco familiari. Non scoraggiatevi. Per motivarvi a farlo, vi dico che e un testod’esame preso da [LR18].

Si consideri un mezzo dielettrico trasparente (ε ∈ R), uniassiale per il qualeεxx = εyy = ε⊥, εzz = ε//, εi 6=j = 0, con ε// > ε⊥ > 1 e indipendenti dalla frequenza.Supporre che i campi elettrico e 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 polariz-zazione. Si determini la direzione lungo la quale ha luogo la propagazione di energiaelettromagnetica. A fine problema si legga la soluzione per una interpretazionefisica del risultato. Soluzione non disponibile.

Problema 3.4.6 (Strane riflessioni). Anche questo e un testod’esame preso da [LR18]. Non vi scoraggiate. Si consideri un ipotetico mezzomateriale omogeneo ed isotropo che, in una determinato intervallo di ω abbiauna costante dielettrica ε e una costante magnetica µ scalari, indipendenti dallafrequenza, reali ed entrambe negative. Si studi qualitativamente la propagazione


di onde piane all’interno di un mezzo infinito di questo tipo, precisando in particolarela relazione fra ~k, ~E, ~H e la relazione fra ~k e ~S. Si determini l’angolo con cui sirifrange un raggio luminoso ad un’interfaccia piana fra questo mezzo e il vuoto,possibilmente illustrando il tutto con un disegno. Soluzione non disponibile.

3.5. RELATIVITA 481

3.5 Relativita

3.5.1 Relativita ristretta

Questo argomento e molto complicato e spesso controintuitivo. Per capirlodavvero, secondo me serve davvero molto tempo e si possono comunque fareerrori stupidi anche dopo averlo studiato a lungo. In realta non e richiestala sua conoscenza alle Olimpiadi, ma alle APhO sono usciti diversi problemiche la richiedevano e quindi forse fra un po’ capiteranno anche alle IPhO.Credetemi che non e improvvisabile sul momento facendo cose a caso sperandosiano giuste, cosa che invece a volte si riesce a fare in problemi piu semplicidi elettromagnetismo, per esempio.

Invarianza di c Per introdurre l’argomento, consideriamo le equazioni diMaxwell per l’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 e evidentemente l’equazione di un onda in moto con velocita c = 1√

ε0µ0

Vorrei far notare ora la cosa fondamentale che le equazioni di Maxwellvalgono in qualsiasi sistema di riferimento inerziale. Di conseguenza,il risultato che abbiamo trovato e invariante per sistema di riferimento.

Vi sembra banale? In realta non lo e per niente. Abbiamo mostrato che lavelocita della luce e sempre c = 1√

ε0µ0in ogni riferimento inerziale. Se ci

pensate un secondo, questa cosa e estremamente controintuitiva. Pensate adun’automobile con i fari accesi che si muove verso di voi. Se l’auto si muove avelocita v, vi aspettereste che la luce arrivi verso di voi a velocita v + c, cosache questa equazione dice non essere vera.


Non stiamo parlando di approssimazioni perche nessuna auto si muove avelocita prossime a quelle della luce, stiamo parlando di dati esatti. Inoltre,non e nemmeno una sega mentale da matematico che guarda le equazioni enon si preoccupa della loro veridicita. La teoria della RR e ormai un pilastrodel XX secolo e non ha ancora avuto nessun dato sperimentale contrario. Perquanto sia controintuitiva e bizzarra, le cose stanno cosı.

Vediamo di fare un po’ di ordine logico su come sono andati storicamentei fatti e poi parliamo finalmente di un po’ di fisica.

• Fine del 1800. Le equazioni di Maxwell sono state scritte da un po’ eportano ad alcuni risultati controintuitivi come per esempio l’invarianzadella velocita della luce, che e in completo disaccordo con la relativitaGalileiana68. Si fa l’ipotesi che allora la luce non si propaghi nel vuotoma in un mezzo chiamato etere, invisibile, inodore. . . ecc. Per anni vienecercato questo fantomatico mezzo 69 ma tutti gli esperimenti non fannoaltro che mostrare degli assurdi. Si comincia allora a pensare che l’eterenon esista e si cominciano a fare teorie su come sistemare le leggi dellaFisica.

• 1905. Einstein pubblica la teoria della relativita ristretta, formulandosemplicemente un nuovo sistema di leggi fisiche assumento come postu-lati solo che c sia invariante e che la Fisica valga in ogni riferimentoinerziale.

• 1915. Einstein pubblica la teoria della relativita generale, ovvero laformulazione delle leggi della Fisica in riferimenti non inerziali. Inparticolare, Einstein riesce in modo mirabolante ad usare la geometriadifferenziale per dare una teoria completamente nuova della gravitazione,risolvendo diverse discrepanze fra teoria e realta lasciate aperte dallagravita newtoniana.

Vediamo quindi di dare uno sguardo alla teoria della relativita ristrettacercando di capirci qualcosa. Assumiamo quindi come postulati che

68Ovvero che le leggi della fisica valgono in ogni sistema di riferimento inerziale e che levelocita relative si compongono a buonsenso e che per passare da un sistema di riferimentoinerziale ad un altro si usano le trasformazioni di coordinate intuitive che immaginate.

69Certa gente lo cerca tuttora, non in modo scientifico ma gridando al complottomassonico contro la relativita, di solito citando intepretazioni sbagliate di esperimenti. Aquanto pare informarsi prima di dire scemenze non va di moda.

3.5. RELATIVITA 483

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, dobbiamoinnanzitutto ripensare a tutte le definizioni che abbiamo dato di lunghezza,tempo, temperatura, eccetera. Probabilmente non andra piu bene determinareil metro come 1/40.000 della circonferenza equatoriale e tantomeno il secondocome una frazione dell’anno. Deciciamo quindi di costruire uno strumentonuovo per misurare il tempo che utilizzi un oggetto su cui stiamo postulando,ovvero la luce.

L’orologio a luce e fatto in questo modo: e composto da due specchi pianie paralleli, da una sorgente di luce 70 e da un ricevitore. Gli specchi sonoposti ad una distanza L fissata, per esempio saldando i due specchi con unabarra metallica.

La sorgente emette un po’ di luce. Questa viaggia verso lo specchio,rimbalza e torna indietro colpendo il ricevitore, che tiene il conto di quantevolte viene colpito. A questo punto si puo equivalentemente scegliere diavere una seconda emissione, nello stesso momento in cui la luce colpisce ilricevitore, 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 3.36 c’e il disegno di questo oggetto.

Contrazione delle lunghezze e dilatazione dei tempi Consideriamodue persone, la persona A e la persona B. A si trova in stazione del treno,ferma rispetto al terreno. B e su un treno che si muove su un binario rettilineoa velocita costante v rispetto ad A. Ognuno dei due ha il proprio orologio aluce.

A fa cadere in verticale una pallina dalla sua mano e misura il tempo ∆tche la pallina impiega a cadere al suolo. B dal finestrino del treno vede lastessa scena e misura anche lui il tempo ∆t′, a priori diverso da ∆t, che lapallina impiega a cadere al suolo. Non terremo in considerazione il fatto che

70Un laser va bene per non avere dispersione.


Figura 3.36: Orologio a luce

l’informazione71 impiega un tempo finito e non nullo ad arrivare a B, diremoche 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 luceabbia fatto avanti e indietro una sola volta sull’orologio di A, mentre la pallinacadeva.

Cerchiamo quindi di legare in qualche modo ∆t e ∆t′ per vedere se sonouguali o non lo sono. E ovvio che nel limite v → 0, deve essere ∆t = ∆t′, inquanto l’esperienza comune ci dice questo. A velocita ≈ c, tuttavia, a priorinon e detto sia vero, anche perche nessun umano e mai andato cosı veloce dapotercelo dire.

Facciamo un disegno dei due orologi e vediamo cosa succede sfruttandoquello che abbiamo postulato.

Consideriamo quello che vede B nel suo riferimento SB, in figura 3.37,tutto quindi visto dal treno

71Ovvero che B per accorgersi che la pallina e caduta deve aspettare che un arggio diluce rimbalzi sulla pallina e arrivi ai suoi occhi, viaggiando ad una velocita c.

3.5. RELATIVITA 485

Figura 3.37: Viaggio dei due orologi

L’orologio a sinistra e l’orologio di B e nel riferimento SB ovviamenterimane fermo. L’orologio a destra invece e l’orologio di A e dato che e sullabanchina sara in movimento a velocita −v. Noi abbiamo postulato che laluce si muova a velocita c in entrambe i riferimenti SA ed SB.

Dato che noi abbiamo scelto per semplicita di usare un orologio che faesattamente un tick nel tempo che impiega la pallina a cadere, il tempo ∆t′,misurato nel sistema SB, sara il tempo che impiega la luce ad andare su e giunell’orologio di A

In particolare, se L e la distanza fra gli specchi, dato che l’orologio A e inmovimento, la luce dovra percorrere un tratto piu lungo che se fosse a riposo.

Se ∆t′ e il tempo impiegato, allora la distanza da percorrere sara, secondoil teorema di Pitagora

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 chela luce si muova a 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

∆t′ =∆t√1− v2

c2

E opportuno introdurre alcune notazioni che semplificheranno il tutto.Dopo averle introdotte 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 quindi γ ≥ 1

Andiamo adesso a commentare il risultato che abbiamo ottenuto. Secondole nuove definizioni, abbiamo che

∆t′ = γ∆t (3.51)

Ovvero abbiamo che l’osservatore in movimento vede l’evento accaderein un tempo piu lungo. Vi sembra impossibile? Beh, vediamo cosa succedese β 1. In tal caso dobbiamo ritornare al caso classico in cui gli eventiaccadono 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

, datoche c ≈ 3 · 108m

s, β ≈ 10−6, per cui il tempo viene aumentato circa di un

millesimo di miliardesimo. Direi che avevamo dei buoni motivi per nonessercene accorti prima.

3.5. RELATIVITA 487

Cerchiamo di dare un significato a quello che abbiamo ricavato. Noiabbiamo mostrato che se un osservatore misura un tempo ∆t fra due eventi,allora un altro osservatore in movimento rispetto al primo misura un tempo∆t′ = γ∆t, diverso e maggiore.

Detta cosı, l’affermazione precedente porta immediatamente a degli assurdi,dobbiamo aggiungere una cosa fondamentale per renderla corretta. Perche ilragionamento non si puo fare al contrario? Ovvero, perche non possiamo direche ∆t = γ∆t′, dato che comunque sono in moto relativo?

La risposta sta nel fatto che il riferimento di A e in un certo senso favoritosolo ed esclusivamente per quella misurazione. Noi stiamo misurandoil tempo fra due eventi, due cose fisiche, non a caso. Questi eventi fisici, inparticolare, nel riferimento di A accadono nello stesso posto, mentre nelriferimento di B, che e in treno, i due eventi accadono in posti diversi. Perdirla meglio, se l’evento 1 la mela viene lasciata cadere accade ad un metro didistanza da entrambe gli osservatori, A e B, l’evento 2 la mela cade in terraaccade sempre ad un metro da A ma molto distante da B, che nel frattemposta viaggiando.

Il fatto che il tempo fra due eventi dipenda dal sistema di riferimentoporta a conseguenze soprendenti. Vediamo questo esempio

Esempio 3.5.1 (Vita del muone). Il muone µ e una particella fondamentale.In un riferimento in cui il muone e a riposo, questa particella vive mediamente2, 2µs. La fonte principale di muoni che arrivano sulla Terra e il Sole, chegrazie alle reazioni nucleari che avvengono al suo interno ne produce un grannumero. Tuttavia, il sole dista circa L′ = 150 milioni di kilometri dalla Terra,che sono circa 8 minuti luce. Non potendo andare piu veloce della luce (cosache 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 modorelativistico. 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 72.

Ovviamente i due sistemi non sono fermi l’uno rispetto all’altro, ma seconsideriamo solo il tratto in cui il muone viaggia nel vuoto, sono entrambe

72La piccolissima accelerazione terrestre dovuta alla rivoluzione e un effetto che modificaall’ordine successivo questo fenomeno, ovvero possiamo non tenerne conto.


inerziali. Se vogliamo applicare la formula 3.51, dobbiamo trovare quindi dueeventi che in un certo riferimento accadano nello stesso luogo. In particolare,se prendiamo i due eventi il muone esce dal Sole e il muone arriva sullaTerra, nel riferimento S1 accadono nello stesso luogo. Chiamiamo ∆t ≤ τil tempo fra questi due eventi. Allora possiamo applicare la formula 3.51 edire che un osservatore sulla Terra misura quindi un tempo ∆t′ = γ∆t, doveγ ovviamente dipende dalla velocita del muone, che possiamo considerarecostante.

Di conseguenza, noi sulla Terra misureremo un tempo noto ∆t′ ≈ 8 min.Il tempo che misura il muone e quindi molto di meno, infatti e

∆t =∆t′

γ

A questo punto e sufficiente notare che γ →∞ per v → c, di conseguenzae sufficiente imporre ∆t ≤ τ per trovare che esiste davvero un range di velocitache permette al muone di arrivare sulla Terra prima di decadere! In pratica,viaggiando abbastanza velocemente, il muone puo teoricamente percorrereuna distanza infinita prima di decadere, nonostante abbia un tempo di vitafinito e un limite di velocita.

A questo punto sorge spontaneo un altro dubbio che porta ad un ulteriorerisultato sorprendente della teoria della RR. Nel riferimento del muone ecomunque passato un tempo ∆t ≤ τ . In questo tempo, la Terra ha viaggiatoa velocita v verso il muone, di conseguenza quest ultimo ha visto la Terrapercorrere una distanza

L = v∆t = v∆t′

γ=L′

γ

Vorrei far notare che L non sono i 150 milioni di kilometri che un osser-vatore sulla Terra misura, sono quella lunghezza diviso per γ! In pratica,secondo il muone la distanza Terra-Sole non e quella che vede un osservatorefermo sulla Terra ma e molto di meno.

Come per la formula 3.51, anche qui bisogna stare attenti a non usarla asproposito. Vediamo un esempio meno concreto ma piu semplice per capire ilpunto della situazione.

Esempio 3.5.2 (Auto relativistica). Vediamo un esempio estremamentesimile ma che secondo me permette di fare piu chiarezza in quanto la Terrafa un moto di rivoluzione che puo confondere le idee. Consideriamo un auto

3.5. RELATIVITA 489

che si muove a velocita relativistica v su una pista rettilinea. Consideriamodue 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. Vogliamo trovare che cosa misura invece l’osservatore 2.

Facciamo chiarezza su cosa viene misurato e cosa sono le grandezze cheabbiamo identificato. Denotiamo il tratto di strada mettendo due palettinel terreno, il paletto A, il primo, e il paletto B, il secondo. Secondo S1, ladistanza fra i due paletti e L1. Inoltre, sempre secondo S1, l’auto impiega untempo ∆t1 ad andare dal paletto A al paletto B.

Nel sistema S2, invece, i due paletti disteranno L2, a priori L2 6= L1, eimpieghera un tempo ∆t2 da quando vede il paletto A sfrecciare accanto alui a quando vede il paletto B.

Nel riferimento S2 quindi gli eventi passo davanti ad A e passo davanti aB accadono nello stesso luogo. Di conseguenza si puo usare la formula 3.51 edire che

∆t1 = γ∆t2

Ovvero che secondo l’osservatore sulla pista l’auto ci mette piu tempo.Dato che nel riferimento S2 il palo B viaggia a velocita v verso l’auto, neltempo ∆t2 il palo B percorre una distanza L2 = v∆t2. Usando la relazionedi prima

L2 =L1

γ(3.52)

Che e la formula di contrazione relativistica delle lunghezze. Come per laformula 3.51, ha senso utilizzarla da S1 a S2 e non al contrario in quanto lamisurazione di S1 ha qualcosa di piu di quello che misura S2 in quanto nelriferimento S1 l’oggetto misurato e fermo. Questa lunghezza caratteristicaviene chiamata lunghezza a riposo ed e qualcosa di intrinseco nell’oggetto chenon dipende dal riferimento73

Facciamo un ulteriore esempio per chiarificare il tutto. Consideriamoun’altra auto che si muove a velocita v′ rispetto al terreno che percorre la

73In quanto per misurarla si prende un riferimento in cui e fermo. Capitan Ovvio.


stessa pista (senza scontrarsi con l’altra). Chiamiamo S3 il suo riferimento.Vogliamo sapere che cosa misura 3 in funzione di quello che misurano 1 e 2

Chiamiamo ∆t3 il tempo che impiega la prima auto a percorrere la stradasecondo il riferimento S3.

Possiamo dire che

∆t3 =∆t1√1− v′2

c2

? NO. La formula e stata usata a sproposito. Nel riferimento S1 gli eventinon accadono nello stesso punto, quindi non si puo applicare la formula.

Possiamo dire che

∆t3 =∆t2√

1− (v−v′)2

c2

? NO. Stavolta la formula e stata usata con criterio ma nessuno ci dice che lavelocita relativa fra i due riferimenti sia v − v′, infatti scopriremo che non ecosı. 74 Era comunque intuibile dal fatto che le leggi della fisica devono valerein ogni riferimento e con quella formula basta prenderne due che vadano indirezioni 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 relativau fra i riferimenti S3 ed S2 ed applicare la formula 3.51 mettendo γ(u).

Nel prossimo paragrafo vedremo la formula 3.57 che permette di ottenereu in termini di v e v′ che colmera questa lacuna. Per ora andiamo a calcolarea che distanza vede i due paletti il sistema S3

Possiamo dire che

L3 =

√1− (v − v′)2

c2L2

? NO. Stavolta ci sono entrambe gli errori nella stessa formula. Infatti nelsistema S2 la pista non e a riposo e abbiamo pure usato la formula sbagliatadi addizione delle velocita.

Possiamo dire che

74Vedi il paragrafo sulle trasformazioni di Lorentz per trovare la formula di addizionerelativistica delle velocita.

3.5. RELATIVITA 491

L3 =

√1− v′2

c2L1

? Si. Finalmente abbiamo fatto qualcosa di giusto. Stavolta abbiamo usatola formula 3.52 con la lunghezza a riposo e con la velocita giusta.

Perdita di simultaneita Non abbiamo finito con i risultati controintuitividella relativita, abbiamo appena cominciato. Riprendiamo l’esempio preceden-te e vediamo che c’e ancora qualcosa di molto strano che non avevamo notato.Riprendiamo l’esempio dell’auto relativistica aggiungendo un dettaglio.

Consideriamo quindi il sistema S1 del terreno, il sistema S2 dell’auto eaggiungiamo un uomo posizionato accanto al paletto B. L’unica funzionedi questo omino e sparare un colpo di 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

Indichiamo quindi con ∆tβαi il tempo che impiega l’auto ad andare daA a B nel riferimento i-esimo. Dato che nel riferimento S2 gli eventi α e βaccadono nello stesso luogo, si avra

∆tβα1 = γ∆tβα2

Inoltre, denotiamo con ∆tηαi il tempo fra quando l’auto passa da A equando l’omino spara il colpo di pistola. Evidentemente, per come abbiamoorchestrato il tutto, ∆tηα1 = 0, ovvero i due eventi avvengono contemporanea-mente.

Indichiamo infine con ∆tβηi il tempo passato da quando l’omino ha sparatoil colpo di pistola a quando l’auto passa da B

Evidentemente, per entrambe i riferimenti vale

∆tηαi + ∆tβηi = ∆tαβi (3.53)


Questa affermazione non ha niente di nuovo, ci dice solo che il tempo perandare da F a G piu il tempo per andare da G ad H e il tempo per andareda F ad H. Nel riferimento S1, ovviamente si ha

∆tηα1 = 0⇒ ∆tβη1 = ∆tαβ1

Ovvero stiamo semplicemente dicendo che nel riferimento S1 il tempo cheimpiega l’auto a fare la strada e lo stesso tempo che intercorre fra lo sparo el’arrivo a B. (Che e abbastanza ovvio). Vediamo ora una cosa interessanteinvece. Nel riferimento S1 gli eventi β ed η accadono nello stesso luogo, ovveroaccanto al paletto B, di conseguenza,

∆tβη2 = γ∆tβη1

Cerchiamo di riscrivere ora l’equazione 3.53 isolando ∆tηα2 , ovvero vedia-mo se lo sparo e l’arrivo su A avvengono contemporaneamente anche nelriferimento 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 due eventi accadono contemporaneamente, quindi lastessa quantita nel riferimento S1 e 0. A destra invece abbiamo un temponon nullo (ovvero il tempo che passa dallo sparo all’arrivo a B) moltiplicatoper 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 eventiavvengono in modo diverso. Mentre nel riferimento S1 lo sparo e l’arrivoad A sono simultanei, nel riferimento S2, quello dell’auto in moto, gli eventinon accadono contemporaneamente, l’auto vede accadere prima uno e dopol’altro.

In particolare, ∆tηαi e il tempo che intercorre fra lo sparo e l’arrivo adA, ovvero e positivo se prima si spara e poi si arriva ad A. Dalla formula

3.5. RELATIVITA 493

precedente, si vede che per qualsiasi valore di γ invece il tempo e negativo,ovvero lo sparo avviene dopo CONTROLLA SE E DAVVERO COSI

Queste 3 sono le prime sconvolgenti conseguenze della teoria della RR.Possono sembrarvi strane e controintuitive e vi do ragione, ma fin’ora sonostate tutte confermate.

Le trasformazioni di Lorentz Le formule che vi ho dato fin’ora sonogiuste ma spesso sono poco agevoli. Per fortuna qualcuno prima di noie riuscito a formalizzare in modo ottimo come passare da un sistema diriferimento all’altro. Cominciamo con le trasformazioni di Galileo, che visaranno sicuramente familiari ed ovvie.

Dati due sistemi di assi cartesiani orientati allo stesso modo, S1 ed S2,con S2 che si muove rispetto a S1 con velocita ~v tutta lungo l’asse x, seconosciamo la posizione e il tempo di un evento in S1 possiamo trovare quelloche succede in S2 usando le banali trasformazioni

t2 = t1

x2 = x1 − vt1y2 = y1

z2 = z1

(3.54)

Ovvero si da per scontato che il tempo sia universale e chiunque misuri glistessi intervalli di tempo in qualsiasi sistema di riferimento e poi si compongonole velocita in modo ovvio come vettori.

Ovviamente queste trasformazioni si possono invertire per ricavare lequantita 1 in funzione 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 escambiare gli uni con i due e viceversa.

Abbiamo visto nel paragrafo precedente invece che in relativita compaionofattori γ eccetera. Si puo mostrare75 che valgono le seguenti trasformazioni

75Lo vedrete molto in dettaglio nel corso di Meccanica Classica al secondo anno. Sevolete dare un’occhiata, consiglio il Goldstein


t2 = γ

(t1 − vx1

c2

)x2 = γ (x1 − vt1)

y2 = y1

z2 = z1

Che vengono chiamate tarsformazioni di Lorentz. Innanzitutto facciamoil limite per c→∞ e ci accorgiamo subito che ricadiamo nelle trasformazionidi Galileo 3.54. Fisicamente ci dice che il modello di Galileo va molto benefinche non ci avviciniamo a velocita prossime a c, cosa rassicurante, visto chee stato utilizzato per secoli.

Per diversi motivi e intelligente cambiare la variabile t con la variabilect ed utilizzare β al posto di v. In questo caso le trasformazioni acquistanogrande simmetria

ct2 = γ (ct1 − βx1)

x2 = γ (x1 − βct1)

y2 = y1

z2 = z1

(3.55)

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

(3.56)

Tenete bene a mente la matrice nell’equazione 3.56, in quanto verra utiliz-zata spesso. Prima di andare avanti, vediamo un paio di cose. Innanzitutto,ricordiamo che un evento e determinato in un sistema di riferimento da tuttele sue coordinate, sia spaziali sia temporali. Di conseguenza, se consideriamogli eventi A e B, che in un certo riferimento S sono rappresentabili cosı

ctAxAyAzA

ctBxByBzB

Questi vettori, in un altro riferimento S ′ diventeranno

3.5. RELATIVITA 495

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 diffe-

renze spazio-temporali, a causa della linearita della trasformazione, avremoche

c∆t′AB∆x′AB∆y′AB∆z′AB

= L

c∆tAB∆xAB∆yAB∆zAB

Andiamo ora a ritrovare i casi notevoli delle formule 3.51 e 3.52. Consi-

deriamo due eventi che nel sistema S avvengono nello stesso luogo, ovvero∆xAB = 0. Le coordinate y e z non sono interessanti in quanto non vengonocoinvolte nella trasformazione. Vediamo cosa succede nel sistema S ′


=

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 dei tempi. Se notate, la seconda componente dice che ∆x′AB =−βc∆t′AB, che fisicamente ci torna.

A questo punto possiamo far vedere come torni anche il risultato sullacontrazione delle lunghezze. Per vedere il risultato e intelligente scrivere latrasformazione 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 spazialefra eventi contemporanei in questo riferimento che rappresentano le


estremita dell’oggetto. In particolare, nel nostro caso ∆t′AB = 0. Basta vederela 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 nonagisce la trasformazione e delle cose che varia in modo evidente, come x et. Tuttavia, in generale non e detto che siano tutte qui le quantita che siconservano. Per esempio, se torniamo in meccanica, una rotazione del sistemadi riferimento (solo rotazione, non sistema di riferimento rotante), lascia

invariata la norma dei vettori, ovvero se uno spostamento e ~∆x, nel nuovoriferimento si avra ~∆x′ e, sicuramente, se e una rotazione, lascia invariata lanorma, ovvero

|~∆x| = |~∆x′|

Non e di grande rilevanza in meccanica, anzi, penso di non averlo maiutilizzato. Tuttavia, in relativita avere delle quantita conservate e piu utileper fare delle considerazioni. Raramente in meccanica ruotate il riferimentodiverse volte nello stesso problema. In relativita invece vi puo capitare spessodi dover passare da uno all’altro per non impazzire con i ragionamenti. Diconseguenza potrebbe essere utile avere una quantita scalare, come la norma,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 succedese cambiamo un po’ di segni. Consideriamo

c2t2 − x2 − y2 − z2

Consideriamo la stessa quantita in un riferimento S ′ e usiamo le trasfor-mazioni di Lorentz

c′2t′2 − x′2 − y′2 − z′2 = γ2(ct− βx)2 − γ2(x− βct)2 − y2 − z2 =

3.5. RELATIVITA 497

=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 chela quantita

c2t2 − x2 − y2 − z2

e invariante per sistema di riferimento. Ora diro una cosa che probabil-mente vi sara poco chiara, ma non e importante che la capiate per fare iproblemi. Rileggetela dopo che avrete finito il corso di Algebra Lineare eriuscirete a mettere a posto ogni tassello.

Se noi prendiamo un prodotto scalare non definito positivo ma consegnatura (+,−,−,−), 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 unsignificato molto interessante. Vuol dire che il vettore con le 4 coordinatespaziotemporali non ha nulla di particolare per cui debba essere proprio lui ad


avere la quantita c2t2 − x2 − y2 − z2 invariante. In particolare, vi voglio direche qualsiasi vettore a 4 componenti che trasformi se stesso da un sistemadi coordinate all’altro mediante trasformazioni di Lorentz ha quella quantitainvariante. In formule, 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 ilvettore spaziotempo non e l’unico vettore a quattro componenti interessantein relativita e avere gia a disposizione questo trucco potrebbe essere moltoutile.

Vettori di tipo luce e di tipo spazio

Perche non si va piu veloci di c?

Formula di addizione relativistica delle velocita Prima di andareavanti colmiamo questa piccola lacuna lasciata in sospeso. Consideriamo 3sistemi di riferimento, al solito con gli assi paralleli che si muovono gli unirispetto 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 rispetto a S1. Vogliamoconoscere la velocita relativa fra S2 ed S3.

Fare questo calcolo e semplice. Consideriamo due istanti di tempo (nelsistema S1), tA e tB. Il centro del riferimento S3 si trovera rispetto al sistemaS1 nei punti xA e xB, legati dalla relazione

v3 =xB − xAtB − tA

=∆xAB∆tAB

Vediamo che cosa accade nel sistema S2, trovandoci le differenze corrispo-denti

3.5. RELATIVITA 499

∆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 la velocita del sistema S3 vista nel sistema S2. Facciamo quindi ilconto

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

(3.57)

Vorrei far notare che se entrambe i β sono compresi fra −1 e 1, alloraanche βu lo e. Il caso limite e per l’appunto quando uno dei due e esattamente1. In tal caso,

βu =1− β2

1− β2

= 1

Insomma, un osservatore che si muove a c, viene visto da tutti gli altriche si muove a c, esattamente come avevamo postulato. I casi limite quinditornano.

L’accelerazione e il tempo proprio Per ora abbiamo parlato solo di motorettilineo uniforme, non abbiamo ancora detto niente riguardo alla cinematicadei corpi accelerati. Intanto, la prima cosa da notare e la definizione classicadi accelerazione

~a =d~v

dt

Ovviamente una volta non c’era alcuna possibilita di fraintendimento inquanto il tempo era uno solo. Pare ovvio che ora sia necessario specificarequantomeno l’accelerazione in quale riferimento in quanto la misurazione del


tempo dipende dal riferimento stesso. Solitamente si parla di accelerazionepropria, ovvero dell’accelerazione che misura il soggetto stesso. Normalmen-te 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 accelerazionepropria costante, a titolo di esempio. Facciamolo partire da fermo al centrodi un riferimento S e facciamolo muovere con accelerazione propria costantelungo l’asse x. Nei prossimi paragrafi vedremo che tipo di forza e necessariaper creare questo tipo di accelerazione.

Descriviamo quindi quello che succede al nostro punto materiale nel sistemaS. Dato che stiamo descrivendo il tutto nel sistema S, dovremo utilizzarecome coordinate x e t e poi ci preoccuperemo di legare il tempo misurato nelsistema S, t al tempo che misura l’osservatore accelerato τ

Istantaneamente, sara

dt = γdτ

Infatti, possiamo considerare il sistema di riferimento inerziale che eistantaneamente solidale all’oggetto per un tempo dt. Dato che questoriferimento e inerziale, varra la formula della dilatazione dei tempi. Dato chegli eventi considerati avvengono nello stesso luogo nel riferimento solidale alcorpo, il γ va messo come sopra.

A questo punto, dato che abbiamo supposto l’accelerazione propria co-stante, chiamiamola a 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

)

3.5. RELATIVITA 501

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 posizionedell’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 talproposito 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 accadesecondo l’osservatore in moto.

Abbiamo scoperto da prima che

dt = γdτ

Ma ora abbiamo trovato un’espressione β(t), per cui anche γ(t). Diconseguenza,

dt

γ(t)= dτ

E a tutti gli effetti una separazione delle variabili che ora ci permette diintegrare e legare le due quantita. Scegliamo di sincronizzare gli orologi inmodo che entrambe partano da 0 quando 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 euna rogna da calcolare. La prima idea che mi viene in mente e che∫

1

cosxdx

Si fa utilizzando le formule parametriche, ovvero esprimendo cosx intermini di t = tan x

2. Inoltre, possiamo sfruttare il fatto che cosh(ix) = cosx

per riuscire a ricondurci a quel caso. Una volta fatto l’integrale,

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

3.5. RELATIVITA 503

Energia e impulso Per ora non abbiamo fatto molta fisica, ci siamo limitatia descrizione di cose, non abbiamo previsto molto. Cerchiamo di capire checosa succede alla meccanica quando ci avviciniamo alla velocita della luce.L’obiettivo principale sara avere una forma equivalente di ~F = m~a che cipermetta poi di risolvere i problemi di dinamica. In particolare, vogliamotrovare una formula che abbia ~F = m~a come caso limite quando β 1,ovvero se facciamo tendere c→∞.

Ora vi mostrero un problema molto carino ma che non e davvero unadimostrazione. Spero tuttavia che vi convinca abbastanza della validita delrisultato.

Esempio 3.5.3. Diamo per buono che per un fotone si abbia E = hν ep = hν

c. Studiare il decadimento di una particella in due fotoni per ricavare

l’espressione di quantita di moto ed energia cinetica di una particella.

Vediamo come fare: consideriamo una particella che si muove in modogenerico nello spazio a velocita ~v in un sistema di riferimento S. Ad uncerto punto questa particella decade diventando due fotoni. Per semplicita,possiamo scegliere il decadimento in modo che i due fotoni vengano espulsinella direzione del moto (ovviamente in verso opposto). I due fotoni avrannofrequenza ν1 (in avanti) e ν2 (quello indietro).

Dato che il sistema e isolato, dovranno conservarsi la quantita di motototale e l’energia totale. Indichiamo con p ed E la quantita di moto e l’energiadella particella. Per ora sappiamo solo che queste due quantita devonoritornarci 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.Mettiamoci in un riferimento S ′ solidale alla particella quando esisteva. Anchein questo riferimento dovranno valere le leggi della fisica in quanto e inerzialepure questo. Dato che il problema ha si svolge su una retta, si dovra avereper forza 0 =

hν ′1c− hν ′2

cE ′ = hν1 + hν2


Da cui si ricava l’informazione utile ν ′1 = ν ′2 := ν0. Per cui in questoriferimento si ha

ν ′1 = ν ′2 = ν0

E ′ = 2hν0

Vorrei farvi notare una cosa importante. Scrivendo E ′ = 2hν0 abbiamoin qualche modo supposto che la nostra particella avesse un qualche tipo dienergia da spendere. Dato che e ferma e non abbiamo parlato di temperatura,carica o altro, l’unica cosa che caratterizza la particella in questo momento ela sua massa.

Ora cerchiamo di tornare indietro sfruttando le cose che abbiamo rica-vato. Nel riferimento S le frequenze saranno cambiate seguendo la formuladell’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. Noisappiamo che nel caso non relativistico la quantita di moto deve venire mv.Se facciamo il limite per basse velocita, 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 immagaz-zinare l’energia necessaria per creare i due fotoni. Inoltre abbiamo trovatol’espressione per quantita di moto e energia

p = γmv

E = γmc2

3.5. RELATIVITA 505

Abbiamo gia visto che p ci restituisce il valore che conoscevamo a bassevelocita. Vediamo invece che cosa succede all’energia.

E = γmc2 ≈ mc2

Pare non torni. . . Sbagliato. Non torna il conto perche abbiamo appros-simato troppo. Noi vogliamo vedere che cosa succede tenendo termini fino av2, mentre qui non c’e nemmeno il termine v. Approssimiamo in modo piuumano.

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 unattimo un senso al termine mc2, invece. Perche normalmente non c’e quandosi fa un problema in meccanica classica? La risposta e semplice: in meccanicaclassica la massa si conserva! Di conseguenza abbiamo questo termine sia adestra che a sinstra dell’uguale e quindi si elide sempre. Per questo motivonon dobbiamo soprenderci se non siamo riusciti ad accorgercene fino ad ora.In relativia invece la massa non necessariamente si conserva. Per esempionel decadimento che abbiamo studiato adesso i due fotoni non hanno massama nonostante questo si sono creati violando la conservazione della massa.Evidentemente quindi e una legge che non funziona in questi casi.

Quadrivettori Riflettiamo ora un attimo sulla definizione di velocita. Inmodo classico si ha che

~v =d~x

dt

In questa definizione abbiamo una derivata rispetto al tempo e la cosa nonci da alcun fastidio in quanto in Meccanica classica siamo sicuri che tutti gliorologi misurino il tempo allo stesso modo. In relativita ovviamente questonon e vero, infatti due orologi in due sistemi di riferimento in moto l’unorispetto all’altro misurano tempi diversi. Cerchiamo quindi di fare chiarezza.Possiamo definire principalmente due tipi di velocita e c’e un buon motivoper entrambe, dipendera dall’occasione capire cosa usare.

Vediamo la prima definizione: dato un sistema di riferimento S, possiamodefinire al velocita ~v


~v =d~x

dt

Dove ~x sono le 3 componenti spaziali misurate dal riferimento S e il tempoe misurato sempre nel riferimento S. Questa velocita e sensata da definire inquanto un osservatore nel riferimento S vede l’oggetto muoversi con quella ~v.

Andiamo ora a definire un altro tipo di velocita. Vi sembrera inutile mavedremo che non lo e. Definiamo il vettore

~u =d~x

dτ

~x e di nuovo il vettore posizione misurato nel riferimento S mentre τ eil tempo proprio. Vorrei far notare che il tempo proprio e indipendente dalsistema di riferimento 76. In particolare 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’apice77 e ovviamente l’indice varia fra 1 e 3. Se decidodi inventarmi un nuovo vettore a 4 componenti, che chiamero uµ (Quindi µvaria fra 0 e 3) definito cosı

uµ = (γc, ~u) (3.58)

76In quanto per calcolarlo ovviamente bisogna mettersi nel riferimento solidale al corpo,che e uno solo. Capitan Ovvio.

77Quando si fa meccanica classica normalmente le componenti dei vettori vengono indicatecon il pedice. In questo caso uso l’apice perche quando si arriva in meccanica relativisticasi definiscono diversi tipi di oggetti, vettori e covettori, che si assomigliano ma non sonouguali. Per i vettori le componenti si indicano con l’apice, per i covettori si usa il pedice.In questo caso ci vuole l’apice. Andate a vedere la parte dei complementi sui tensori persaperne qualcosa in piu.

3.5. RELATIVITA 507

Che viene chiamato quadrivelocita. Possiamo notare che78

uµ =

(cγ

dτ

dτ, ~u

)=

(c

dt

dτ, ~u

)=

(dx0

dτ,d~x

dτ

)=

dxµ

dτ

Dove abbiamo ovviamente usato xµ = (ct, x1, x2, x3) = (ct, x, y, z). A cosadovrebbe servire questa cosa? Beh, noi sappiamo che in un altro riferimentoS ′ si avra

x′µ =3∑

ν=0

Lµνxν

dove Lµν e la matrice di Lorentz opportuna. Ma proprio dato che dτ nondipende dal riferimento, allora nessuna componente di Lµν potra dipendereda 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 daun sistema di riferimento all’altro seguendo le trasformazioni di Lorentz.Ricordate cosa avevo detto qualche paragrafo fa? Ora abbiamo gratis che laquantita

(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. Conti-nuiamo il discorso. Andiamo a definire il vettore

pµ = muµ

Che viene chiamato quadrimpulso. Andiamo a vedere le sue componenti

78La convenzione vuole che gli indici con lettere latine vadano da 1 a 3 mentre quellegreche da 0 a 3. Quando indichero vettori a 3 componenti usero quindi i, j, k . . ., quandoindichero vettori a 4 componenti usero µ, ν, λ . . .


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 trasformasecondo le trasformazioni di 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 cosaperche di solito si usa di continuo nei problemi. In particolare, andiamo acalcolare

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.Riprendiamo ora il discorso di prima. Abbiamo mostrato che energia equantita di moto relativistiche trasformano da un sistema di riferimentoall’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

(3.59)

Questa cosa e molto utile per risolvere i problemi, sia quando si ha a che farecon particelle sia quando si ha a che fare con fotoni. Con questa trasformazioneinfatti si puo ricavare la formula dell’effetto doppler relativistico in unadirezione qualsiasi. Essendo E = pc = hν

3.5. RELATIVITA 509

ν ′

1n′xn′yn′z

= ν

γ −γβ 0 0−γβ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

1nxnynz

(3.60)

Dove ~n e ~n′ indicano il versore che da la direzione di propagazione nei dueriferimenti. 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. Pernon confonderci le idee, e opportuno prima fare chiarezza sul tipo di forza checi ha fatto inventare la teoria della relativia, 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 avanzatiche ovviamente voi non siete tenuti a sapere. A me non piace dare il risultatosenza dire perche e cosı, quindi cerchero di semplificare piu che posso ilprocedimento, ma sara obiettivamente troppo per un ragazzo del liceo. Senon vi interessa leggere il procedimento (che a mio parere e bellissimo) masolo il risultato, potete saltare un po’ di pagine e trovare le formule in fondoal paragrafo. Io vi consiglio di leggere il procedimento almeno una volta. Senon lo capite fino in fondo, non preoccupatevi, e normale, avrete tempo perrivederlo nel dettaglio.

Esempio 3.5.4. Prendiamo un esempio standard su cui forse non avete mairiflettuto. Consideriamo una carica puntiforme q a riposo in un certo sistema


di riferimento S. Nella zona in cui e presente la carica e anche presente uncampo magnetico ~B misurato nel sistema di riferimento S. Dato che la caricae a riposo e dato che

~F = q~v × ~B

Si avra che non agiscono forze sulla particella e quindi questa non accelera.Andiamo ora a studiare lo stesso fenomeno in un sistema di riferimento diverso,sempre inerziale, S ′, che si muove a velocita −~v0 rispetto ad S. Nel riferimentoS ′ avremo che la particella si muove con velocita ~v0. Se supponiamo che ilcampo magnetico non sia variato, stavolta avremo che la forza di Lorentzagente sulla particella e diversa da 0 e quindi questa accelera! Questoovviamente viola il principio di relativita secondo cui possiamo scrivere delleleggi della Fisica coerenti in ogni sistema di riferimento inerziale. Qualcosanel nostro ragionamento e andato storto. Ci possono essere piu cose doveabbiamo toppato. Una puo essere che la carica elettrica q di una particellapossa dipendere dal sistema di riferimento. L’evidenza sperimentale tuttavia cidice che questo non e vero. La carica elettrica e invariante per sistemadi riferimento. L’altra cosa che possiamo aver sbagliato a supporre e che ilcampo magnetico ~B non sia variato. Andiamo a vedere che cosa succede senon lo supponiamo. Partiamo dall’inizio e vediamo cosa succede.

Dato che abbiamo inventato la teoria della relativita per sistemare leequazioni di Maxwell, 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 forma di densita di corrente. Dato che le equazioni di Maxwelldevono valere in ogni sistema di riferimento, ci aspettiamo che se le sorgentifossero le stesse, allora avremmo anche la stessa soluzione per ~E e ~B, cosache abbiamo mostrato non essere vera nell’esempio precedente. Cerchiamoora di saltarne fuori inventandoci qualcosa.

3.5. RELATIVITA 511

Noi sappiamo che la carica di una particella non dipende dal sistemadi riferimento. Tuttavia, dato che le lunghezze si contraggono, potrebbenon valere la stessa cosa per la densita volumetrica di carica. Quello chesicuramente deve valere e che

ρdV = ρ′dV ′

Dove dV e dV ′ sono volumi corrispettivi misurati da due sistemi diriferimento in moto relativo, S ed S ′.

Consideriamo una zona dello spazio in cui vi e carica che si muove. Per ognipunto sara possibile definire lo scalare densita di carica ρ e il vettore classico~J = ρ~v, dove ~v e la velocita della carica misurata nel sistema di riferimento.Consideriamo ora la quantita Jµ, che viene chiamata quadricorrente

Jµ =1

γρ

dxµ

dτ

Dove dentro γ c’e ovviamente ~v. Questo e un vettore a 4 componentifunzione di 4 variabili, le 3 spaziali e il tempo. E un po’ di piu di un classicocampo di velocita in fluidodinamica. Consideriamo per un momento il casonon relativistico in cui dt = dτ , solo per capire dove sto cercando di andare aparare. 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 continuare il discorso. Vediamo cosa succede a Jµ quandoviene 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′ρ

dV

dV ′dx′µ

dτ

Facciamo i passaggi con calma e poi terminiamo il conto. Nel primo hosemplicemente scritto la definizione di J nel sistema S ′. Poi ho cercato disfruttare l’invarianza della carica, dividendo e moltiplicando per dV ′. Nel terzopassaggio ho sfruttato l’invarianza. Ora ci rimane da calcolare il rapporto frai 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

γρ

dx′µ

dτ=

1

γρ

3∑ν=0

Lµνdxν

dτ=

3∑ν=0

Lµν1

γρ

dxν

dτ=

3∑ν=0

LµνJν

Quindi abbiamo trovato che anche il vettore Jµ trasforma secondo trasfor-mazione di Lorentz. Questa non e una finezza matematica, ci sta dicendoche le sorgenti del campo vengono viste in modo diverso da due sistemi diriferimento in moto l’uno rispetto all’altro, come avevamo dedotto poco fa!Inoltre, ora siamo anche in grado di dire in modo quantitativo in che modovengono viste due sorgenti da due riferimenti diversi.

Ora che abbiamo trovato come trasformano le sorgenti, andiamo a con-frontare i campi, ovvero se abbiamo i campi ~E e ~B nel riferimento S vogliamoandare a vedere che campi vede il riferimento S ′. Ricordo che avendo i campie facilissimo trovare le sorgenti, mentre il viceversa spesso e molto ostico. Perquesto motivo, la prima cosa che potrebbe venire in mente di fare e trovarele sorgenti del campo nel sistema S, trasformarle per vederle in S ′ e poiricostruire il campo avendo le sorgenti. Purtroppo ricostruire il campo puorichiedere integrali molto fastidiosi, per cui e buona norma cercare un metodoche permetta di bypassare questo passaggio.

Per rendere le cose piu umane, e molto consigliabile passare dai campi aipotenziali, vediamo come.

E dimostrabile79 che un campo regolare si puo scrivere come ~F = ~∇φ+~∇× ~C. Dato che il campo ~B ha componente conservativa nulla, sara

~B = ~∇× ~A

Per un opportuno campo vettoriale ~A. Dato che ~∇ · ~∇ × ~A = 0 ∀ ~A,abbiamo gratis la seconda legge di Maxwell. Andiamo ora a scrivere la terza

~∇× ~E = −∂~B

∂t

79Teorema di Helmholtz. Consulta Wikipedia oppure [Acq18] per informazioni aggiuntive.

https://it.wikipedia.org/wiki/Teorema_di_Helmholtz

3.5. RELATIVITA 513

Noi sappiamo che il campo elettrostatico e conservativo. Evidentementenon 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

Sara quindi ~C = ∂ ~A∂t

. I campi saranno quindi espressi in termini deipotenziali da ~E = −~∇φ− ∂ ~A

∂t~B = ~∇× ~A

Ovviamente questi potenziali non sono a caso. Ci sono ancora due delleequazioni di Maxwell 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, sfruttiamo ora un truccone. Saprete sicuramente che se mando φ inφ + C non cambia niente nell’espressione dei campi in quanto il gradienteuccide quel termine. Di conseguenza il potenziale φ non e univocamentedeterminato. E facile vedere che non lo e nemmeno ~A e che possiamo faretrasformazioni molto piu grosse senza alterare il campo, che e la cosa fisicache ci interessa.

Mandiamo quindi φ in φ+ f e ~A in ~A+ ~D e vediamo di legare ~D e f inmodo da non cambiare i campi. Una trasformazione dei potenziali di questotipo si chiama trasformazione di 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 = ~∇g per un opportuno g

~E = −~∇φ− ~∇f − ∂ ~A

∂t− ~∇∂g

∂t

Quindi se scegliamo f = −∂g∂t

non cambia nemmeno il campo elet-trico. Data quindi una qualsiasi funzione scalare g(~x, t), se operiamo latrasformazione φ→ φ− ∂g

∂t~A→ ~A+ ~∇g

I campi non cambiano di una virgola. Di conseguenza, dato che latrasformazione e molto larga come ipotesi potremo scegliere opportunamentei potenziali in modo da far sparire i termini scomodi nell’equazione di prima.In particolare, possiamo riscrivere la seconda equazione portano un po’ dicose 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. Nelcaso monodimensionale 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

)

3.5. RELATIVITA 515

Usando appunto la trasformazione di gauge possiamo imporre delle condi-zioni sui potenziali 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

ε0Che, mettendole insieme, costituiscono le equazioni per i potenziali nel

gauge di Lorentz φ = − 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 quadrivet-

tore 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

)Che viene chiamato quadripotenziale, allora si puo scrivere tutto in modo

compatto

Aµ = −µ0Jµ (3.61)

E dato che il d’Alambertiano e un operatore completamente simmetricoper rotazioni, simmetrie, trasformazioni di Lorentz e che Jµ trasforma secondotrasformazione 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 trovatouna relazione diretta fra i potenziali nei due riferimenti. Tuttavia non siamoancora arrivati a quello che volevamo, in quanto spesso risalire al potenzialedal campo e molto difficile, per cui dobbiamo ancora fare uno sforzo perarrivare ad una formula esplicita per i campi.

A questo punto la matematica si fa ancora piu tosta in quanto e indispen-sabile introdurre oggetti 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 implichispiegarvi cosa vuol dire covariante e controvariante. Per ora mi limito a darvila legge di trasformazione e invitarvi a verificare che e ragionevole.

3.5. RELATIVITA 517

~E ′// = ~E//~E ′⊥ = γ( ~E⊥ − ~β × ~B⊥c)~B′// = ~B//

~B′⊥ = γ( ~B⊥ + ~β × ~E⊥/c)

(3.62)


I trucchi sul come affrontare i problemi

I problemi di relativita sono difficili per due motivi principali, ovvero chespesso sono controintuitivi e la matematica che c’e e fastidiosa. Non ho dettomatematica difficile, ho detto fastidiosa, in quanto in molte formule compaionoradici e varie, quindi quando si fanno i conti si rischia di affondare non tantoper la presenza di problemi irrisolvibili ma perche abbiamo organizzato maleil tutto e ci troviamo un’equazione di diciottesimo grado che in realta e unsecondo grado elevato alla nona.

Per il primo dei due problemi bisogna semplicemente fare problemi riflet-tendo su quello che si fa, evitando di fare le cose per routine, ma facendosidelle domande ad ogni passaggio sul perche si sta facendo esattamente quellacosa e cercare di rispondersi da soli o cercando su internet o sulla teoria. Farei problemi a caso perche si e visto fare un problema allo stesso modo non dala 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 accorge che l’approccio nel fare i conti e sempre quello. Fate i primiproblemi facili che ho messo in fondo al capitolo in piu modi diversi per vederequale vi sembra meno mortale. Le soluzioni cercheranno di riportare i variapprocci per mostrare qual e quello piu semplice, se gia non fosse chiaro.

Il riferimento del centro di massa Come in Meccanica Newtoniana,il trucco di usare il sistema del riferimento del centro di massa funzionaanche qui. Tuttavia c’e un piccolo problema nel capire bene a che velocita simuove il centro di massa, in quanto in realta non lo abbiamo neanche definitoformalmente.

La cosa piu intelligente da fare e quella di definire per un sistema di parti-celle isolate (ma anche interagenti fra di loro) come il sistema di riferimentoinerziale80 in cui la somma delle quantita di moto delle particelle e nulla.Notare che in realtivita non e sempre detto che questo sistema esista. Infatti,se consideriamo un solo fotone libero, questo ha quantita di moto ~p ed energiaE = |~p|c. Se io volessi trovare un riferimento in cui la quantita di moto totaledel sistema sia nulla, dovrei muovermi a velocita c insieme al fotone, cosa nonfisica.

Supponiamo di non trovarci in uno di questi casi e vediamo come trovare~βCM. Semplicemente possiamo notare che se noi conosciamo le quantita di

80Se sono isolate la quantita di moto totale si conserva e quindi la nostra definizione hasenso

3.5. RELATIVITA 519

moto delle nostre particelle, ~pi e le loro energie Ei in un riferimento S nonprimato, possiamo ottenere quelle in un riferimento primato 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 dovepunta il vettore quantita di moto totale (basta fare una somma vettoriale).Possiamo quindi in modo naturale definire il riferimento del CM il riferimentoin cui P ′CM = 0, ovvero quello che rispetto a S si muove con βCM

~βCM =~PCMc

ECM

Ricordatevi cos’e un quadrivettore Un quadrivettore e una cosa cheruota come un quadrivettore. Ricordatevelo bene. Quadrivettore vuol direche da un riferimento all’altro sapete esattamente come trasforma. Inoltre,la cosa ancora piu importante per semplificare i conti e ricordarsi che il suoprodotto invariante e per l’appunto invariante. Per esempio, ricordate cheE2 − |~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 differenzausando queste identita piuttosto che scrivere esplicitamente una radice. Viconsiglio di svolgere gli esercizi di Meccanica Classica del professor Massimod’Elia per prendere la mano con questi conti. Potete trovarli sul mio sitonella sezione Universita.

Non dimenticate che potete ancora usare le regole del calcolo vet-toriale classico Un quadrivettore e un vettore con un numero in piu e unanorma leggermente diversa, ma in fondo la parte vettoriale e sempre la stessa.I prodotti scalari e tutte le cose che conoscete sui vettori di R3 funzionanougualmente, non avete perso niente a lavorare in R4.


3.5.2 Relativita generale

Principio di equivalenza

Dilatazione dei tempi

3.5. RELATIVITA 521

3.5.3 Problemi

Problema 3.5.1 (Decadimento). Questo problema non e difficile,serve solo a mostrarvi che diversi approcci ad un problema di relativita possonoportare o a conti disumani o a soluzioni semplicissime. Provate a fare questoproblema con diversi approcci per vedere cosa succede.

Una particella di massa M = 1 GeV/c2 e in quiete rispetto ad un riferimentoS, il riferimento del laboratorio. Questa particella decade in un fotone e in unaparticella 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 duefotoni. Si trovi la minima e la massima frequenza dei fotoni nel riferimentodel laboratorio.

Si supponga che in un acceleratore vengano prodotte numerose particelle dimassa M in quiete. Di queste si sa che si comportano tutte o come e statodescritto nelle tre domande precedenti, oppure emettendo direttamente trefotoni (cioe senza che in tempi intermedi la particella di massa m sia maistata creata).

3. Disponendo solo di un rivelatore di fotoni di energia minore di 100 MeV, epossibile distinguere quale delle due possibilita si verifica? Perche e opportunodisporre di molti eventi?


Problema 3.5.2 (Altro decadimento). Una particella di massa M ,inizialmente a riposo, 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’energia della particella di massa m.


Problema 3.5.3 (APhO 2, 2014).Soluzione non disponibile.


Problema 3.5.4 (Urto relativistico con decadimento).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 chealla fine dell’urto ci siano come prodotto N particelle identiche di massa m.

Soluzione: 4.3.54

Problema 3.5.5 (IPhO 3A, 2003). Soluzione non disponibile.

Problema 3.5.6 (Razzo relativistico). Un razzo espelle massa aduna velocita relativa u fissa nel suo riferimento, partendo da una massa M0 fermorispetto alla Terra (trascurare la gravita). Trovare la velocita (oppure β = v

c ) infunzione della massa e di u.

Soluzione: 4.3.55

Problema 3.5.7 (Specchio relativistico). Tutti sanno che se simanda un raggio di luce su uno specchio l’angolo di riflessione e lo stesso di quello diincidenza. Questo non e sempre vero se lo spacchio si muove a velocita relativistica.

Determinare l’angolo di riflessione della luce incidente su uno specchio con unangolo α sapendo che lo specchio ha una velocita ~v diretta lungo l’asse x e che lospecchio forma un angolo θ con il verso negativo dell’asse x.

Fate voi assunzioni sulla massa dello specchio e trovate qual’e l’assunzione cherende sensato questo problema.

Soluzione: 4.3.56

3.6. MECCANICA QUANTISTICA 523

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 ([). nterferometro a neutroni (IPhO 2006, 1)]Soluzione non disponibile.

Problema 3.6.2 (Oscillatore armonico quantistico). Vediamocome differiscono le trattazioni classiche e quantistiche dell’oscillatore armonico. Inmeccanica classica un oscillatore armonico in una dimensione e un oggetto che haun’energia

E =p2

2m+mω2x

2

2

Dove (p, x) sono rispettivamente impulso e posizione. Tuttavia in meccanicaquantistica queste due quantita non assumono un valore esatto: possono assumerediversi valori, ognuno con una certa probabilita.

1. Sapendo che 〈x〉 = 0 e 〈p〉 = 0, trova un limite minimo per l’energia dellostato fondamentale dell’oscillatore armonico, senza effettuare alcun integrale.

2. Trova la legge oraria classica per un oscillatore armonico che ha una energiamedia pari al valore trovato al punto precedente.

3. Confronta l’ampiezza media classica Ac con σx = Aq per lo stato fondamen-tale, 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 quantitaf , da specificare rispetto a cosa se non e chiaro dal contesto. In questo caso eovviamente rispetto al tempo.

Soluzione: 4.3.57

Problema 3.6.3 (Atomo di idrogeno). Volendo studiare un atomodi idrogeno, le leggi della fisica classiche non son sufficienti, ed e necessario effettuareuna trattazione quantistica. In questo problema cercheremo di semplificare il piupossibile la parte quantistica, effettuando un approccio semiclassico

In meccanica quantistica, lo stato di una particella non e dato da una funzioneche indica la sua posizione in funzione del tempo, ma piuttosto da una densitadi probabilita Ψ(x, t), tale che la probabilita di trovare la particella in un certovolume 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 funzioned’onda e possibile sceglierla indipendente dal tempo. Nel caso dell’atomo di idrogeno,


assumiamo il protone dotato di massa molto maggiore di quella dell’elettrone, cosiche possa essere considerato immobile, e l’elettrone sara descritto da una funzioned’onda. Nello stato fondamentale, tale funzione d’onda e indipendente dal tempo evale

Ψ = Ce− rrB

Dove C e una costante opportuna e rB e il raggio di Bohr. L’equazione che devesoddisfare la funzione 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 unitadi misura) Lo stato gode 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 valoredell’energia cinetica 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 indetermina-zione di Heisenberg

5. Da cosa dipende C? Spiegare e determina tale costante (assumerla realepositiva) Interpretiamo ora la densita di probabilita come una densita dimateria, per cui in un volume dV troviamo 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 secondoelettrone attorno all’atomo, in modo che l’orbita abbia un momento angolaredoppio rispetto alla precedente. Assumendo che l’inserimento di un secondoelettrone non modifichi significativamente il sistema (ovvero la funzioned’onda, e quindi la distribuzione di carica) (di conseguenza, l’orbita deveessere 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 cuirisulti possibile, dire le proprieta dell’orbita (raggio, periodo); nel caso in cuinon risulti possibile, spiegare il perche

9. Ripetere i due punti precedenti nel caso di atomo idrogenoide, cioe con unelettrone e Z > 1 protoni.


Problema 3.6.4 (Quantizzazione del flusso del campo magnetico).

Nella risoluzione delle equazioni di Maxwell, e comodo utilizzare il potenzialevettoriale ~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 lacircuitazione. In tal modo 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 correnteI e che ha n spire 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 funzioneche indica la sua posizione in funzione del tempo, ma piuttosto da una“densita di probabilita” Ψ(~x, t), tale che la probabilita di trovare la particellain 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 un campo 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 campomagnetico, del tipo

ΦB = nΦ0

Legata a qualche proprieta della funzione d’onda

5. A campo magnetico spento, due elettroni, partiti dallo stesso punto ~r, passanouno a destra e uno a sinistra del solenoide in questione, e vanno a finireentrambi in un certo punto su uno schermo. Questo crea una figura diinterferenza simile a quelle delle esperienze di Young. Cosa si osserva sulloschermo se accendiamo il campo magnetico, aumentandolo lentamente? Perrispondere, schematizza il problema con due funzioni d’onda opportune.

6. Aumentando il campo in modo che il flusso aumenti di Φ0, la situazione restainvariata rispetto a quando non c’e campo?

Cambiamo ora leggermente argomento. Supponiamo ora che esistano deimonopoli magnetici di carica magnetica g.

7. Dire che legge rispettera il flusso del campo magnetico, a meno di una costantearbitraria. 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 diun monopolo magnetico?

10. Calcolare la derivata temporale del momento angolare di un elettrone inmoto in tale campo Dal punto precedente si ottiene che il momento angolaredella particella non si conserva. E pero possibile verificare che il momentoangolare totale del sistema si conserva

11. Verificare matematicamente l’ultima affermazione, e concludere che il mo-mento angolare totale risulta quantizzato anche in questo caso.


3.7. COMPLEMENTI 529

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, INCOMPLETO

Non potete usare la lagrangiana in una gara ma mi sembra un crimine nonmostrarvi questo metodo per risolvere i problemi, soprattuto perche quando sipuo usare li distrugge senza ritegno. Usare la lagrangiana solo per un sistemameccanico e riduttivo, si applica praticamente in ogni ambito della Fisica.Per semplicita vi mostrero prima il caso semplicemente meccanico.

La dimostrazione che andro a fare ora richiede molta analisi e probabil-mente non la capirete, ma non ha importanza. Se non vi interessa la partematematica potete leggere le ipotesi man mano e guardare solo il risultato.In ogni caso cerchero di essere poco formale.

Eliminazione delle coordinate superflue. Coordinate generalizzate.Normalmente ogni oggetto puntiforme che consideriamo ha 3 gradi di liberta,ovvero possiamo determinare univocamente la sua posizione fornendo 3 numeri,una volta scelto un sistema di riferimento. Capita spesso che il nostro oggettosia vincolato e quindi 3 numeri possono essere ridondanti. Per esempio, se ilnostro 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 delleequazioni ad una sola. Immagino che per voi sia una cosa ovvia ma e necessarioper procedere.


Normalmente avremo quindi per ogni particella le 3 coordinate xi =x, y, z.81 Se ci sono dei vincoli come nel caso precedente, allora esistono dellescelte di altri parametri che diminuiscono il numero di variabili, per esempionel caso di prima abbiamo introdotto θ. La scelta di queste variabili non eunivoca. Se avessimo preso al posto di θ, θ+π/2 non sarebbe cambiato niente.Cio che non cambia e il numero di parametri indipendenti, ovvero comunqueio scelga la mia variabile, che sia θ, θ + α o che ne so, sara comunque unasola (in questo caso). Se fossero 2, sicuramente ci sarebbe un legame chepermetterebbe di esprimere una in funzione dell’altra.

La coordinata θ viene chiamata coordinata generalizzata. Dato che ingenerale puo essere una posizione, un angolo o anche altre cose82, in generaleviene indicata con la lettera q. Ovviamente in generale non sara una sola, masara sicuramente ≤ 3

I vincoli non sono sempre belli come quello precedente e spesso non epossibile passare alle coordinate generalizzate. Se consideriamo le particelledi un gas chiuso in una scatola cubica, per esempio, il vincolo potrebbe essereespresso da

0 < x, y, z < L

Dove L e ovviamente il lato della scatola. In questo caso e impossibiletrovare delle coordinate generalizzate indipendenti che possano assumerequalsiasi valore.

I vincoli non sono l’unico motivo per cui e sensato passare dalle solitecoordinate cartesiane ad altri tipi di coordinate. Si e visto nel capitolo diMeccanica che le forze centrali sono ricorrenti nei problemi e quindi saperscrivere delle equazioni in termini di q = r, θ, φ, magari piu facili di quellebrutte con le accelerazioni in sferiche, puo essere una buona cosa.

Principio dei lavori virtuali Consideriamo un sistema diN punti materia-li di masse mi e posizioni rispetto ad un riferimento inerziale ~ri. Supponiamoinoltre che i vincoli del sistema siano come nell’esempio della guida. In talcaso per ogni particella esisteranno delle coordinate generalizzate qi,k, conk ≤ 3. Ovviamente nulla ci vieta se non ci sono vincoli di usare semplicementele coordinate cartesiane.

81Quello che dico vale in R3 ma anche in Rn. Potete sostituire ovunque ci sia scritto 3la lettera n e i risultati valgono allo stesso modo.

82Vedremo piu avanti che puo anche essere una carica elettrica, per esempio.


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 decisamenteopportuno scrivere le cose per bene per capire quello che stiamo facendo enon fare conti a caso perche qualcuno ci ha detto che cosı le cosetornano.

Vogliamo esprimere una piccola variazione nelle coordinate fisiche δriin termini delle variazioni delle coordinate δqj Scriviamo per bene ognidipendenza funzionale delle variabili in 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 laderivata parziale rispetto al tempo proprio per come abbiamo deciso di fare ilconto, ovvero di muoverci secondo 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 rimaneg-giare l’espressione precedente fino ad ottenere qualcosa di utile. Innanziuttocalcoliamo esplicitamente la velocita

~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 ottenutoprima, 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 ricavarnequalcosa

∑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 rispettoal tempo dell’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, chiamataforza generalizzata


Qi,j = ~Fi ·∂~ri∂qj

Dove il doppio indice i, j indica la forza agente sulla particella i esimae nella sua componente j esima, lungo una delle coordinate generalizzate.Notare che questo Q non necessariamente e una forza, potrebbe per esempioavere le dimensioni di un momento, ma questo non 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 dellecoordinate in modo che siano indipendenti in modo da dire che i δqj sonoindipendenti l’uno dall’altro e di conseguenza deve essere nullo ognuno deitermini della sommatoria. Otteniamo quindi la prima forma delle equazionidi Eulero-Lagrange

Qj =d

dt

∂T

∂qj− ∂T

∂qj(3.63)

Cerchiamo ora di considerare solo alcuni casi belli di forze, per esempio leforze conservative, in modo da avere una forma piu semplice delle equazioni.Andiamo a scrivere la definizione 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’ag-

giunta 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

(3.64)

Ricordatevele, perche queste equazioni distruggono i problemi di meccanicasenza attriti.

Esempio 3.7.1 (Macchina di Atwood). Questo e un classico sistema ad unsolo grado di liberta. Consideriamo due masse m1,m2 attaccate ad un filosu una puleggia di massa nulla e senza attrito. Chiaramente la posizione delsistema e univocamente determinata da una sola coordinata, che sara peresempio la distanza x della massa m1 dal bordo della puleggia. La distanzadell’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 rotolaresenza strisciare su un piano inclinato di inclinazione α. Dato che la sferarotola senza strisciare il problema avra un solo grado di liberta. Andiamo ascrivere l’energia cinetica in funzione di x, posizione lungo il piano del centrodella 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 arrivaticon estrema facilita a questo risultato che di solito richiede un sistema di 5equazioni e 5 incognite, che non e difficile ma e fastidioso da fare


Esempio 3.7.3 (Campo gravitazionale). La lagrangiana di una particellain campo gravitazionale (o coulombiano) e semplicissima e mostra subitole giuste conservazioni. Innanzitutto si potrebbe scrivere la lagrangiana intermini di

r, θ, φ, r, θ, φ

Ovvero in termini di coordinate sferiche. Tuttavia e intelligente notaresubito che il momento angolare totale e conservato, proprio perche il campo ecentrale, per cui la traiettoria sara una curva piana. In questo modo possiamoscrivere la lagrangiana in termini delle coordinate 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, inparticolare la sua componente 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 quandoabbiamo studiato il moto in campo centrale.

Estensione al caso elettromagnetico Fate un paio di problemi e comin-cerete ad innamorarvi del formalismo lagrangiano. Una volta provato, si cercadi estenderlo a qualsiasi sistema fisico che dovete affrontare. In particolare,sarebbe bello se fosse possibile inventarsi un potenziale generalizzato che di-penda anche dalla velocita, ovvero una funzione che se buttata nelle equazionidi Eulero-Lagrange resituisca le equazioni del moto che gia conosciamo anchein casi piu complicati del semplice sistema conservativo classico che gia siconosce.

Non si tratta di una richiesta da bambino capriccioso, risolvere un problemasimile aiuterebbe a formalizzare problemi con forze con cui abbiamo a chefare piuttosto spesso, per esempio le forze elettromagnetiche. Infatti, mentrela forza elettrostatica e facilmente esprimibile da un potenziale con cui avetegia avuto a che fare, il campo magnetico e piu ostico da trattare.

Scriviamo quindi di nuovo la relazione fra la forza generalizzata e l’energiacinetica

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 quellodi prima piu un termine che dipende dalla velocita generalizzata. Andiamoa studiare ora nel dettaglio il caso elettromagnetico in modo da ricavare laLagrangiana 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 intermini dei loro potenziali. ~E = −~∇φ− ∂ ~A

∂t~B = ~∇× ~A

Se ora noi andiamo a scegliere un potenziale generalizzato

U = qφ− q~v · ~A

E facile83 vedere che sviluppando le equazioni di Eulero-Lagrange si giungedi nuovo alla stessa formula espressa con i vettori.

Scriviamo quindi la lagrangiana per una particella in campo elettroma-gnetico in coordinate 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

83Facile per modo di dire


Ora dobbiamo fare una noiosa derivata totale del potenziale vettore~A(x, y, z, t). Come abbiamo 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

Per cui, ricordando anche

~v × ~B = (vyBz − vzBy)x+ (vzBx − vxBz)y + (vxBy − vyBx)z

Finalmente possiamo concludere che effettivamente le equazioni di lagrangeportano a

d~p

dt= q ~E + q~v × ~B

Esistono modi molto migliori di mostrare che le equazioni si equivalgono,ma richiedono un 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). Unasbarra e di lunghezza l e appoggiata ad un muro. Sia sul muro che sul pavimentonon c’e attrito. All’istante iniziale la sbarra e verticale e le viene dato un colpettoa livello del pavimento in modo che cominci a scivolare sul pavimento a causa di ~g.Trovare l’angolo θ0 che la sbarra forma con l’orizzontale quando questa si staccadalla parete.

Soluzione: 4.3.72


3.7.2 Tensori

Che cos’e un tensore? E unacosa che ruota come un tensore


3.8 Problemi generici

Problema 3.8.1 (Catenaria). Una fune inestensibile di massam e lunghezza L e sospesa fra due punti alla stessa altezza, distanti d, con lapresenza della gravita ~g. Trovare un’espressione analitica per la forma della fune.Soluzione non disponibile.

Problema 3.8.2 (Catenaria elastica). Come il problema prece-dente, solo che la fune non e piu inestensibile, bensı ha un modulo di Young Y .Soluzione non disponibile.

Problema 3.8.3 (Molla massiva (Da Un esercizio al giorno Ref [Cel18])).In questo problema vogliamo modellizzare una molla che oscilla sotto

la forza del suo stesso peso dopo essere stata posta in verticale.

Figura 3.38: Molla massiva

Una molla ha lunghezza a riposo L0, una costante elastica K e una massaM , uniformemente distribuita. Per avere un modello concreto si puo pensare, adesempio, ad un numero N molto grande 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 molla agisce la forza di gravita. Considerando il limite N → ∞,indichiamo con x la coordinata dell’elemento che si trova ad una distanza

3.8. PROBLEMI GENERICI 543

x dall’estremo appeso (0 < x < L0, vedere 3.38) in condizioni di riposo.Indichiamo invece h(x) la posizione all’equilibrio del punto della molla chestava 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

µ∂2h(x, t)

∂t2= µg +

∂T (x, t)

∂x

6. Mettere insieme le informazioni per trovare un’equazione differenziale allederivate parziali di h(x, t)

7. Considerare la molla ferma in equilibrio come sopra. Ad un certo puntol’estremo superiore si stacca e la molla cade. Trovare la legge oraria di ognipunto 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. Perquesto 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, dipendentedal tempo.

• Il mare ha un fondale profondo h. Verranno fatti i limiti sia per fondalebasso che fondale molto alto. Ovviamente l’ampiezza dell’onda e molto piupiccola dell’altezza del fondale h.

Prendiamo un sistema di riferimento fatto in questo modo: L’asse z direttolungo −~g, l’asse x ha la direzione della propagazione dell’onda, l’asse y posto inmodo da formare una terna destrorsa. In questo problema considerare simmetriacompleta lungo l’asse y, ovvero il mare e infinito e nessuna quantita dipende da y


Figura 3.39: onde del mare stilizzate

1. Desumere informazioni dalla condizione di irrotazionalita del campo divelocita.

2. Trovare un’espressione analitica per la perturbazione dalla propria posizionedi equilibrio di una particella colpita da un onda di pulsazione ω e di lunghezzad’onda λ (meglio numero d’onda angolare k = 2π

λ ). Assumere che l’ampiezzadi oscillazione dipenda solo dalla coordinata z. Fare assunzioni sensate sullecondizioni 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 regimedi piccole oscillazioni trascurando i termini con l’ampiezza di oscillazione alquadrato.

4. Perche le onde arrivano ad infrangersi sulla spiaggia sempre con il fronteperpendicolare alla retta che delimita la spiaggia?

Hint: 4.2.9 4.2.10 4.2.11 4.2.12 4.2.13

Soluzione: 4.3.58

Problema 3.8.5 (Modulo di Young di un reticolo (Senigallia 3, 2008)).

In questo problema vogliamo fare un modello molto semplificato di un reticolocristallino di un solido. Supponiamo di avere un reticolo di atomi che in assenza diforze esterne interagiscono secondo 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 unaforza di trazione ortogonale al piano del cristallo mentre la faccia oppostae fissa ad un supporto, il cristallo si deforma, allungandosi nella direzionedella 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, Copenha-gen)).

Questo problema prende in considerazione la fisica dello strato di ghiacciodella Groenlandia, il secondo piu grande ghiacciaio del mondo, in figura 3.40. Persemplicita, la Groenlandia e schematizzata come un’isola rettangolare di ampiezza2L e lunghezza 5L con il terreno al livello del mare e completamente ricoperta dighiaccio non comprimibile (di densita costante ρice), vedi figura 3.40(b). Il profilodell’altezza H(x) dello strato di ghiaccio non dipende dalla coordinata y e aumentada zero sulla costa dove x = ±L fino ad una massima altezza Hm lungo l’assecentrale nord-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’esten-sione dello strato di ghiaccio (bianco), la zona libera da ghiaccio, cioe la regionelungo la costa (verde), e l’oceano circostante (blu). (b) Il modello semplificatodello strato di ghiaccio della Groenlandia che ricopre un’area rettangolare nel pianoxy con lati di lunghezza rispettivamente 2L e 5L. Il divisore di ghiaccio, cioe lalinea 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 mostrail profilo dell’altezza H(x)(linea blu).H(x) e indipendente dalla coordinata y per0 < y < 5L, mentre scende bruscamente a zero per y = 0 e y = 5L. L’asse segna laposizione del divisore di ghiaccio. Per chiarezza della figura, le dimensioni verticalisono aumentate rispetto alle dimensioni orizzontali. La densita del ghiaccio ρice ecostante.

Modello idrostatico Su brevi scale temporali il ghiacciaio e un sistemaidrostatico non comprimibile con uno fissato profilo dell’altezza H(x).


(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

1. Scrivi l’espressione della pressione p(x, z) all’interno dello strato del ghiaccioin funzione dell’altezza verticale z sopra al terreno e a distanza x dal divisoredel ghiaccio. Trascura la pressione atmosferica.

Considera una certa porzione verticale dello strato di ghiaccio in equilibrio,che ricopre una piccola base orizzontale di area ∆x∆y tra e x e x+ ∆x, comemostrato dalle linee rosse tratteggiate nella Fig. 3.1(c). La dimensione di∆y non e importante. La componente orizzontale della forza ∆F risultantesulle due pareti verticali della porzione, generata dalla differenza di altezza al


centro rispetto alla parti periferiche della porzione, e bilanciata dalla forza diattrito ∆F = Sb∆x∆y prodotta dal terreno sulla base di area ∆x∆y, doveSb = 100 kPa.

2. Per un fissato valore di x, mostra che nel caso limite ∆x → 0, si ha Sb =kH dH

dx , e determina k.

3. Determina un’espressione per il profilo dell’altezza H(x) in funzione diρice, g, L, Sb e la distanza x dal divisore di ghiaccio. Il risultato mostrerache la massima altezza del ghiacciaio dipende dalla semi ampiezza L comeHm ∝ L

12 .

4. Determina l’esponente γ con cui il volume totale Vice dello strato di ghiacciodipende dall’area A 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 questomodello il profilo dell’altezza H(x) del ghiaccio mantiene uno stato stazionario, nelquale l’accumulo di ghiaccio a causa della neve che cade nella regione centrale ebilanciato dalla fusione lungo la costa. Oltre alla geometria dello strato di ghiacciodi cui alle figure 3.40(b) e (c) fai le seguenti ipotesi:

• Il ghiaccio fluisce parallelamente all’asse x allontanandosi dal divisore dighiaccio (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 ax = ±L.

• La componente orizzontale x di vx = dxdt della velocita di scorrimento del

ghiaccio e indipendente 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 centrodello strato di ghiaccio, dove le variazioni d’altezza dello strato di ghiaccio sonomolto piccole e possono quindi essere trascurate, cioe H(x) ≈ Hm.

5. Utilizza la conservazione della massa per ricavare un’espressione per la velocitaorizzontale di scorrimento del ghiaccio vx in funzione di c,x e Hm.


6. Scrivi un’espressione per la dipendenza da z della componente verticale dellavelocita vz di scorrimento 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 dighiaccio lungo una traiettoria di scorrimento z(x) nel piano verticale xz.Ricava un’espressione per la traiettoria di tale scorrimento z(x).

Indicatori dell’eta e del clima nello strato dinamico di ghiaccio

Sulla base delle componenti della velocita di scorrimento vx e vz dello stratodi ghiaccio, e possibile stimare l’eta τ(z) del ghaccio ad una specifica profonditaHm − z dalla superficie dello strato di ghiaccio.

• Scrivi una espressione per l’eta τ(z) del ghiaccio in funzione dell’altezza zrispetto al terreno, esattamente al divisore del ghiaccio x = 0.

Il carotaggio di un campione nell’interno dello strato di ghiaccio della Groenlan-dia penetrera attraverso strati di neve del passato e il campione puo essere analizzatoper rivelare cambiamenti climatici del passato. Uno dei migliori indicatori e ilcosiddetto δ18O, definito come

δ18O =Rice −Rref

Rref1000

MANCA IL SIMBOLO DEL PER MILLE DOPO IL MILLE, METTI A POSTO

dove R = [18O]/[16O] indica l’abbondanza relativa dei due isotopi stabili 18O e16O dell’ossigeno. Il riferimento e basato sulla composizione isotopica degli oceaniRref attorno all’Equatore. Osservazioni dello strato di ghiaccio della Groenlandiamostrano che δ18O nella neve varia approssimativamente linearmente con la tempe-ratura, 3.41(a). Assumendo che questo si sia sempre verificato, δ18O derivato dalcampione carotato alla profondita Hm − z porta ad una stima della temperatura Tdella Groenlandia all’epoca τ(z).

Misure di δ18O in un nucleo di ghiaccio della Groenlandia lungo 3060 mmostrano un brusco cambiamento di δ18O ad una profondita di 1492 m, figura3.41(b), segnalando la fine dell’ultima glaciazione. La glaciazione comincio 120000anni fa, corrispondenti ad una profondita di 3040 m, e l’attuale epoca interglacialecomincio 11700 anni fa, in corrispondenza di una profondita di 1492 m. Assumi chequesti due periodi possano essere descritti rispettivamente da due differenti tassi diaccumulazione, cia(eta del ghiaccio ice age) e cig(eta dell’interglaciale interglacialage). Puoi assumere che Hm rimanga costante durante questi 120000 anni.

8. Determina i tassi di accumulazione cia e cig.


Figura 3.41: (a) Relazione osservata tra nella neve in funzione della tempera-tura media annuale alla superficie. (b) Misure di in funzione della profonditadalla superficie presa da una nucleo di ghiaccio carotato dalla superficie finoal letto di roccia in un punto specifico lungo il divisore di ghiaccio dellaGroenlandia dove m.

Utilizzando i dati in figura 3.41 trova la variazione di temperatura durante latransizione dalla eta del ghaccio all’interglaciazione.

Innalzamento del livello del mare a causa dello scioglimentodello strato di ghiaccio della Groenlandia

Una fusione completa dello strato di ghiaccio della Groenlandia causerebbe uninnalzamento dei livelli in tutto l’oceano. Per una stima rozza dell’innalzamentodei livelli dei mari si puo considerare un innalzamento uniforme in tutto l’oceanodi area costante A0 = 3, 61 · 1014m2.

9. Calcola l’innalzamento medio globale del livello dei mari che risulterebbedalla fusione completa dello strato di ghiaccio della Groenlandia, data la suaattuale area AG = 1, 71 · 1012m2 e Sb = 100kPa.

Il massiccio strato di ghiaccio della Groenlandia esercita un’attrazione gravi-tazionale sui circostanti oceani. Se lo strato di ghiaccio fondesse questo innalza-mento locale verrebbe a mancare e il livello del mare si abbasserebbe vicino allaGroenlandia, un effetto che in parte bilancerebbe l’innalzameno dei mari calcolatosopra.

Per stimare la grandezza dell’attrazione gravitazionale sull’acqua, lo strato dighiaccio della Groenlandia e ora modellizzato come un punto di massa, localizzatoa livello del suolo avente una massa pari a quella dello strato di ghiaccio dellaGroenlandia. Copenhagen dista 3500 km lungo la superficie della Terra dal centro


della palla di ghiaccio. Possiamo considerare la Terra, senza la palla di ghiaccio,avere simmetria sferica e un oceano globale diffuso su tutta la superficie della Terrapari a AE = 5, 10 · 1014m2. Tutti gli effetti legati alla rotazione della Terra possonoessere trascurati.

10. Con questo modello, determina la differenza hcph − hopp tra i livelli del marea Copenhagen e in un punto diametralmente opposto alla Groenlandia.


Problema 3.8.7 (Viaggio in galleria (Senigallia 1, 2010)).Soluzione non disponibile.

Problema 3.8.8 (Decadimento dell’atomo di Rutherford). Lateoria dell’elettromagnetismo classica non e in grado di spiegare i fenomeni atomici.

Per esempio, la teoria prevede che una particella carica che accelera irraggienergia sotto forma di campo elettromagnetico. La potenza totale irraggiata e datadalla formula di Larmor

P =e2a2

6πε0c3

Schematizzare l’atomo di idrogeno come un protone con un elettrone che gliruota intorno. A causa della perdita di energia, l’elettrone lentamente cadra sulnucleo, vogliamo stimare il tempo necessario.

Approssimare l’orbita come sempre circolare di raggio decrescente. Scrivereun’equazione differenziale 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 differen-ziale, imponendo che all’inizio l’elettrone si trovi ad una distanza r0 = 1 · 10−10m ealla fine sia a rn = 1 · 10−15m.

Commentare il tempo trovato. La fisica classica e un buon modello per descriverel’atomo?

Qualitativamente, come sarebbe cambiato τ se si fosse preso in considerazioneil problema relativisticamente?

Soluzione: 4.3.59

Problema 3.8.9 (Cono di Mach). Nell’istante in cui si sente ilboato provocato dalla rottura del muro del suono da parte di un aereo la cuitraiettoria e passante per la tua veritcale, osservi che la retta che parte da te earriva sull’aereo forma un angolo θ con il terreno. A che velocita sta andandol’aereo? Soluzione non disponibile.


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 noncompenetrabili di raggio R0 ∼ 1 · 10−15m e che siano distribuiti in modo da poterapprossimare i nuclei come sfere di densita di carica e massa uniformi.

1. Determinare approssimativamente il raggio del nucleo in funzione di A

2. Scrivere un’espressione per la componente Ue dell’energia del nucleo dovutaall’interazione Coulombiana.

3. La componente dell’energia dovuta all’interazione nucleare forte per Z,A1 puo essere scritta come Uf = EfA

rZp dove Ef e una costante con ledimensioni di un’energia. Determinare gli esponenti r e p sapendo chel’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 nucleonisulla superficie interagiscono con un numero minore di nucleoni rispetto aquelli interni. La prima correzione sara quindi proporzionale alla superficiedel 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 diun nucleo pesante in 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: 4.3.60

Problema 3.8.11 (Orbite circolari (200 More Puzzling Physics ProblemsRef [HRG01])). In un pianeta sferico, l’indice di rifrazione dell’at-mosfera varia in funzione dell’altitudine h dalla superficie del pianeta secondo lalegge

n(h) =n0

1 + kh


dove n0 e k sono costanti positive. Si osserva che ogni fascio luminoso direttotangenzialmente, a qualunque altezza, percorre esattamente una traiettoria circolareintorno al pianeta. Qual e il raggio del corpo celeste?

Soluzione: 4.3.61

Problema 3.8.12 (Limite di Chandrasekhar (APhO 2012 2)).In un famoso lavoro del 1930, il fisico indiano Subrahmanyan Chandrasekar studiola stabilita delle stelle. Questo problema analizzera una versione semplificata deisuoi studi.

Le costanti da considerare note sono h, c, G, la massa dell’elettrone me e lamassa del protone mp.

1. Si consideri una stella sferica e di densita uniforme, di massa M e raggioR. Calcolare l’energia potenziale gravitazionale dovuta al suo stesso campogravitazionale.

2. Assumiamo che la stella sia completamente composta da idrogeno ionizzato eche la produzione di energia dovuta alla fusione nucleare si sia fermata. Aglielettroni della stella e possibile 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 equilibriodella stella cercando una 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 laseparazione media rsep tra due elettroni all’interno della stella.

4. Assumendo che ogni elettrone sia associabile a un’onda unidimensionaleconfinata in una “scatola” di lunghezza rsep, stimare la velocita v di unelettrone nello stato fondamentale utilizzando l’ipotesi di De Broglie.

5. Consideriamo ora una modifica del punto 2 studiando gli elettroni nel limiteultrarelativistico (E = pc). In queste condizioni, otteniamo una nuova energiaassociata 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 equilibrioin funzione delle costanti iniziali. Tale valore e detto massa critica.


6. Se la stella ha massa maggiore della massa critica, si contrae o si espande?

Soluzione: 4.3.62

Problema 3.8.13 (Onda su corda tesa). Una corda di lunghezzaL e densita lineare 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 siadel 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 frequenzeammesse dell’onda sulla corda.

3. (Bonus) Spiegare come e possibile ottenere la soluzione suggerita al puntoprecedente.

Soluzione: 4.3.63

Problema 3.8.14 (Cilindro che si srotola). Un cilindro di massa M uni-formemente distribuita, lunghezza L e raggio R1 ha due dischi di massanulla e raggio R2 attaccati alle basi. I due dischi sono poggiati su un pianoorizzontale 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 stessoverso di ~F o nel verso opposto?

Soluzione: 4.3.64

Problema 3.8.15 (Massa e molle). Si considerino due punti A e B a distanzaL tali che il segmento AB sia perpendicolare a ~g. A ogni punto e collegatauna molla di massa e lunghezza a riposo nulle, entrambe di costante k. Laseconda estremita di entrambe le molle e collegata a un corpo puntiformedi massa m, che nell’istante iniziale e fermo in A. Da quell’istante il corpocomincia a muoversi sotto l’azione della forza elastica e della gravita. Trovarela traiettoria di m.

Soluzione: 4.3.65


Problema 3.8.16 (Perche le stelle sono cosı grandi? (IPhO 3, 2009)). Lestelle sono sfere di gas ad alta temperatura. La maggior parte di esse brillaperche sta fondendo idrogeno in elio nel nucleo. Le costanti note in questoproblema sono G, la costante di Boltzmann k, h, la massa del protone mp

e dell’elettrone me, la carica elementare e, ε0, il raggio Rs = 7.0 · 108 m delSole 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 la loro distanza e minore di 10−15 m per far sı chel’interazione forte diventi dominante rispetto alla repulsione coulombiana. Siassuma che due protoni si stiano muovendo nella stessa direzione e in versiopposto, 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 ladistanza minima dei due protoni sia dc = 10−15 m? Esprimere questovalore numerico e i successivi con due cifre significative.

La stima precedente e errataPer controllare se il risultato precedente e ragionevole, dobbiamo trovare

un modo indipendente per stimare Tc. La struttura interna di una stella eassai complicata, ma possiamo fare le seguenti ipotesi semplificative:

• le stelle sono in equilibrio, ovvero la forza gravitazionale bilancia esat-tamente la forza diretta verso l’esterno dovuta alla pressione, in modoche la stella non si contragga ne si 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 sferadi raggio r e ρr 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 rapportoM/R in funzione di Tc. Utilizzare il valore numerico di Tc trovato alprimo punto per stimare M/R e confrontare 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 errata. Tenendo conto anche di effetti quantistici, possiamo studiare iprotoni come onde di lunghezza d’onda di De Broglie pari a λp. Cio significase la distanza minima dC tra due protoni e dell’ordine di λp, essi si possonoin un certo senso sovrapporre e fondere.

4. Assumendo dc = λp/√

2 come condizione che permette la fusione, trovareun’equazione per Tc e calcolarne il valore numerico.

5. Stimare nuovamente il valore M/R con il nuovo valore di Tc e confron-tarlo con Ms/Rs.

Le stime precedenti suggeriscono che l’approccio quantistico e corretto einoltre che le stelle che fondono idrogeno si comportano approssimativamenteallo stesso modo.

6. Dimostrare che il rapporto M/R e lo stesso per tutte le stelle chefondono idrogeno e che dipende solo da costanti fisiche fondamentali.

Il risultato precedente puo far credere che possa esistere una stella diraggio qualunque, purche nel giusto rapporto M/R. Cio non e vero, infatti sisa che il gas nella stella si comporta approssimativamente come un gas ideale.Cio significa che la distanza media de tra gli elettroni e maggiore della lorolunghezza d’onda di De Broglie λe, altrimenti la stella si comporterebbe inmaniera assai diversa. La densita di una stella diminuisce con il suo raggio.Nonostante cio, si assuma ancora che essa sia costante.

7. Trovare un’equazione per ne, la densita di elettroni all’interno dellastella.


8. Esprimere de.

9. Usando la condizione de ≥ λe/√

2, esprimere il raggio minimo di unastella. Assumere che la temperatura al centro sia quella tipica, calcolataprecedentemente. Si calcoli il valore numerico del raggio minimo.

10. Trovare la massa della piu piccola stella possibile.

Quando le stelle invecchiano, hanno fuso gran parte dell’idrogeno al lorointerno 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 temperatura necessaria a fondere l’elio.

Soluzione: 4.3.66

Problema 3.8.17 (Il pianeta senza notte). Si consideri una coppia di stelledi stessa massa M , a distanza 2R, che orbitano intorno al loro centro di massacon un periodo orbitale Ts. Un pianeta di massa m M e raggio r Roscilla perpendicolarmente al piano individuato dalle orbite delle due stelle,sulla retta passante per il centro di massa. L’elongazione massima e 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 che la variazione di temperatura avvenga in un tempotrascurabile rispetto a Tp. Trattare il pianeta come un corpo nero.

Soluzione: 4.3.67

Problema 3.8.18 (Bolle (APhO 2010 3)). Nella prima parte del problemastudieremo una bolla elettronica, nella seconda una bolla di gas e il fenomenodella sonoluminescenza. Entrambe le bolle sono immerse in un liquido.Quando un elettrone si trova all’interno di elio liquido, puo respingere gliatomi circostanti e formare quella che si chiama bolla elettronica. La bolla noncontiene altro che l’elettrone. Assumiamo che la bolla elettronica sia isotropae che la sua interfaccia con l’elio liquido sia una superficie sferica. Il liquidoe mantenuto a una temperatura costante prossima a 0K e la sua tensionesuperficiale e σ = 3.75 · 10−4Nm−1. Trascurare l’interazione elettrostatica.


Consideriamo ora una bolla elettronica di raggio R che contiene un elettronedi massa m, che si muove con energia cinetica Ek e esercita una pressionePe 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 Eke Pe.

2. Indicando con E0 il piu piccolo valore di Ek consistente con il principiodi indeterminazione, trovare E0 in funzione di R.

3. Sia Re il raggio nella situazione di equilibrio quando Ek = E0 e PHe=0.Trovare Re e calcolarne il valore numerico.

4. Trovare una condizione che R e PHe devono soddisfare affinche l’equili-brio sia stabile quando PHe e mantenuta costante. Il valore di PHe puoanche essere negativo.

5. Esiste una pressione critica Pc tale che l’equilibrio della bolla non epossibile per PHe < Pc. Trovare Pc.

Studiamo ora una bolla di gas in una bolla di liquido incomprimibile di raggior0. Se la bolla di gas va incontro a compressioni ed espansioni successivesufficientemente rapide e di ampiezza abbastanza grande, puo emettere luce edar luogo al fenomeno della sonoluminescenza. Assumiamo che la bolla digas rimanga sferica e che il suo centro sia sempre stazionario. La pressione,la temperatura e la densita sono uniformi in tutta la bolla. Inoltre, tuttigli effetti dovuti alla gravita e alla tensione superficiale sono trascurabili, inmodo che la pressione sulla superficie interna sia sempre uguale a quella sullasuperficie 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’interfacciatra il liquido e il gas. Come risultato, anche il liquido avra una velocita radialedr/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 densita e latemperatura della bolla di liquido. Sia inoltre P0 la pressione esercitata sulliquido per r = r0.

1. Trovare il lavoro dW fatto sul liquido quando il raggio della bolla di gaspassa da R a R + 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 lasonoluminescenza. Sono noti i valori ρ0 = 1.0 · 103kg, T0 = 300K e P0 =1.01 · 105Pa, che rimangono costanti per tutto il tempo. Il gas nella bollae ideale e γ = 5/3. Il collasso della bolla avviene in un tempo molto breve.Inoltre, quando la temperatura e la pressione della bolla sono uguali a T0 eP0, si sa che R0 = 5.00µm. La bolla comincia a collassare per t = 0 e in taleistante R(0) = 7R0, R(0) = 0 e T (0) = T0. Dato che R(0) e sufficientementegrande rispetto a R0, avviene la sonoluminescenza.

1. Esprimere la pressione P e la temperatura T in funzione di R durantela faso di collasso.

2. Sia β = R/R0 e β = dβ/dt. L’equazione ottenuta al punto 7 implicauna legge di conservazione della forma

1

2ρ0β

2 + U(β) = 0

Introducendo il rapporto Q = P (0)/[(γ−1)P0], la funzione U(β) assumela 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 bolladurante il collasso e 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 gassale velocemente per 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 variareil valore di β da βu a βm.


Consideriamo ora l’emissivita a della superficie. Approssimando il collassocome adiabatico, l’emissivita deve essere abbastanza piccola da limitare ilrapporto tra la potenza irradiata dalla bolla per β = β e la potenza E fornitadal liquido. Possiamo assumere che tale rapporto debba essere inferiore a 1/5.

1. Trovare E in funzione di β.

2. Stimare il limite superiore di a.

Soluzione: 4.3.68

Problema 3.8.19 (Modelli atomici). Nel 1902 J. Thomson propose il primomodello atomico: era appena stata provata l’esistenza dell’elettrone. Il suomodello prevedeva un atomo costituito da una densita di carica positivauniforme, al cui interno vi erano gli elettroni, e lo stato fondamentale era laconfigurazione in cui essi stavano fermi (a parte l’agitazione termica) e avevanola minima energia potenziale possibile. Nel corso del problema cercheremodi esaminare le differenze che si osservano sperimentalmente fra il modellodi Thomson e un modello piu realistico. Consideriamo il caso piu semplice:l’atomo di idrogeno. Consideriamo l’idrogeno un gas perfetto.

1. Trovare la densita di massa dell’idrogeno a pressione e temperaturaambiente

2. Stimare la distanza media fra le molecole di idrogeno nelle stessecondizioni del punto 1

La dimensione degli atomi e R d la distanza fra gli atomi (consideriamoil singolo atomo 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 punti-forme e sta al centro dell’atomo, e ha la massa del protone, la carica negativae disposta uniformemente su un 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 diequilibrio stabile: se lo spostiamo di poco da tale posizione tendera a tornarcicon una forza di richiamo

7. Trovare il periodo delle piccole oscillazioni dell’elettrone del modello diT.

8. Si possono avere piccole oscillazioni nell’altro modello? Si si trovare lafrequenza, se no spiegare perche

Vogliamo ora calcolare la polarizzabilita degli atomi, calcolando la suscettivitaelettrica dell’Idrogeno. A tale scopo bisogna vedere come si ridistribuisconole cariche in presenza di un campo esterno. Per fare cio e conveniente usare ilmodello di T.

9. Calcolare la suscettivita dell’idrogeno nel modello T.

Vogliamo ora calcolare la sezione d’urto per il modello di Rutherford, cheequivale sostanzialmente al nostro modello (per particelle molto energetichesi puo sostanzialmente trascurare il guscio carico negativo, ovvero si puotrascurare cosa avviene precisamente finche le particelle incidenti sono adistanza > R e considerare tutto il moto come interno a tale guscio. Insommasi 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 (angolofra la direzione di incidenza e quella di uscita) ed I e il flusso entrante perunita di superficie. Usare la seguente schematizzazione: La particelle entranti(particelle alfa, carica 2e e massa 4mp) arrivano tutte con velocita v parallelelungo l’asse z. L’atomo (carica Ze, massa “infinita” poiche la sua posizione efissata dal reticolo a cui appartiene) sta nell’origine. Le particelle entrantiavranno cosı vari parametri di impatto b.

10. Considerando una corona circolare di raggio b e spessore db, trovare ilnumero di particelle per unita di tempo che la attraversano dF (b)

11. Trovare l’angolo a cui vengono scatterate tali particelle, ovvero lafunzione b(θ) o la sua inversa

12. Trovare quindi la sezione d’urto differenziale dσ/dΩ



Problema 3.8.20 (Particelle instabili). Nella parte alta della nostra atmosfe-ra arrivano continuamente raggi cosmici dallo spazio che, urtando le particellepresenti nella parte alta dell’atmosfera vanno a produrre particelle carichenegativamente chiamate muoni. Non entreremo nei dettagli di come vengonoprodotte, ci basti sapere che tale particella ha la stessa carica dell’elettrone, eche ha una vita media τ e una massa mµ.

1. Sapendo che l’energia media che hanno i muoni prodotti e E, calcola laloro velocita in unita di c (ovvero il rapporto β = v/c)

2. Che frazione k dei muoni prodotti vedra arrivare un osservatore che stasulla superficie terrestre? Assumere che i muoni siano prodotti solo inuno strato sottilissimo nella parte alta dell’atmosfera, e che lo spessoreatmosferico sia l

Consideriamo adesso invece il decadimento di particelle non cariche elet-tricamente, ipi0. Essi possono venire prodotti durante alcune reazioni negli acceleratori.Quando vengono prodotti, in genere non sono fermi ma hanno una certaenergia cinetica iniziale (e quindi una velocita). Consideriamo quindi un pioneneutro in moto lungo una certa direzione con una certa velocita. Chiamarel’energia del pione E. A un certo punto esso, essendo instabile, decadra. Ildecadimento piu probabile e che considereremo qui e π0 → γγ Ovvero in duefotoni. Indicare la massa del pione con mπ. Per comodita indichiamo conx′ l’asse parallelo alla velocita del pione, e definiamo l’asse y′ in modo che ifotoni risultino essere nel piano x′y′. Chiamiamo sistema x′y′z′ il sistema dellaboratorio, e sistema xyz ottenuto tramite una trasformazione di Lorentzlungo l’asse x′ il sistema del centro di massa.

1. Nel sistema del centro di massa del pione, trovare energie, impulsi elunghezze d’onda dei due fotoni

2. Passiamo ora al sistema del laboratorio, ovvero quello dove il pione erain moto. Trova le energie e le lunghezze d’onda dei fotoni in tale sistema

3. Per stimare la separazione angolare nel sistema del laboratorio, cal-cola l’angolo fra di essi nel caso che vengano emessi in direzioneperpendicolare alla velocita del pione


4. Sia θ l’angolo fra l’asse x (asse lungo cui viaggia il pione) e la direzionedell’impulso dei fotoni nel sistema del centro di massa, e θ′ l’angolo fral’asse x′ (parallelo a x) e la direzione dell’impulso dei fotoni nel sistemadel laboratorio. Trovare la funzione

θ′ = f(θ, β)

5. Se nel sistema del centro di massa il decadimento e isotropo, ovvero siosserva un flusso per unita di angolo solido costante

dNdΩ = dNd cos θ∂φ = K

Quanto vale la distribuzione in funzione dell’energia nel sistema dellaboratorio, ovvero dNdE ′

6. Ipotizziamo ora che la particella decada in due particelle con massanon nulla M < mπ/2. Trova il massimo angolo θMAX osservabile nelsistema di riferimento del laboratorio. Per quali M = f(m,E) l’angolopuo essere π?


Problema 3.8.21 (Condensatore ad alta frequenza). Consideriamo un con-densatore piano con armature circolari di raggio R, distanti l.

1. Calcolare la capacita del condensatore nel caso sia attraversato dacorrente continua.

Colleghiamo ora il condensatore a un circuito contenente un generatore dicorrente alternata. In prima approssimazione si genera solo un campo elettrico,uniforme, come nel caso di corrente continua, solo che tale campo e variabilenel tempo. Sapendo che la corrente che lo attraversa e

I0(t) = I0 cosωt = Re[I0e−iωt]

2. Trovare il campo elettrico all’interno del condensatore, sempre trascu-rando il campo magnetico

3. Considerando ora la soluzione per il campo elettrico trovata al puntoprecedente, trovare il campo magnetico


Il campo magnetico al punto precedente e variabile e non uniforme: quindigenera un campo elettrico, e questo deve essere non uniforme. Da questoragionamento capiamo che il campo elettrico trovato al punto 2 e solo unaprima approssimazione del campo reale nel condensatore.

4. C’e un punto in cui non vi e alcuna correzione al campo elettrico, quale?

5. Trovare la correzione al campo elettrico calcolato al punto 2 dovuta alcampo magnetico trovato al punto 3

Il nuovo campo elettrico calcolato (somma dei risultati dei punti 2 e 5)non e piu compatibile col campo magnetico calcolato al punto 3, in particolarela correzione al campo elettrico calcolata al punto 5 implica una conseguentecorrezione del campo magnetico.

6. Calcolare tale correzione al campo magnetico

Tale nuova correzione al campo magnetico implica una nuova correzioneal campo elettrico, e cosı via all’infinito. Questo perche le equazioni diMaxwell andrebbero risolte simultaneamente. Tuttavia in questo problema ciaccontenteremo di una approssimazione e ci fermeremo alla seconda correzionedel campo elettrico

7. Trovare tale seconda correzione al campo elettrico, dovuta alla correzioneal campo magnetico trovata al punto 6

Visto in questa luce, un condensatore ad alte frequenze risulta essere unoggetto molto piu complicato della consueta schematizzazione che si adottageneralmente. Vediamo di calcolare come varia la sua capacita in funzionedella frequenza. Per farlo useremo la consueta formula che definisce la capacita.Bisogna capire pero cosa sono V e Q. Come V consideriamo la differenza dipotenziale 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 chiaramentedefinita una volta conosciuto il campo elettrico

9. Calcola la carica totale Q presente sull’armatura del condensatore,usando il campo elettrico approssimato trovato ai punti 2,5 e 7.


10. Trova quindi la capacita del condensatore in funzione della frequenza:essa aumenta o diminuisce all’aumentare della frequenza? Nel rispon-dere a questa domanda, non scordarti che stai usando un’espressioneapprossimata e che stai quindi trascurando dei termini

Si puo dunque schematizzare il condensatore reale con un circuito equiva-lente dato dal parallelo di un condensatore, con capacita pari alla capacita abassa frequenza, e di un altro condensatore o un’induttanza (a seconda che lacapacita aumenti o diminuisca).

11. Trovare il valore del secondo componente (della capacita o dell’indut-tanza a seconda della risultato ottenuto al punto 10).

12. Si proceda ora a delle stime numeriche: che frequenza e necessarioraggiungere affinche i contributi qui calcolati diventino rilevanti?


Problema 3.8.22 (Cilindro e corde). Un corpo a simmetria cilindrica, macon massa non necessariamente distribuita uniformemente, e sospeso al sof-fitto tramite due corde collegate ai suoi estremi e avvolte nello stesso verso.Inizialmente, il cilindro e mantenuto fermo in posizione orizzontale, con lecorde che formano un angolo di 90 gradi con la verticale passante per l’asse disimmetria. Una corda sottile e attaccata per un’estremita e avvolta intornoal cilindro intorno alla sua meta, nello stesso verso delle due corde che losospendono. Alla sua seconda estremita e attaccato un corpo pesante. Qual el’accelerazione di quest’ultimo quando il sistema viene lasciato libero?

Soluzione: 4.3.69

Problema 3.8.23 (Vibrazione in cristallo monodimensionale (APhO 2002,1)). Un numero molto grande N di particelle identiche, di massa m sonoposte lungo una retta collegate da N + 1 molle ideali, di massa e lunghezza ariposo nulla e di costante elastica S, che le collegano tra di loro e ad altredue 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 sovrapposizionedi oscillazioni semplici, 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 ilmassimo valore possibile per ω.

Secondo l’ipotesi di Planck, l’energia di un fotone di frequenza angolare ω eE = ~ω. Einstein suppose che anche una vibrazione di pulsazione ω in uncristallo abbia la stessa energia. Notare che la vibrazione in se non e unaparticella, ma una semplice configurazione della catena. Tale configurazione eanaloga al fotone e viene definita fonone. Per una ω fissata, ci possono anchenon essere fononi, o ce ne possono essere uno, due, etc. Appare quindi sensatochiedersi quale sia l’energia media 〈E(ω)〉 associata alla pulsazione ω. DettaPp(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 fattoche Pp(ω) diventi assai piccola per p elevati ci permette di estendere la sommaa ∞. Inoltre, vale

Pp(ω) ∝ e− p~ωkBT

con kB costante di Boltzmann e T temperatura assoluta del cristallo, chesupponiamo costante.

3. Calcolare 〈E(ω)〉.

Ora vorremmo calcolare l’energia totale ET del cristallo. Per fare cio, dobbia-mo moltiplicare 〈E(ω)〉 per il numero di vibrazioni per unita di frequenza ωe poi sommare il risultato per tutti i valori possibili di ω. Si consideri dunqueun intervallo ∆k dei numeri d’onda possibili.

4. Grazie all’ipotesi che N e molto grande e considerando ∆k molto piugrande dell’intervallo tra due valori possibili di k consecutivi, quantimodi di vibrazione si trovano nell’intervallo ∆k?


5. Approssimando ora ∆k ≈ dkdω

dω, e sostituendo ogni sommatoria con unintegrale su ω, calcolare il numero totale di modi di vibrazioni possibilinel cristallo. Derivare anche un’espressione per ET (l’espressione correttae 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 moltobasse (i.e. se CV e costante, varia linearmente, seguendo una legge dipotenza o altro).

7. Fare un grafico qualitativo di CV in funzione di T , mostrando conchiarezza le stime fatte al punto precedente.

Soluzione: 4.3.70

Problema 3.8.24 (Cristallo ionico, potenziale di Yukawa, principio di Pau-li). Gli atomi di molti elementi chimici possiedono energie di ionizzazionemolto basse e quindi tendono facilmente a perdere gli elettroni esterni. Alcontrario, gli atomi di altri elementi tendono ad accettare facilmente elettroni.Combinando questi due tipi di atomi possiamo ottenere strutture ionichestabili. Molte di queste presentano una struttura cristallina, in cui gli ato-mi sono disposti in un pattern assai regolare. Idealmente, in un cristalloquesto pattern e ripetuto indefinitamente in tutte le direzioni. Il contributomaggiore per l’energia di legame di una tale struttura e dovuto al potenzialeelettrostatico degli ioni. Si assuma che tra due ioni la forza attrattiva sia ditipo coulombiano e che una forza attrativa sia negativa. Ad esempio, in uncristallo 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 ioni cloro. Tutti i cristalli considerati hanno la stessa struttura ela stessa carica per ione.

Nel nostro modello dobbiamo ovviamente considerare anche l’interazionetra ioni non “consecutivi” nel pattern. Sia dunque r la distanza minima tradue 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’interazionedi una singola coppia di ioni e α = 1.74756 e la costante di Madelung. Perl’energia potenziale repulsiva invece ci sono diversi modelli possibili:


Cristallo r0 [nm] Edis [kJ/mol]

NaCl 0.282 +764.4LiF 0.214 +1014.0

RbBr 0.345 +638.8

• Un’approssimazione ragionevole e

Vrep,1(r) = λe−r/ρ

che descrive l’interazione repulsiva di uno ione fissato con l’interocristallo. Nella relazione precedente λ e ρ sono costanti.

• 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 vienedefinita energia potenziale 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 tipoe Edis l’energia necessaria a rompere il cristallo in ioni separati. Per diversicomposti sono noti i seguenti valori

1. Scrivere l’energia potenziale coulombiana VC0(r) per uno ione che intera-gisce solamente gli ioni posti fino a distanza r =

√3r0 (includendo anche

quelli a questa distanza nel calcolo). Trovare la costante di Madelungα0 associata a questa approssimazione.

2. Usare il primo modello per Vrep per scrivere l’energia potenziale nettaper ione V1(r) Determinare la condizione di equilibrio per r = r0 escrivere V1(r0) in funzione di r0, ρ e α (usare il valore esatto dellacostante di Madelung).

3. Stimare ρ per NaCl dai dati sperimentali.

4. Usare il secondo modello per Vrep(r) per scrivere l’energia potenzialenetta per ione V2(r) Determinare la condizione di equilibrio per r = r0

e scrivere V2(r0) in funzione di r0, n e α (usare il valore esatto dellacostante di Madelung).


5. Dai dati sperimentali, stimare l’esponente di Born per NaCl. Inoltre,stimare che frazione dell’energia netta del cristallo e costituita dalpotenziale coulombiano e dall’energia potenziale di Pauli.

6. L’energia di ionizzazione (ovvero l’energia minima per estrarre un elet-trone) da un atomo di sodio e +5.14 eV, l’affinita elettronica (energiarichiesta per ricevere un elettrone) da un atomo di cloro e −3.61 eV.Stimare l’energia di legame per ogni atomo di un cristallo di NaCl. Ilvalore misurato sperimentalmente per tale energia e Eexp ≈ −3.28 eV.

Soluzione: 4.3.71

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

569

570 CAPITOLO 4. SOLUZIONE DEI PROBLEMI

10. prima o poi finisco di scriverle, se avete bisogno ora usate WolframAlpha

4.2. SUGGERIMENTI 571

4.2 Suggerimenti

Suggerimento 4.2.1. 3.1.3 Parametrizzare con θ tutte le possibili parabolee guardare l’intersezione di due parabole molto vicine.

Suggerimento 4.2.2. 3.1.16 Scrivere ~F = m~a e ~τCM =d~LCM

dtsenza scom-

porre in componenti. Fare manipolazioni vettoriali e imporre il vincolovettoriale di rotolamento senza strisciamento. Tutto questo senza spostarsinel 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 3.3.9prima di affrontare questo. Non a caso li ho messi uno accanto all’altro.

Suggerimento 4.2.5. 3.3.2 E vivamente consigliato fare il problema 3.3.2prima di affrontare 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 ricono-scere belle cose.

Suggerimento 4.2.8. 3.4.1 Si consideri che i raggi luminosi, partendo dalpunto A e arrivando in O, formano uno stretto fascio divergente.

Suggerimento 4.2.9. 3.8.4 Ricordate le condizioni affinche un campo siaconservativo?

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 chee furbo scrivere ~v = ~∇φ. Dato che l’ampiezza dell’oscillazione dipende soloda z, potrebbe essere furbo scrivere

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 geometricaanche qui?


4.3 Soluzioni complete

4.3.1 Meccanica

Dinamica del punto materiale

Soluzione 4.3.1 (Soluzione al problema 3.1.1). Introduciamo un sistemadi coordinate polari che individua la posizione (R, θ) (con versori r e θ) delpunto di tangenza tra il filo e il disco. Evidentemente il filo rimane sempreteso, quindi possiamo scrivere la posizione della 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, ilche ci da anche un’equazione differenziale a variabili separabili da cui trovareθ(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 siricavano l’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

4.3. SOLUZIONI COMPLETE 573

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 al problema 3.1.2). Notiamo preliminarmenteche, in ogni istante, gli N punti sono sempre vertici di un N -agono regolare.Infatti, per ragioni di simmetria (basta ruotare N − 1 volte il sistema diriferimento), tutti i punti devono trovarsi sempre alla stessa distanza dalcentro e devono individuare tutti angoli punto-centro-punto uguali (e quindiuguali a 2π/N).

Il fatto che i punti siano sempre vertici di un N -agono regolare implicache, per ogni punto, l’angolo tra la velocita e la retta che lo congiunge alcentro si mantiene costante durante il moto e quindi pari a φ = π/2− π/N .Questa condizione determina da sola la forma della traiettoria; cerchiamo diricavarla.

Fissando un ovvio sistema di coordinate polari (r, θ), siamo interessatia trovare la funzione r = r(θ). Consideriamo due istanti di tempo moltovicini, in cui il punto formi un angolo azimutale di θ e di θ + dθ. Usandoil teorema dei seni sul triangolo formato dalle due posizioni del punto e dalcentro, 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, trovia-mo la traiettoria cercata. (dr/r) tanφ+dθ = 0 =⇒ log(r/r0) tanφ+θ−θ0 =0, dove r0 e θ0 sono i valori al 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 anche quanto tempo impiegano i punti ad arrivare al centro e quantastrada percorrono (queste quantita sono finite nonostante i punti girino infinitevolte attorno al centro prima di raggiungerlo). Essendo φ costante, rimaneinvariata anche la componente radiale della velocita, cioe v cosφ, dunque iltempo 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 parabolacon l’angolo θ di 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 una F (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). Queste due parabole si incontrano in due punti, in (0, 0) e in un altropunto. Man mano che dθ → 0, il punto di incontro delle due parabole diventaun punto di tangenza. Con un buon disegno, si riesce a vedere che questopunto di tangenza e esattamente il punto che al variare di θ descrive la lineadi 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 al problema 3.1.4). Proviamo a risolverlo in duemodi diversi, con F = ma e con la lagrangiana.Usando le forze, prendiamo come sistema di coordinate quello polare concentro il centro dell’emisfera. Sia inoltre θ l’angolo dalla normale. Alloraabbiamo, rispettivamente per la componente radiale e tangenziale,

N −mg cos(θ) = −mRθ2

mg sin(θ) = −mRθdove N e la forza normale alla superficie. La condizione affinche la massettarimanga sull’emisfera e logicamente N ≥ 0. Inoltre, dalla conservazionedell’energia, posto lo zero del potenziale 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 diavere un potenziale conservativo V (R) che esprime il potenziale normale all’e-misfera (ovviamente cresce molto rapidamente daro che i solidi si deformanomolto poco). Allora la lagrangiana e data da

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 al problema 3.1.5). In questo problema ci sonodue quantita conservate ed e consigliabile usarle per risolverlo. Le quantita inquestione sono l’energia totale meccanica e la quantita di moto orizzontale.

Fissiamo un riferimento cartesiano il cui centro corrisponda al centro dellabase dell’emisfera all’istante iniziale. Scegliamo due coordinate utili per darela posizione degli oggetti durante il moto, la coordinata xs del centro di massadell’emisfera e l’angolo θ che forma la congiungente punto-centro della sferacon la verticale.

Scriviamo la posizione dei due centri di massa in funzione di queste duecoordinate.

~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 usandol’equazione appena trovata.(

1− m

M +mcos2 θ

)θ2 =

2g

R(1− cos θ)

Ora in effetti non abbiamo detto da nessuna parte che siamo nel momentodel distacco. Dobbiamo quindi imporlo trovando un’altra equazione.

Nel momento del distacco avremo che la forza fra l’emisfera e il puntosara nulla, in quanto non puo essere negativa e se fosse positiva allora i corpisarebbero ancora attaccati. Quindi nel momento del distacco il punto e incaduta 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 imporreanche la condizione lungo y.

ay = −g ⇒ cos θθ2 + sin θθ =g

R

Possiamo riscrivere in modo compatto le due relazioni appena trovate nelseguente 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 = gR

cos θ. Possiamo usare questa relazione nella conservazionedell’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 al problema 3.1.7). In condizioni di equilibriole due masse si trovano chiaramente in posizione simmetrica separate da unangolo π con il centro. Chiamiamo θ1 e θ2 gli scostamente angolari in sensoantiorario dalle posizioni di equilibrio. E immediato scrivere le equazioni delmoto 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 sonoθ1(t) = A1e

iωt 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 soluzione banale e A1 = A2 = 0) se e solo se la matrice dei coefficienti hadeterminante nullo. Si deve quindi 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 mentreinserendo la seconda si trova A1 = A2; l’interpretazione fisica (estremamentesemplice) delle soluzioni ottenute e lasciata per esercizio. Nel caso di tremasse il procedimento e analogo. Indicando con θ1, θ2 e θ3 gli scostamentidalle 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 analogoal precedente: (

ω2 − 2k

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 determinantenullo, cioe(

ω2 − 2k

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 motosono

θi = − km

(2θi − θi−1 − θi+1)

con gli indici i intesi modulo n (cioe θ0 = θn e θn+1). Cercando come semprele soluzioni θi(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

e M = 3I−C il sistema si scrive nella forma MA = λA quindi in sostanzastiamo cercando gli 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 incasi del genere il metodo standar e inapplicabile. Per prima cosa notiamo chese X = (x1, . . . , xn) e un autovettore di C allora esiste λ′ tale che CX = λ′X,ma allora posto λ = 3 − λ′ si ha MX = 3IX − CX = 3X − λ′X = λXquindi X e anche un autovettore di M con autovalore associato λ = 3− λ′.Quindi basta trovare tutti gli autovalori di C; il modo per farlo che illusreronon viene in mente subito se non si ha mai visto una cosa del genere, quindinon spaventatevi, e utile pero vedere questo tipo di cose perche ci si abituaa pensare a soluzioni di questo tipo e anche le stesse idee utilizzate spessosi “reciclano” in altri problemi anche molto diversi. C e una matrice concaratteristiche cicliche quindi iniziamo a pensare che le componenti degliautovettori dovranno avere caratteristiche cicliche; la prima cosa ciclica a cuisi pensa sono le radice dell’unita rk = ei

2πkn . Poniamo Xk = (1, rk, r

2k, . . . , r

n−1k )


e notiamo che CXk = Xk + rkXk + r−1k Xk = (1 + rk + r−1

k )Xk quindi ciascunXk 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 nmasse sono

ωi = 2 sin

(πi

n

)√k

m

Soluzione 4.3.7 (Soluzione al problema 3.1.9). Siano m la massa dellamotocicletta e ω la sua velocita angolare di rotazione attorno al centro dellapista.

L’unica forza non verticale che agisce sulla motocicletta e la forza d’attrito(statico) tra le ruote e l’asfalto, che vale al massimo µmg. Come prima cosa,anche se non e strettamente necessario, troviamo il massimo valore di ω, quelloche raggiunge la motocicletta alla fine della sua accelerata. Dall’uguaglianzatra 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 pistacircolare, ha bisogno di due componenti della forza: una tangenziale, mωR,responsabile dell’aumento della velocita, e una centripeta, mω2R, che tiene lamotocicletta in pista. La somma vettoriale di queste due forze, perpendicolaritra loro, e la forza d’attrito. Dunque

(mωR)2 + (mω2R)2 = Fa ≤ µmg.

Per trovare la distanza minima percorsa, imponiamo che la motociclettasia sempre alla massima accelerazione tangenziale possibile consentita allavelocita che ha in quel momento. Quindi imponiamo che, nella disuguaglianzadi sopra, valga in realta l’uguaglianza:

ω4 + ω2 =(µgR

)2

= ω4max.


Questa e una equazione differenziale a variabili separabili nell’incognita ω;risolvendola (trovando dunque ω(t)) si potrebbe risalire all’angolo al centrospazzato (e quindi alla distanza percorsa) con un semplice integrale:

θspazzato =

∫ τ

0

ω(t) dt,

dove τ e l’istante in cui ω = ωmax. Sfortunatamente, tentando di risolverequella equazione differenziale, ci si trova a dover svolgere un integrale chesembra un po’ difficile. . . In effetti e un esempio di integrale ellittico, un tipodi integrale che non si riesce a risolvere in termini di funzioni elementari (unaltro esempio di integrale ellittico e quello che si trova cercando di ottenereil periodo del pendolo per oscillazioni non piccole). Bisogna dunque cercareun’altra strada, evitando di trovare esplicitamente ω(t).

Usando la regola di derivazione della funzione composta, l’equazione diffe-renziale trovata prima 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 dicirconferenza.

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 delleforze, 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 quando raggiunge 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 al problema 3.1.12). Ci sono diversi modi diapprocciarsi a questo problema. Il piu elementare e sicuramente quello diaccorgersi che le uniche forze esterne che compiono lavoro sul sistema sonoforze gravitazionali, quindi il sistema e conservativo. Dato che il sistema haun solo grado di liberta, scrivendo l’energia totale del sistema e ponendo lasua derivata uguale a zero, otterremo un’equazione del moto.

Immaginiamo di colorare il filo nel modo opportuno in modo da dare dellecoordinate sensate. All’istante iniziale le due masse sono alla stessa altezza.Dipingiamo di giallo la parte del filo appoggiata alla puleggia e di rosso lealtre due parti del filo sospese. Indicheremo con x la quantita di filo rossoche si e avvolta intorno alla puleggia dalla parte di MB, che essendo la piuleggera 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 gravitazionaledel filo, che e l’unica parte insolita del problema. Andremo ovviamente aconsiderare solo i due pezzi sospesi, in quanto il pezzo attaccato alla puleggiarimane 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 pezzettodi 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 zeroper i motivi detti 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 infattiche l’equazione e lineare, quindi possiamo liberarci molto rapidamente delfastidioso termine costante cambiando 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. Calcoliamov(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→ 0effettivamente torniamo alla macchina di Atwood classica. Notiamo che perm → 0 si ha anche ω → 0, per cui possiamo espandere in serie il cosenoiperbolico

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 al problema 3.1.13). Sia m la massa di unmattone. Consideriamo N − 1 mattoni in equilibrio. Il centro di massadi questi deve trovarsi sul bordo del tavolo nel caso di distanza ottimaleraggiunta. Nel caso di N mattoni questa pila sta poggiando su un nuovomattone, che ha lo stesso ruolo del tavolo nel caso precedente. Fissandol’origine sul bordo del tavolo, sia x la posizione del bordo del mattone piu infondo: per il ragionamento precedente gli altri sono equivalenti ad una massa(N − 1)m che si trova in x. Il centro di massa del nuovo mattone si trovainvece in −(L− x).La situazione di equilibrio si ottiene quando il centro di massa del sistemarisultante e in x = 0, ossia:

((N − 1)x− (L− x)) m

Nm= 0.

Il mattone in fondo sporge quindi di x = LN

. Lo stesso ragionamento puoessere applicato ricorsivamente a una pila di N − 1, N − 2, N − 3 . . . mattoniottenendo per il blocco piu in alto una distanza ottimale di

dN = LN∑1

1

k≈ (ln(N) + γ)L

dove la serie armonica puo essere approssimata dal membro di destra perN sufficientemente grande. γ ≈ 0, 577 e la costante di Eulero-Mascheroni.Ovviamente questa ultima approssimazione non era esplicitamente richiesta


dal problema ed e quindi una semplice precisazione. Sapere che la sommadei reciproci dei primi n naturali tende a lnn e una cosa che puo far comodosapere, ma ovviamente la dimostrazione non e assolutamente richiesta.

Spostare i blocchi superiori verso il bordo spostando quelli inferiori fadiminuire la distanza orizzontale del mattone piu in alto (il centro di massadel sistema si sposta di meno rispetto ai singoli mattoni), confermando larisposta trovata.


Soluzione 4.3.10 (Soluzione al problema 3.1.14). Vediamo cosa succede nelriferimento S, in cui all’inizio la palla leggera mB e a riposo.

All’inizio la pallina pesante mA si muove con velocita v verso destra. Dopol’urto, le due palline si muovono rispettando la conservazione della quantitadi moto e dell’energia, formando un certo angolo con la direzione iniziale dellavelocita. Ovviamente potremmo scrivere

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. Questoapproccio e brutale e prima o poi porta ad una soluzione, ma visto che i contisiete capaci di farli 1 penso sia meglio mostrarvi una soluzione intelligente.

Mettiamoci quindi nel riferimento S ′ del centro di massa. All’istanteiniziale avremo la massa mA che si muove verso destra e la massa mB chesi muove verso sinistra. Dopo l’urto, prenderanno altre direzioni. La parte

1A mia differenza


molto utile e che nel riferimento del CM , dato che deve rimanere fermo siaprima sia dopo l’urto, le velocita delle due masse saranno parallele sia primasia dopo l’urto! Se cosı non fosse, avremmo che comunque prese le masse cisarebbe una componente non nulla della velocita del centro di massa, cosaassurda proprio perche siamo nel riferimento del centro di massa.

METTI UN DISEGNO CHE ALTRIMENTI E DURA CAPIRCI QUAL-COSA

Inoltre, dato che si conserva sia l’energia sia la quantita di moto, bastascrivere le equazioni per accorgersi che in questo riferimento l’unica soluzionee che le velocita delle due masse vengano semplicemente girate senza cambiaredi modulo! Per spiegarmi meglio, se all’inizio la massa mA si muove di velocita~v′, dopo l’urto si muovera di una velocita ~v∗ che avra lo stesso modulo diprima ma sara semplicemente girata di un angolo α rispetto a prima!

Questa e una semplificazione dei conti mostruosa, che ora faro per arrivareal risultato richiesto.

Nel sistema S abbiamo che prima dell’urto la massa mA si muove divelocita v verso destra lungo x, mentre mB e ferma. Di conseguenza, il centrodi massa si muove di velocita

~vcm =mA

mA +mB

~v

Nel riferimento S ′ quindi la massa mA avra velocita

~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’angolofra le velocita prima e dopo l’urto, che in generale dipende da parametri fisicicome il parametro di impatto, che quindi non sappiamo a priori. La massamA 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 riferimentosaranno vAx =

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 siabbia l’angolo massimo di deflessione θ. Calcoliamo quindi il rapporto fra lecomponenti della velocita

vAyvAx

=mB sinα

mB cosα +mA

:= f(α)

Dato che stavamo supponendo mA > mB, il denominatore di quellafrazione non si annulla mai. Non andando all’infinito, il massimo dellafunzione lo otterremo ponendo uguale a 0 la derivata

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 chescrivendo l’angolo θ in funzione del suo seno invece che in funzione della suatangente 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 al problema 3.1.19). Il secondo cilindro ad ognilivello serve solo a tenere in equilibrio la torre ma di fatto quello che accade aun cilindro accade anche nell’altro, quindi ragioneremo su uno dei due cilindri.La figura 4.2 mostra il primo piano. Le due equazioni cardinali per il cilindrosono

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 allora il fatto che il sistema e infinito per ottenere un sistema diequazioni con un unica soluzione. Immaginiamo di guardare l’n-esima panca ela vediamo accelerare con un accelerazione an; an sara di sicuro proporzionalealla forza applicatagli. Inoltre possiamo immaginare il sistema al di sopradell’ n-esima panca come un unico blocco di massa µn incognita che dipendesolamente dal sistema al di sopra della panca e non dalle forze esterne su diesso, 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 ilsistema e infinito segue che il sistema al di sopra dell’n-esima panca e ugualeper ogni n, quindi µ0 = µ1 = . . . = µ. Da qui possiamo introdurre la nuovaincognita µ ma guadagnamo ben due equazioni:

2F1 = µa0

2F2 = µa1

infatti dato che le panche sono prive di massa la forza totale sulla panca diterra (n = 0) deve essere uguale e contraria alla forza che i cilindri applicanosulla panca, ciascuna uguale a F1, mentre e chiaro che ciascun cilindro applicauna 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 sappiamo essere sbagliata poiche la forza esterna sulla panca di terrae diretta verso destra e la panca e priva di massa. La soluzione buona, chesi trova con dei semplici calcoli algebrici (conviene risolvere il sistema persostituzione) 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 deltutto identico al sistema al di sopra di un altra panca segue che possiamoguradare l’n-esima panca come se fosse la panca di terra e applicare lo stessoidentico 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 semplicemente 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 leaccelerazioni diminuiscono man mano che si sale; inoltre

limn→∞

An = 0

.

2. Il metodo di guardare il sistema da un punto in poi e immaginarlocostituito da un unico blocco di massa fittizia µ in meccanica funzionaquasi sempre con i sistemi infiniti proprio perche la massa fittizia ela stessa da qualsiasi punto si guarda il sistema e questo consente diridurre a quest’osservazione la formalizzazione matematica dell’infinitadel sistema che altrimenti sarebbe pressoche intrattabile. Per un altroesempio vedi la macchina di Atwood infinita, mentre per un esempio inun altro ambito della fisica vedi la griglia infinita di resistenze.

3. Dato che le panche hanno massa nulla la forza esterna applicata allapanca di terra deve essere uguale a 2F1. Dato che questa e l’unicaforza esterna applicata al sistema, deve essere uguale alla derivata dellequantita di moto totale. Ci aspettiamo dunque che

∑∞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 primamassetta dm nel vuoto, non compiamo lavoro in quanto non ce ne sono altree si considera il resto dell’universo vuoto. Dato che la gravita e una forzaconservativa, il lavoro totale di costruzione non dipendera da come abbiamocostruito la nostra distribuzione, ma solo dagli stati iniziale e finale.

Di conseguenza possiamo scegliere di costruire la nostra palla spalmandole nuove massette dm che portiam dall’infinito in modo che il nostro oggettointermedio sia sempre una sfera di densita uniforme e uguale a quella chedeve avere alla fine. Di conseguenza, il lavoro che dobbiamo compiere perportare una nuova massetta dm sara

dL = −Gmdm

r

Dove sia m sia r variano. Dato che vorremo integrare, sara utile esprimeretutto in termini di una sola variabile, che noi sceglieremo essere r. Dato chela distribuzione rimane sferica, 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 3.26 peruna direzione qualsiasi e riportata in dettaglio nel capitolo di elettro-statica. Ricaviamola molto velocemente comunque per questo casoparticolare. Consideriamo due cariche puntiformi +q e −q a distanza2a, rigidamente collegate. Il dipolo avra momento ~p = q2~a, dove ~a vadalla carica negativa a quella positiva. Mettiamoci sulla congiungente ecalcoliamo il 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 diguardare la sezione 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 si polarizza a causa del campo, la polarizzazione genera un altrocampo elettrico che si sovrappone al precedente e va ad interagire conlo ione.

Di conseguenza, l’atomo vede un campo elettrico

~E = − Q

4πε0r

Dove ci va il segno meno in quanto il nostro riferimento e solidaleall’atomo e non allo ione. Il vettore polarizzazione sara quindi

~p = α~E = − αQ

4πε0r2r

Questa polarizzazione genera un campo elettrico ~Ep che lungo la con-giungente le particelle 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 meno davanti a quantita positive, la forza e quindi attrattiva.

3. Notiamo che la forza ~F e centrale. Siamo molto contenti in quantoquesto gia ci dice che l’energia totale E si conserva e che si conservapure il momento angolare ~L. Sappiamo quindi ora che l’orbita sta in unpiano (per la conservazione di L). Consideriamo il sistema in due istanti.All’istante A lo ione e molto lontano dall’atomo e arriva, secondo quantodetto 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, siha che il raggio e perpendicolare alla velocita. Al solito, se cosı nonfosse, allora sicuramente non sarebbe un minimo. Fate un disegno peraccorgervene.

Impostiamo quindi la conservazione dell’energia e del momento angolaree vediamo cosa succede. Innanzitutto e opportuno scrivere il potenzialedella forza.

~F = − αQ2

8π2ε20r5r ⇒ U = − αQ2

32π2ε20r4

E facile verificare che ~F = −~∇U . Se volete sapere come ho trovato ilpotenziale al volo, ho semplicemente scritto la definizione

U(~r) =

∫ ∞~r

~F · d~s

Scriviamo le due conservazioni e vediamo cosa succede


mv0b = mvrmin

1

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 inrealta un secondo grado 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 en-

trambe hanno una radice sensata. Ovviamente il problema ha soluzioneunica perche e un problema di Fisica classica. Per capire qual e lasoluzione giusta, bisogna pensare a cosa succederebbe in un caso piusemplice. Per esempio, se α fosse molto piccolo, tendente a 0, allorasullo ione non agirebbero forze e quindi andrebbe via dritto. In tal casosarebbe rmin = b. Questo ci dice subito che la soluzione da prendere equella positiva, ovvero

rmin =

√√√√b2

2+

√b4

4− αQ2

16π2ε20mv20

Non ci siamo ancora preoccupati di discutere una cosa. Esistono deivalori di b per cui la radice all’interno e negativa, ovvero se

b < 4

√αQ2

4π2ε20mv20

Allora non esiste un rmin. Che cosa significa questo? Beh, r comefunzione di θ e una funzione decrescente all’inizio, in quanto la forza e


attrattiva e lo ione si avvicina all’atomo. Se non esiste un rmin, vuol direche la funzione r(θ) non ha minimo, ed essendo decrescente e continuacontinua ad essere decrescente, di conseguenza si avra r(θ)→ 0, ovvero,anche a costo di fare tanti giri intorno all’atomo, prima o poi cadra sudi esso.

4. Abbiamo appena trovato la condizione nell’osservazione subito sopra.L’area A e solo un 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 restacostante, in particolare 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’angolotra i due assi maggiori e proprio θ0 L’urto avviene quando r = rmin quindiquando θ = 0. Uguagliano quindi i raggio, o meglio, i loro inversi, poicheimmediadamente prima e immadiatamente dopo l’urto il corpo e alla stessadistanza 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 unimpulso 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 radiale e 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, pertantoA1 · (~r × ~L) = 0 quindi

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 po-trebbe risolvere in modo brutale facendo un integrale. Tuttavia, il calcolo eabbastanza fastidioso, per cui cercheremo una via alternativa piu intelligente.In fondo alla soluzione ci sara anche il conto brutale.

L’idea fondamentale che porta agevolmente alla soluzione e quella direndersi conto che il moto del sistema e di fatto un orbita degenere dimomento angolare nullo, e si puo quindi sfruttare la terza legge di Keplero.L’altra cosa importante di cui bisogna rendersi conto e che data l’equivalenzadel problema dei due corpi con il moto in campo centrale di una massa ridottaµ = 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 semiasse maggiore e a = rmax+rmin

2= d

2.

Inoltre il moto fino allo scontro e il moto della massa ridotta per andaredall’afelio al perielio, 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 quindi trovarla considerano il moto piu semplice possibile, ovvero


quello in cui le due massa compiono un orbita circolare attorno al centro dimassa. Dette r1 e r2 le distanze delle due masse dal centro si massa si ham1r1 = 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 abbiamo una 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 divariabili z = 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 sonoarrotondati l’energia si conserva. Inoltre, dal fatto che la cavita sia circolaresegue che se n e la normale alla superficie del bordo in un generico punto diesso e ~r e il vettore che va dal centro della buca a tale punto, il momentodella forza normale che il bordo esercita sulla massa durante la discesa 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 mo-mento angolare verticale, 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 nel-l’uscita dalla buca si ottiene che chiaramente α = γ. A questo punto sitratta solamente di fare considerazioni sugli 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 conservative. Sara quindi possibile scrivere una lagrangiana del sistemaL. Prendendo come coordinate un riferimento cilindrico centrato nell’originedella buca (r, θ, z), la lagrangiana non 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 potevausare direttamente il teorema di Noether per concludere allo stesso modo.

Soluzione 4.3.17 (Soluzione al problema 3.1.25). Innanzitutto dobbiamoricavarci la forza di gravita all’interno della Terra. Per farlo possiamo agirein due modi equivalenti

• Usando il teorema di Gauss.

• Ricordando il teorema del guscio sferico e considerando quindi solo lamassa interna.

Vediamo il primo metodo. Prendiamo una superficie sferica centrata nelcentro della terra 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 radialedel campo, ma data la grande simmetria del tutto e ovvio che il campo sararadiale. Di conseguenza sulla massa m agira una forza

~F = −GMTm

R3T

rr

Abbiamo mostrato che in un campo centrale si conserva il momentoangolare e che i campi centrali ammettono potenziale. La prima informazioneci dice che il moto avviene in un 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 ex = A cosωt+B sinωt

y = C cosωt+D sinωt

E gia da questo si puo capire che la traiettoria e una curva periodica inquanto mandando t in t+ 2π/ω, le coordinate x e y rimangono invariate.

Dato che la traiettoria e una curva chiusa e periodica esistera un puntoin cui il raggio vettore sia perpendicolare alla tangente alla curva nel punto.Possiamo ruotare il nostro sistema di riferimento in modo da porlo comepunto (L, 0) per un opportuno L. Le nuove leggi 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 al problema 3.1.26). 1) Calcoliamo ε e l infunzione di L ed E.

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, diconseguenza, ponendo r = 0 otteniamo un’equazione di secondo grado le cuiradici 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 forzagravitazionale

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 = 1evidentemente.


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 delriferimento, 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 al problema 3.1.27). Mettiamoci nel riferimentoche ruota insieme ai tre corpi, centrato nel centro di massa del sistema. Quindiindicando 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 − ~ri Scriviamo allora le condizioni di equilibrio in questo sistema diriferimento:

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, analoga-mente 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 possonoessere a due a due paralleli, ovvero i coefficienti di ~r1, ~r2, ~r3 nelle due equazioniprecedenti devono essere tutti nulli. 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 deduceanche che la velocita 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, sullo specchio verra esercitata unaforza 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 saraquindi l’intensita del 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 forzasara 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 trovareil potenziale

U(r) =2I0r

20A

c

1

r

Se vogliamo che abbandoni il sistema solare, il caso limite si ottienequando l’oggetto arriva ad infinito con velocita nulla. Di conseguenza, dallaconservazione 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 delmomento angolare in quanto evidentemente la forza avra una componentetangenziale. Andiamo a vedere in dettaglio cosa succede.


Innanzitutto cambia il modulo della forza in quanto cambia solo lacomponente ortogonale allo 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 epiu diretto lungo 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 quindidue sistemi di riferimento, S e 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 verso di lui. Nella situazione 2 il fotone e rimbalzato contro lospecchio e quest ultimo e rinculato indietro. Nell’urto si conservera l’energiatotale 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 facendol’equazione sotto piu quella 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 casiA → 1 e quindi β2 → 0. Se ora vogliamo vedere che cosa e successo nelriferimento della sorgente, possiamo tornare indietro usando la formula diaddizione relativistica delle velocita. Prima di farlo, pero, e intelligenteesprimere ν ′1 in funzione di ν, la frequenza propria della sorgente.

Per farlo possiamo usare direttamente la formula dell’effetto dopplerrelativistico oppure ricordare che energia e impulso trasformano come unquadrivettore. Esprimendo quindi energia e impulso del fotone nei due sistemidi riferimento e ricordando che E2 = p2c2 +m2c4, che per un fotone diventaE = 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 unavelocita

β + dβ =β + β2

1 + ββ2

FINIRE

Soluzione 4.3.21 (Soluzione al problema 3.1.31). Copiamo quello che e statofatto per risolvere il problema di Keplero: siamo in un campo centrale quindisi conserva energia e momento angolare. Scriviamo l’energia totale sapendoche 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 manon quella piu generale.

Ora scambiamo la derivata nel tempo con la derivata rispetto all’angoloper trovare una relazione 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

mu2 d2u

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 delmoto di Keplero se 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’orbitanon e chiusa ma precede su se stessa e questo e dovuto al fatto che θ0 6= 1, adifferenza che nel problema di Keplero. In figura 4.4 e mostrato circa comeavviene la precessione

Figura 4.4: Precessione dell’orbita di Mercurio


Sistemi a massa variabile

Soluzione 4.3.22 (Soluzione al problema 3.1.32). Facciamo come e statoconsigliato nella sezione sui sistemi a massa variabile. Consideriamo dueistanti di tempo:

• Il razzo con massa m(t) che si muove a velocita ~v rispetto ad un genericoriferimento inerziale

• 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 edottenere l’equazione

mdv = −udm+ dmdv

Se ora dividiamo a sinistra e destra per dm abbiamo a sinistra una quantitafinita, a destra una quantita finita e una infinitesima, che quindi va buttatavia. L’equazione si riduce a

mdv = −udm (4.9)

Che a questo punto si puo cercare di integrare. Per farlo possiamo separarele 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 cheM(t) = M0 −Rt, per cui

v(t) = −u ln

(1− Rt

M0

)


Che ovviamente ha senso solo finche rimane massa nel razzo, per cui nondobbiamo preoccuparci di problemi di dominio nel logaritmo. Se volete questaequazione si puo integrare nel tempo per trovare la legge oraria, ricordandol’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 al 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, quindila forza totale agente sulla fune sara 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 lineare a 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 e completamente fuori dal tavolo il moto sara di caduta libera.


Andiamo ora a calcolare il tempo τ . Ovviamente dobbiamo semplicementeimporre

x(τ) = L⇒ τ =1

ωcosh−1 L

x0

Soluzione 4.3.24 (Soluzione al problema 3.1.34). Le funzioni variabili ingioco sono il raggio della goccia r(t), la sua velocita di caduta v(t) e la suamassa m(t). Dovremo trovare un sistema di equazioni differenziali che leghiqueste quantita e cercare di risolverlo. Ovviamente dovremo prima o poiscrivere F = ma quindi prendiamoci d’anticipo e facciamolo subito per vederecosa ci serve

m(t)gdt = p(t+ dt) + p(t) = (m+ dm)(v + dv)−mv

Per cui

mgdt = vdm+mdv

Cerchiamo di capire quanto vale dm. Il punto fondamentale e che contail volume spazzato, quindi dm = ρπr2vdt. Dato che abbiamo introdotto lavariabile raggio, cerchiamo di trovare relazioni fra r,m, v

m =4π

3λr3 (4.10)

Questo e semplicemente dire che la goccia e sferica e di densita uniforme.Andiamo a fare le sostituzioni nell’equazione del moto

4π

3λr3g = vρπr2v +

4π

3λr3 dv

dt

Dove ovviamente abbiamo diviso per dt. Ci mancano ancora delle relazionifra r e v per ottenere un’equazione differenziale in una variabile sola. Perfarlo, 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 prece-dente, dopo aver semplificato un r2


4π

3λgr = ρπ

16λ2

ρ2r2 +

4π

3λr

4λ

ρr

Che e finalmente un’equazione differenziale in una variabile sola (e bruttacomunque). Scriviamola semplificando i termini inutili

g

λr =

12

ρr2 +

4

ρrr

E di nuovo si cercano le soluzioni a caso. Proviamo una soluzionepolinomiale del tipo r = 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 eche gli esponenti siano 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 illimite per ρ→ 0 bisognerebbe trovare un moto di caduta libera, cosa che nonaccade.

Soluzione 4.3.25 (Soluzione al problema 3.1.35). La forza applicata allacatena dal supporto 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 altempo t. In un dato istante la lunghezza della corda direttamente sotto ilsupporto 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 al problema 3.1.36). Sia p(t) la quantita dimoto del razzo all’istante t, v(t) la velocita, a(x) l’accelerazione, x(t) l’altezzadal suolo, m(t) la massa e λ(t) la massa per unita di tempo che il razzo perde(cioe λ(t) = −m(t)). Sul razzo agisce solo 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, siarriva 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 sicapisce subito che forma hanno i 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 nulladi difficile (si integra per parti e viene subito) Il fatto che il razzo perda

1

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 ponendo in pratical’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 equazionisono principalmente numerici, quindi armatevi di buona calcolatrice e andatea caso con il metodo di bisezione 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 trovax(fuga) ≈ 170761 m

Vorrei far notare che in questo problema c’e la base del ragionamento chespiega perche abbiamo dovuto aspettare gli anni ’60 per riuscire a mandarequalcuno sulla Luna. In questa approssimazione non abbiamo consideratonessun tipo di attrito e siamo stati molto ottimisti sul metodo di propulsione.Non c’e da stupirsi quindi che ci siano voluti migliaia di anni di tecnologiaper riuscire a costruire un razzo a piu stadi che perde i 249/250 della suamassa prima di mandare il resto in orbita.


Fluidodinamica

Soluzione 4.3.27 (Soluzione al problema 3.1.38). Esistono sicuramente moltimetodi per farlo, ma uno carino ed istruttivo consiste nel misurare il periododelle oscillazioni verticali del cilindro intorno alla posizione di equilibrio inacqua. Vediamo come: consideriamo prima la piscina senza immergere ilcilindro e fissiamo un riferimento con l’asse z rivolto verso il basso e l’origineal livello della superficie dell’acqua. Ora supponiamo che il cilindro sia dentrol’acqua con la superficie inferiore a quota z; il livello dell’acqua si sara alzatodi d. Possiamo esprimere d in funzione di z utilizzando il fatto che il volumetotale dell’acqua deve essere costante. Supponiamo che prima dell’immersionedel cilindro la piscina fosse alta H, allora se A e la superficie della piscina, sitrova 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’espres-

sione come

A

S=

1

1− ( TT0

)2

che ci permette di valutare fino a che ordini di grandezza di superficipossiamo misurare con un cronometro anche molto preciso, per esempio al


decimillesimo di secondo: supponiamo di avere un cilindro si superficie 1m2

e massa 10kg, allora si ha T0 = 0.2006s; ora se il nostro cronometro hasensibilita di un decimillesimo di secondo siamo in grado di distinguere unperiodo T = 0.2005s e allora ci sara un superficie d’acqua di A = 1003m2 cioequasi una piscina olimpionica! Tuttavia e evidente che nessuna sensibilitaaccessibile permette di misurare la superficie del mare.

Soluzione 4.3.28 (Soluzione al problema 3.1.40). Facciamo una soluzionealternativa a quella proposta dal Gruppo Olimpiadi. Consideriamo un piccolovolume a forma di parallelepipedo di area S e spesso dx, distante x dallaparete. A sinistra, alla coordinata x, ci sara una forza di taglio dovuta allaviscosita 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 chesiamo nel caso stazionario, avremo che a = 0 e quindi anche F = 0

La forza a sinistra tendera a tenere su il nostro strato d’acqua in quantoci aspettiamo che la velocita aumenti all’aumentare di x. La forza a destrainvece 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’espressionedella 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 eche v(0) = 0 (viene suggerita dal testo), da cui D = 0. Per trovare l’altracondizione possiamo pensare in questo 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 siauguale a

F (0)

S=mg

S= ρsg

In quanto se siamo nel caso stazionario il muro in effetti deve tenere sututto il peso del muro 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 = xs.

Per l’ultima domanda, se vogliamo la portata volumetrica e sufficienteaccorgersi che la piccola portata dQ e semplicemente uguale a dQ = ~v · d ~A.Nel nostro caso tutto diventa semplice in quanto c’e una direzione unica e sipuo 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 al problema 3.1.41). Mettiamoci nel sistemadi riferimento rotante solidale al secchio. Compariranno quindi le forzeapparenti. Dato che siamo nel caso stazionario, la velocita istantanea delfluido 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 centrifugae centrale, possiamo associare un potenziale

U

V= −ρr

2

2Ω2

L’altra forza agente sul sistema e la forza peso. Di conseguenza, l’energiapotenziale totale per unita di volume sara

U

V= −ρr

2

2Ω2 + ρgh

La superficie descritta dal pelo dell’acqua sara una superficie equipotenziale.Infatti, e l’unico modo per ottenere che la risultante delle forze sulle particellesul pelo dell’acqua sia ortogonale alla superficie. Se la risultante non fosseortogonale, infatti, il fluido potrebbe spostarsi e quindi non saremmo nel casostazionario.

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, impo-niamo la conservazione del volume. Una volta messo in rotazione il secchio,infatti, il volume totale sara lo stesso di quello iniziale. Esplicitiamo h(r, C) ecalcoliamoci 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 percapire se il risultato e sensato. Per Ω→ 0, h(r) = H, che e molto sensato. Seg →∞, otteniamo la stessa cosa, mentre se g → 0 vediamo che effettivamenteil fluido scappa dal centro, come ci aspettavamo.

Inoltre, h(0) < H e h(R) > H sempre. Andiamo a calcolare i valori di Ωper cui si tocca il 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 vorremmo applicare il teorema di Bernoulli. Torniamo quindi nelriferimento del laboratorio, dove

OCIO, PENSACI MEGLIO, IL FLUIDO E ROTAZIONALE E LA LINEADI FLUSSO NON AIUTA

Soluzione 4.3.30 (Soluzione al problema 3.1.42). Dato che il buco e piccolo,possiamo supporre che l’acqua scenda lentamente, ovvero che il pelo dell’acquarimanga orizzontale e non si formino vortici. Chiamiamo quindi h(t) l’altezzadel pelo dell’acqua dal buco. Usando il teorema di Bernoulli, si ricavarapidamente che la velocita dell’acqua nei pressi del piccolo foro 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 Φrappresenta l’acqua persa per unita di tempo, sara anche


Φ = −ρdV

dtDove V e il volume dell’acqua rimasta, con il segno meno perche sta

diminuendo. Il piccolo dVdt

e il volume di un cilindretto di raggio r(h) e dialtezza dh in quanto stiamo supponendo la discesa lenta. Quindi,

dV

dt= πr2(h)

dh

dtMettendo 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 datoche l’acqua si abbassa avremo dh

dt< 0.

In pratica, abbiamo

r(h) = Ch14

dato che scelto C determiniamo in modo unico dhdt

(sapendo A). Notiamoche il recipiente e quindi molto largo vicino al buco, cosa sensata.

Soluzione 4.3.31 (Soluzione al problema 3.1.43). L’idea fondamentale eche l’aria e un fluido viscoso e di conseguenza l’aria sara quindi quasi fermarispetto alla palla nei pressi della palla. In particolare, dato che la palla staruotando, ci sara un lato della palla dove l’aria sara piu veloce e uno dovesara piu lento. Di conseguenza, andando a naso con Bernoulli, ci sara unadifferenza di pressione fra i due lati della palla che causera una forza lateralein grado di spostare in orizzontale la palla. Quando ho detto siete autorizzatiad approssimare in modo brutale dicevo sul serio. In fondo faro il conto menoapprossimato e vedremo che non differiscono di molto. Vediamo come fare ilconto in soldoni.

In prima approssimazione possiamo dire che l’aria e ferma rispetto allapalla sulla sua superficie. La velocita su un lato della palla sara quindi v−ωr,sull’altro v + ωr. Usiamo Bernoulli 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 approssima-zione t = L

v. 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 domandarsiche cosa succede per v → 0 in quanto abbiamo assunto che il tempo di volofosse molto breve per trascurare ~g.

Vediamo ora che cosa succede facendo il conto un po’ meglio. Questoconto che andro a fare non ha nessuna ambizione di essere esatto in quantol’aria si comporta molto male come fluido, in quanto e comprimibile e fa unsacco di brutte cose che non abbiamo considerato. In ogni caso sara comunquemeglio dell’approssimazione che abbiamo fatto fin’ora.

Dunque, modellizziamo il tutto in questo modo. Immaginiamo la pallinache si muove lungo l’asse x, con velocita ~v = vx, in rotazione con ~ω = ωz el’aria ferma rispetto al riferimento. Le linee di flusso si avvolgeranno intornoalla pallina. Possiamo immaginare tuttavia che piu o meno si avvicininoman mano che ci allontaniamo dalla palla lungo l’asse x, e che all’infinitoci sia sempre la pressione atmosferica patm. Imponiamo che l’aria sia fermasulla superficie della pallina e calcoliamoci la pressione in ogni punto dellasuperficie, usando Bernoulli su una linea di flusso che arriva dall’infinito.Integrando tutta la pressione otterremo la forza netta.

In formule dobbiamo imporre che ogni punto della superficie la velocitasia

~vp = ~ω × ~rApplichiamo 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 ignorarein quanto la pressione e la stessa su ogni lato del solido e quindi l’integralee nullo. Per andare avanti e necessario sapere come si fa un integrale disuperficie. Dato che non siete tenuti a saperlo, (anche se e spiegato nellaparte di calcolo in piu variabili), potete limitarvi a guardare il conto.

Innanzitutto l’integrale e da fare su una sfera, quindi dobbiamo descriverela superficie in 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 ha ovviamente φ ∈ [0, 2π] e θ ∈ [0, π]

Per trovare il vettore d ~A dobbiamo agire in questo modo. Troviamo ivettori ~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 atmosfericain quanto abbiamo gia visto che si annulla.

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 = −ρ

2

(−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. Gliintegrali infatti presentano grandi simmetrie che annullano subito queste duecomponenti. 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 fattorenumerico che non cambia nemmeno un ordine di grandezza. Prendetelo comeesempio per ricordare che spesso non vale la pena di fare le cose in manieraesatta.


4.3.2 Termodinamica

Soluzione 4.3.32 (Soluzione al problema 3.2.1). Modello 1: Consideriamola temperatura della colonna d’aria costante. L’assunzione che di solito sifa che ora non possiamo piu fare e che la densita dell’aria sia cosı bassa darendere ininfluente il cambio di pressione dovuto all’altezza, ovvero si assume

ρg∆h p0

Dato che non possiamo piu fare questa approssimazione, scriviamo la leggedi Stevino

ρ~g = ~∇p =∂p

∂zz =

dp

dzz

Usando la legge dei gas perfetti cerchiamo una relazione fra p e ρ in quantonell’equazione precedente 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 confacilita.

∫ p(z)

p0

dp

p= −

∫ z

0

dz

h

p(z) = p0e− zh


Modello 2: Consideriamo uno strato d’aria che si espande in modoadiabatico salendo l’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 livellodel terreno p0, 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≈ 30 km

Soluzione 4.3.33 (Soluzione al problema 3.2.2). La prima cosa da fare ecercare di dare un modello per capire quante particelle escono dall’astronavein un certo tempo. Il flusso di massa uscente dall’astronave sara

dM

dt= −ρvA


Dove v e un’opportuna velocita di cui discuteremo ora. All’interno dell’a-stronave, l’aria sara circa ferma, mentre poco fuori dal buco ci sara pressione0 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 lealtre, di conseguenza la temperatura interna della nave rimarra costante e diconseguenza anche v.

Detto V0 il volume dell’astronave, che ovviamente non varia, sara

dM

dt= V0

dρ

dt= −ρ

√2RTA

µ

Questa e una banale equazione differenziale a variabile separabile in quantoe della forma

dρ

dt= −ρ

τ

1

τ=

√2RTA

V0µ

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 necessariotrovare la pressione del gas. L’unica forza che contrasta la pressione e latensione superficiale. Di conseguenza, scriviamo la definizione di σ


σ =dU

dA

Il dU dovuto alla pressione sara ∆pdV = 4πr2drp, mentre dA = d(4πr2) =8πrdr, per cui

σ =∆p4πr2dr

8πrdr⇒ ∆p =

2σ

r

Questa differenza di pressione e quella fra i due volumi separati da unasuperficie affetta da tensione superficiale. Di conseguenza questo terminedi pressione compare fra l’interno della bolla e lo strato di sapone e fra lostrato di sapone e l’esterno della bolla, per un totale di ∆p = 4σ

r, ma dato

che pext = 0, abbiamo p =4σ

r. Calcoliamoci quindi la capacita termica del

sistema

c =đQndT

=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 caso ma 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, adestra viene 0 perche 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 conmolte piu variabili ottenendo risultati simili. Per ora siete completamentelegittimati a non saperne niente2

Riprendiamo l’equazione 4.13

c = CV +p

n

dV

dT=

5

2R +

3

2R = 4R

FARE SECONDA PARTE

PER ORA LA TROVATE SUL SITO DELLE IPHO

Soluzione 4.3.35 (Soluzione al problema 3.2.6). Possiamo risolvere questoproblema in due modi, che in realta sono equivalenti.

Primo metodo: La prima idea che viene in mente quando si parladi massimo rendimento e utilizzare un ciclo di Carnot. L’idea e giusta mabisogna tener conto del fatto che le due sorgenti non sono a temperaturafissa ma variabile, per cui facendo molti cicli infinitesimi, il rendimento saravariabile. Ovviamente potremo estrarre lavoro dal sistema finche ci sara unadifferenza di temperatura fra i due oggetti. Una volta raggiunto l’equilibrionon sara piu 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 đQass. Il calore ceduto alcorpo b sara đQced. Se condsidero đQced > 0 e đQass > 0, avro

dL = đQassη = đQass − đQcedQass = −CadT1

Qced = CbdT2

Per cui

2Il motivo e il teorema delle funzioni implicite, detto teorema del Dini in onore di UlisseDini, matematico pisano che l’ha dimostrato. Vi sconsiglio di approfondire l’argomento,non mi e mai servito durante un problema delle Olimpiadi.


dL = −CadT1

(1− T2

T1

)= −CadT1 − CbdT2

⇒ CaT2

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, ilche ci rassicura, in quanto quello sarebbe il caso fisico in cui non si fa nessunlavoro e si lascia libero il sistema di andare all’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. Sosti-tuendo Tf si conclude. Notare i segni e l’ordine delle cose: abbiamo scelto diprendere Qass e Qced entrambe positivi, per cui abbiamo dovuto dare l’ordinegiusto alle temperature e non semplicemente finale meno iniziale. Con ilsecondo metodo faremo in modo diverso.

Secondo metodo: Cerchiamo di scrivere dStot ≥ 0 in modo intelligenteper ottenere dei risultati. Notare che alla fine sara equivalente ad un ciclo diCarnot.

Prendiamo đQ1 il calore assorbito dal corpo a e đQ2 il calore assorbitodal corpo b. Notare che entrambe stavolta vengono presi positivi se vieneassorbito calore e negativi altrimenti.

dStot = dS1 + dS2 = CadT1 + CbdT2


Integriamo i lati estremi della disequazione

∆Stot = Ca lnTfTa

+ Cb lnTfTb

∆Stot

Ca + 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 valore minimo si ha per

Tf = TCa

Ca+Cba T

CbCa+Cbb

Che e lo stesso risultato di prima.

Soluzione 4.3.36 (Soluzione al problema 3.2.7). Disegniamo il ciclo di Car-not. Per cominciare, cerchiamo la forma di una isoterma e di una adiabaticanel piano p− V .

Essendo p = U3V

= aT 4

3, un’isoterma e anche una isobara. Di conseguenza

le due isoterme saranno due segmenti orizzontali. Scriviamo ora l’equazionedell’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 rendimentodel ciclo, per vedere se ritroviamo la solita 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’espressio-ne

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 esufficiente integrare e 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. Questofatto deriva dall’assunzione che la velocita sia puramente radiale. Infatti, seci 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 direche l’aria sia ferma a contatto con il piano e a contatto con la goccia. Diconseguenza 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 puntofondamentale e che siamo nel caso stazionario. Di conseguenza, il vapore cheesce da sotto dovra essere controbilanciato da qualcosa e questo qualcosae l’evaporazione della goccia d’acqua a causa del flusso di calore dal pianorovente attraverso il gas.

Se chiamiamo dVdt

il volume espulso per unita di tempo, dovra essere

dV

dt=Power

Lρv

Dove Power e la potenza trasmessa alla goccia, L il calore latente e ρ ladensita 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’equazio-ne. Ma il volume espulso sara per l’appunto il flusso della velocita attraversola 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 rimanesospesa 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 intantoricavarci il tasso di vaporizzazione. Precedentemente avevamo scritto


dV

dt=kπR2∆T

bLρv

Sostituendo l’espressione per b vediamo che in effetti il tasso dipende daR.

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 volumesta diminuendo.

d

dt

(2π

3R3

)= −βR

74 ⇒ 2πR2R = −βR

74 ⇒

∫ 0

R0

R14 dR = −

∫ τ

0

β

2πdt⇒ −4

5R

540 = − β

2πτ

τ =8

5

(9ηρ3L3

4k3ρvg∆T 3

) 14

R540

Soluzione 4.3.38 (Soluzione al problema 3.2.14). Il nostro sistema e mono-dimensionale. Abbiamo sopra il ghiaccio la temperatura costante Tf e sottolo strato la temperatura Tc. Evidentemente fluira calore dal ghiaccio versol’esterno. Questo fluire causera due effetti:

1. La diminuzione della temperatura dell’acqua subito sotto il ghiaccio inmodo da portarla a temperatura di fusione.

2. L’incremento dello spessore del ghiaccio.

Il calore dQ scambiato in un tempo dt molto piccolo sara, secondo la leggedi Fourier

dQ =S

h(t)(Tc − Tf )dt

Dove ho indicato con S la superficie del lago. Il calore verra usato perdue contributi

dQ = dQ1 + dQ2


Come ho spiegato sopradQ1 = 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. Intantoricordiamo che affinche il problema abbia senso ci sono delle restrizioni sullatemperatura, 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, cosasensata

3. Se Tc = T0 la capacita termica non conta niente, in quanto il ghiacciodeve solo aumentare di spessore, altra cosa sensata


4. Se Tf = T0 il ghiaccio cresce comunque. Questo e sensato. Il fatto chenormalmente sia Tf < T0 non fa altro che velocizzare il processo, mabasta l’uguaglianza per creare ghiaccio.


4.3.3 Elettromagnetismo

Campo elettrostatico

Soluzione 4.3.39 (Soluzione al problema 3.3.2). Dovrei aggiungere un dise-gno in quanto e quasi indispensabile per capire quello che sto facendo. Nelfrattempo spero riusciate a fare un disegno voi per capire il ragionamento.

1. Per il calcolo del campo elettrico si usa un trucchetto molto carino che siusa spesso. Calcoliamo separatamente i campi creati dalle due sferette.Per la sfera positiva il campo sara ovviamente radiale uscente e saraquindi, 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 scaricac’e un campo elettrico totale

~E =ρ

3ε0(~r+ − ~r−) =

ρ~δ

3ε0

Ovvero il campo elettrico e uniforme nella zona in cui ci sono entrambele distribuzioni.

2. A questo punto sarebbe fondamentale avere un disegno in modo dacapire quello che si sta facendo. Prometto che prima o poi lo metto.

Immaginiamo di andare a fare una procedura di limite in cui appuntoρ→∞, δ → 0 ma ρδ = C. Immaginiamo che a sinistra ci sia la sferanegativa e a destra quella positiva. Ci aspettiamo che alla fine del limitea sinistra ci sia una certa −σ e a destra una +σ e sull’equatore a metafra i due ci sia una σ localmente nulla. Data la simmetria azimutale delproblema, 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 cercodi farlo al PC, possiamo fare effettivamente la procedura di limite.


Consideriamo una zona ad un certo angolo θ. Se riusciamo in qualchemodo a calcolare, nell’intorno di un certo angolo θ, il volume netto in cuivi e una sola delle due distribuzioni di carica, allora la carica presente suquella zona sara dQ = ρdV . Il nostro dV tuttavia nel limite che stiamoandando a fare sta diventando un ∆rdA, in cui fare il limite δ → 0implica che ∆r → 0. Il metodo per calcolare effettivamente questovolume e alquanto burino in perche prendiamo in fondo due segmenti acaso e ne facciamo la differenza, e questa sara ∆r. Il punto e che nellimite in cui δ → 0, questa approssimazione che sembra a caso diventaesatta. 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 campoall’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 elettricofuori prima di fare il limite. Per il teorema di Gauss e per il principiodi sovrapposizione, il campo elettrico totale sara la somma di quelligenerati da ciascuna delle due sfere e quindi, sempre per Gauss, sara ilcampo generato da due cariche puntiformi,


q = −(−q) =4π

3ρa3

Poste ad una distanza ~δ l’una dall’altra. Il fatto di andare a fare illimite δ → 0, ci dice che in un certo senso noi siamo estremamentelontani 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 effettivamenterispettano le condizioni sui punti di discontinuita, come in questo casola superficie sferica su cui c’e una σ, che ci aspettiamo faccia saltare ilcampo in modo discontinuo. In particolare infatti sulla superficie dellasfera deve essere

( ~Efuori − ~Edentro) · n = σε0

( ~Efuori − ~Edentro)× n = 0

~Edentro e molto semplice, infatti vale sempre ~E0. ~Efuori, invece, al limitedella superficie sara

~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 primadiventano 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 confermaulteriore della validita della soluzione

FINISCI DI SCRIVERE POTA

Soluzione 4.3.40 (Soluzione al problema 3.3.3). La configurazione iniziale edata dalla carica q al centro del guscio conduttore, quella finale dalla carica qa infinita distanza dal guscio. Poiche ∆U = W (con W lavoro da compiereper spostare la carica), bastera calcolare l’energia potenziale del sistemanelle due configurazioni; l’energia potenziale si puo calcolare con la formulaU = ε0

2

∫E2dV , integrando su tutto lo spazio. Il motivo per cui si puo

utilizzare questa formula e che semplicemente la distribuzione di carica elocalizzata, come e spiegato nella sezione di teoria di elettrostatica. Bisognatuttavia stare attenti in quanto vi e una carica puntiforme, di cui bisognaricordarsi quando si fa l’integrale, in quanto il suo contributo e infinito.

Il campo elettrico, inizialmente, e quello generato da una carica puntiformein tutto lo spazio a parte nella regione di spazio occupata dal guscio conduttore,dove e zero. Alla fine invece il campo elettrico e quello di una carica puntiformein tutto lo spazio (in quanto il guscio, essendo a distanza infinita da q, nonrisente 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 formulaper l’energia potenziale tiene conto dell’energia che serve per formare la caricapuntiforme a partire da cariche infinitesime all’infinito, che e infinita. Biso-gnerebbe quindi togliere questo contributo nel calcolare l’energia potenziale


del sistema. In quanto pero il contributo andrebbe tolto sia da 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 sfruttareil principio di sovrapposizione per scrivere il campo elettrico totale

~E = ~Ep + ~Eg

Dove con ovvia notazione si intende ~Ep il campo generato dalla caricapuntiforme e l’altro quello 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 cheabbiamo calcolato prima.

Soluzione 4.3.41 (Soluzione al problema 3.3.6). 1. In un materiale con-duttore all’equilibrio il campo elettrico all’interno e nullo. Di conse-guenza, 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 termini delle componenti diventa

~E1 =q

4πε0

(x+ a)x− yy((x+ a)2 + y2)

32


2. Il problema ha un evidentissima simmetria cilindrica. Di conseguenza ladistribuzione di cariche σ(r) genera un campo ~E = Exx+Err a sinistra

e un campo ~E = −Exx+ Err a 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 assolutamente equivalente (a destra del piano) a quellogenerato da una carica puntiforme −q posta nel punto (−a, 0, 0), ovverospecchiata rispetto al piano.

3. Prima di andare a calcolare il campo sul piano ragioniamo un attimo suquello che ci aspettiamo di trovare: abbiamo un conduttore all’equilibrio,per cui il teorema di Coulomb ci dice che il vettore campo elettrico saraortogonale al piano. Vediamo se i torni 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 positivae quella negativa. In realta vanno bene entrambe in quanto non abbiamosupposto niente sulla natura della carica q per fare i conti, quindi vabene 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)−32 dz =

= −q[−(1 + z2)−

12

]∞0

= −q

Soluzione alternativa:La soluzione che ho riportato poco sopra e la soluzione ufficiale proposta

dal gruppo Olimpiadi. Ovviamente questa soluzione e ineccepibile, ma vistoche abbiamo parlato del metodo della carica immagine nella parte di teoria,ritengo opportuno mostrare anche questa soluzione.

Riepiloghiamo un attimo quello che sappiamo: abbiamo un conduttoreinfinito con davanti a lui una carica q. Sappiamo che in un conduttoreall’equilibrio il campo elettrico deve essere nullo e di conseguenza il potenzialedeve essere uniforme. Dato che in questo caso mettere lo 0 all’infinito hapoco senso in quanto se il conduttore e infinito, allora ci sara il suo 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 immagine3. Se noi troviamo un modo di disporre delle cariche elettriche nella zona delconduttore in modo che rendano uniforme il potenziale sulla superficiedel conduttore e uguale al valore che gli abbiamo posto, allora il campoelettrico fuori dal conduttore generato dalle cariche accumulate sullasuperficie 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 dentroil conduttore (che, badate bene, non ci sono davvero, e solo un artificiomatematico) che tengano il potenziale a 0 sulla superficie del piano, allora ilcampo fuori dal conduttore e quello della carica puntiforme q piu quello dellecariche che ho messo dentro il conduttore per far tornare i conti.

Tuttavia questa situazione e molto semplice da trattare in quanto perfar annullare il potenziale su tutta la superficie e sufficiente mettere unacarica −q in posizione (−a, 0, 0). Controllate per credere

Come sono riuscito a vedere ad occhio dove andava messa? Beh, questiproblemi si fanno tutti allo stesso modo: si cerca di determinare per motividi simmetria che tipo di distribuzione di carica possa andare (una caricapuntiforme, un filo infinito, un piano o che ne so), poi si cerca sempreper motivi di simmetria di capire dove deve essere posizionata, e infine siimpongono delle equazioni per trovare la posizione precisa.

Per esempio in questo caso era assolutamente ovvio per ragioni di simmetriache dovesse essere una o piu cariche puntiformi da mettere sull’asse x. Nonera scontato scegliere esattamente −q e −a, ma non e necessario tirare a caso,si puo anche lasciare alla matematica la ricerca del risultato. Chiamiamo q′ ea′ la posizione della carica da mettere, che ancora non 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 e a′ = −a. Questa soluzione era decisamente banale, ma se

3In realta non si chiama cosı, e semplicemente un teorema di unicita della soluzione, mavisto che a noi non importa davvero il suo nome possiamo chiamarlo cosı.


fate il prossimo problema, in cui bisogna usare carica immagine su una sferaconduttrice, le cose saranno meno scontate.

Soluzione 4.3.42 (Soluzione al problema 3.3.9). Considerare il sistema diriferimento descritto nel testo del problema. In questo riferimento i due fili sitrovano rispettivamente a

λ : (R, 0)

−λ : (−R, 0)

Ovviamente la coordinata z e inutile. Diamo innanzitutto una descrizionequalitativa di come saranno fatte le linee di campo e quindi le superfici equipo-tenziali. Vicino al filo positivo le linee di campo usciranno e quindi, se siamoabbastanza vicini da poter trascurare l’altro filo, le superfici equipotenzialisaranno circa delle circonferenze centrate nel filo. Il problema e ovviamenteantisimmetrico 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 sarail simmetrico della prima rispetto a quel piano. Andiamo ora a fare dei contiespliciti per rispondere alle domande.

Il potenziale generato dal primo filo sara

V+ =λ

2πε0lnr+

R

Se vi chiedete come ho fatto a calcolarlo cosı ad occhio, basta applicareGauss per vedere che 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 devoper forza scegliere 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 punti equidistanti da questi due e l’asse del segmento che li


congiunge e rispetta r+r−

= 1, ovvero V = 0. Una conferma di una cosa chegia ci aspettavamo.

Ora se vogliamo mostrare che nel piano le superfici giuste sono circonferenzepossiamo agire in due modi:

• Fare una cosa matematicosa ovvero dire che il luogo dei punti tali cher+r−

= k sono circonferenze di Apollonio (cercate su internet per saperne

di piu).

• Scrivere l’equazione di una circonferenza centrata nel punto opportunoe di raggio da scegliere e imporre delle condizioni affinche r+

r−= k

Visto che il secondo metodo e piu generale perche permette di descrivereluoghi a caso, usero quello. Consideriamo quindi una circonferenza centratanel punto (x0, 0) di raggio r. Parametrizziamo i suoi punti con l’angolo θrispetto all’asse x e imponiamo condizioni 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) senza morire 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 conseguenza lo sara anche la sua derivata, cosa che farebbe sparire lafastidiosa costante C. Tuttavia, fare la derivata di un rapporto di solitonon semplifica i conti. Di conseguenza, opto per un’alternativa. Consideroun’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 saracostantemente nulla e quindi anche la sua derivata. L’unica differenza rispettoa prima e che cosı i conti sono 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 dettoche le cose funzionino. Dobbiamo ributtare dentro l’equazione precedentequesto valore per cercare una formula per r. Permettetemi di fare una cosache non apprezzo nemmeno io, solo per scrivere di meno. Dato che le unichegrandezze con le dimensioni di una lunghezza rimaste sono r ed R, poniamo

r =r

R


Alla fine ci ricorderemo di rimettere R al suo posto. L’equazione precedentediventa

(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 puntoci 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. Abbiamoinfatti mostrato che se prendiamo circonferenze posizionate in x0 e di raggior allora le cose funzionano.


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 particolare sembrano formule trigonometriche. Ricordandoci che C e unesponenziale, sara opportuno cercare di far comparire delle funzioni iperbolicheche renderanno sicuramente piu agevole fare 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 delriferimento, ovvero una circonferenza di raggio infinito e centro all’infinito.Basta fare i limiti per vedere che funziona. Se invece prendiamo V moltogrande, allora le circonferenze diventano molto piccole e centrate su R, comeci aspettavamo.

Per concludere allego il grafico fatto con geogebra.

Soluzione 4.3.43 (Soluzione al problema 3.3.10). Beh, quando avete deiconduttori e cercate di trovare il potenziale che generano la prima cosa chevi viene in mente se la soluzione non e elementare e di usare il metodo dellacarica immagine. E molto sensato cercare di mettere due fili rettilinei infiniti,di carica λ e −λ dentro i due conduttori affinche il potenziale sulla superficiesia costante. Se voi trovate il valore di λ e la posizione in cui mettere i


Figura 4.6: Grafico delle superfici equipotenziali

fili in modo che sulla superficie il potenziale sia quello che volete, allora ilcampo elettrico all’esterno e univocamente determinato. Questo sarebbeestremamente utile, in quanto la seconda idea importante di questo problemae che in un mezzo resistivo il campo elettrico e la densita di corrente sonoestremamente legati

~E = ρ ~J

La corrente che fluisce fra i due conduttori dovro in qualche modo quan-tificarla. Se considero una supeficie gaussiana che ingloba uno solo dei duecilindri e facile convincersi che

ΦJ =

∮~J · d ~A

E esattamente la corrente che stiamo cercando. Infatti questa e tutta lacarica che fluisce nell’unita di tempo dal primo conduttore e quindi andraverso il secondo conduttore. La parte 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. Ciaspettiamo che λ dipenda da a, d, V0. Per trovare davvero quanto vale si puoagire in piu modi. Il piu semplice e semplicemente fare il Problema 3.3.9, chenon per niente ho messo subito prima di questo. Infatti, da quel problemaseguono immediatamente diverse relazioni utili come

d = 2x

tanh

(2πε0V0

λ

)a =

x

sinh

(2πε0V0

λ

)Da cui

d

a= 2 cosh

(2πε0V0

λ

)⇒ λ =

2πε0V0

cosh−1 d

2aChe finalmente fornisce la soluzione

ρ =2πV0

i

hcosh−1 d

2aNotiamo un caso limite particolare che ci rassicura della validita del

risultato. Se avviciniamo di molto i cilindri, ci aspettiamo che ad un certopunto la corrente diventi molto intensa in quanto c’e meno mezzo da percorrere.In effetti, l’unico modo per avere un ρ finito nel limite d→ 2a e per l’appuntoche i→∞ in quanto avremmo uno zero al denominatore.

Soluzione 4.3.44 (Soluzione al problema 3.3.12). Vediamo di capire bene laFisica del problema prima di metterci a fare pazzi conti senza sapere dovestiamo andando. Abbiamo un mare di fluido che si muove intorno ad unacarica positiva +Q. Non ci vuole molto a capire che i portatori di caricanegativa cercheranno di accumularsi intorno alla carica positiva e i portatoridi carica negativa invece andranno ad allontanarsi. Il problema vero e riusciread impostare dei conti sensati che facciano uscire un risultato.

Vediamo intanto di capire come modellizzare il sistema: si tratta di caricheche si muovono, ma tutto fa pensare ad un sistema all’equilibrio e quindi


trattabile come statico, ovvero descrivibile da un potenziale elettrostaticoV (~r). La validita di questa approssimazione e dovuta al fatto che al centro cisia una carica netta che quindi genera un potenziale grosso nelle vicinanzedel centro del sistema. Inoltre, il fatto che non si parli di moti relativistici cifa ancora di piu convincere che una soluzione elettrostatica sia ragionevoleper questo modello.

Cerchiamo di dare un carattere al potenziale che stiamo cercando. Ov-viamente il problema ha simmetria sferica, quindi il nostro potenziale saraaltrettanto. Di conseguenza avremo un potenziale V (r) e non V (~r) e un con-

seguente campo elettrico ~E(r) = −∂V∂r

, anche questo radiale per la simmetriadel potenziale. Ovviamente per gli stessi motivi anche ρ(~r) sara una ρ(r). Hoscritto piu volte il teorema di Gauss in forma sia integrale che differenziale.In questo caso e piu semplice risolvere il problema usando la formulazionedifferenziale, ovvero scrivere

∇2V (r) = − ρε0

Vi consiglio di fare il conto per prenderci la mano. Mostrate che, in questocaso,

∇2V =1

r

d2(rV (r))

dr2

Dove ho tolto la derivata parziale e messo quella usuale in quanto abbiamovisto che il potenziale dipende solo da r. Il nostro obiettivo e trovare un’altrarelazione fra ρ e V , in modo da ottenere un’equazione differenziale che poi(se siamo fortunati) risolveremo ottenendo il risultato.

A questo punto ci domandiamo: che equazione possiamo trovare frapotenziale e densita di carica? A questo punto, come dico sempre, bisognaleggere bene il testo. Per l’appunto, nel testo si parla di temperatura e sidice addirittura di trovare un risultato approssimato al prim’ordine in unparametro con della temperatura. A questo punto vi deve venire in mente ladistribuzione di probabilita di Boltzmann.

Andiamo a formalizzare questa idea. Consideriamo per esempio i por-tatori di carica positivi. Questi andranno a disporsi nello spazio secondouna distribuzione volumetrica n+(r), diversa dal valore uniforme iniziale, asimmetria sferica per il solito motivo. In particolare, 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 seguirauna distribuzione il cui andamento e dato dalla formula che ho appena scritto.Per brevita di notazione indichero nei prossimi passaggi β = 1

kBT, come si fa

di solito.

Sarebbe bello avere pero una relazione quantitativa, ovvero una relazione incui la costante di proporzionalita sia espressa in termini di cose che sappiamo.Per farlo, bisogna ricorrere ai dati del testo. Per esempio noi sappiamo ladensita di numerica iniziale n+. Le cariche, per quanto lontane possano essereandate, non saranno sparite, per cui potremo imporre una condizione dinormalizzazione 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 mai definito. Vediamo di fare le cose per bene: noi conosciamo ladensita numerica, non il numero totale di cariche4. Per fare una cosa sensatae 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 chesi capisca che non stiamo barando poi troppo. A questo punto possiamochiamare α+ la costante di proporizionalita fra l’esponenziale e n(r) e trovarel’equazione per α

n+ = α+ limR→∞

∫ R

0

4πr2 exp [−βq+V (r)] dr

4π

3R3

4Che e ovviamente infinito.


Che, a patto di conoscere l’espressione analitica di V (r)5 e un’equazionedi primo grado in α+. Non serve un genio per capire che equazioni identichevalgono per i portatori di carica negativi. L’unica differenza e che ci va unmeno dentro l’esponenziale.

Perche abbiamo fatto tutto questo casino? Ricordiamo qual e il nostroobiettivo: trovare ρ(r). Beh, ma in realta adesso possiamo esprimerla intermini delle quantita di cui abbiamo appena discusso, infatti

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 abbiamoscritto prima

ρ(r) = −ε01

r

d2(rV )

dr2

Per cui finalmente abbiamo ottenuto una (mostruosa) equazione differen-ziale 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 dicapire come approssimare. E abbastanza evidente che una soluzione esplicitadi questa equazione sia praticamente impossibile da trovare. Cominciamocon il fare dei guess, poi mostreremo come si possa ricavare la soluzione alprim’ordine e vedremo come rispetta i

FAI I GUESS

Facciamo ora i conti. Ricordiamo innanzitutto che per piccoli x si haex ≈ 1 + x. Vediamo come approssimare il calcolo di α±

5Che, badate bene, e il nostro ultimo obiettivo.


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 pervedere che il limite e zero: a grandi distanze, mal che vada V scala come 1/r,che sarebbe il termine con una sola carica puntiforme. Dato che le nostrecariche stanno schermando il tutto, e molto probabile che invece l’andamentosia molto piu smorzato. Anche tenendo il termine 1/r, che e 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 diapprossimare l’altra equazione 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. Notareche a questo punto 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 debolenell’orifine di quello che genera invece la carica puntiforme, di conseguenza,per avere il limite corretto deve 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 questomodellino funziona anche per altri oggetti come l’atomo classico, cosa cherende meno un problema puramente accademico il problema 3.1.29


Campo magnetostatico

Soluzione 4.3.45 (Soluzione al problema 3.3.17). Per risolvere questo pro-blema serve un’idea molto intelligente. Il primo approccio puo essere quellodi cominciare a impostare un sistema di PDE sfruttando la simmetria sfericae cercare di integrarlo. Purtroppo questo metodo non e adatto a trovare lasoluzione in un tempo finito. Vediamo quindi l’idea furba.

Innanzitutto usiamo la simmetria del problema: dato che il problema ecompletamente simmetrico per rotazioni, qualsiasi quantita rilevante scalaredipendera solo dal modulo della distanza dal centro r e dal tempo t, inveceche dalla posizione ~r e dal tempo t. Inoltre, qualsiasi quantita vettorialedovra necessariamente essere radiale, sempre per motivi di simmetria. Diconseguenza, il campo magnetico ~B sara nullo ovunque in quanto se non lofosse avrebbe flusso non nullo, cosa assurda per la seconda legge di Maxwell.

Andiamo a considerare la nostra sfera all’istante iniziale. Consideriamodue gusci sferici spessi dr, G1 e G2, posti a r1 < r2. Immaginiamo ora dicolorare con due colori diversi questi due gusci e di vedere che cosa succedequando scorre il tempo.

Prendiamo una carica dq che sta nel guscio G1. Su di essa agira una forzaelettrica

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 gusciesterni scappano piu velocemente dei gusci interni. Dato che abbiamo sceltodei raggi generici, questa cosa vale per 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, questi duecolori non andranno mai a mischiarsi durante l’evoluzione di tutto il sistema.Questa semplificazione enorme ci dice che se una carica q si trova nella melassaall’istante iniziale in una posizione r, allora la forza agente sulla carica sarasempre

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 dimensionidi una carica elettrica. A questo punto l’unica cosa che rimane da fare eintegrare questa equazione differenziale con un pochino di trucchi. La cosastandard da fare in questo caso e moltiplicare per qualcosa cercando poi divedere delle derivate di cose note. Moltiplicando per r, per esempio

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 cosameno dolorosa, e sensato sostituire

r = zr

In modo da ridurre il problema a qualcosa di completamente matematicosenza parametri


√z

z − 1dz =

√2A

r3dt

A questo punto non rimane che integrare. Troviamo prima in parte unaprimitiva della funzione di z. E intelligente una sostituzione z = cosh2w inquanto il denominatore diventa piu 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 gliesponenziali, fare il quadrato di binomio e integrare degli esponenziali. Vistoche non ho voglia di farlo, il risultato e

∫ √z

z − 1dz = w + sinhw coshw = cosh−1

√z +√z

4√z2 − 1

Probabilmente ci sono dei conti sbagliati perche derivando non torna, mail succo lo avete capito. Una volta trovato L’integrale, che indicheremo conI(z), si procede a

I(z) =2A

r3t

Che potete provare ad invertire in modo da trovare esplicitamente z(t) equindi r(t). Io vi sconsiglio di farlo.


Equazioni di Maxwell

Soluzione 4.3.46 (Soluzione al problema 3.3.21). Soluzione 1: Scriviamoinnanzitutto la definizione di conducibilita elettrica

~J = σ ~E

Consideriamo una superficie sferica di raggio r centrata nella sfera. Fac-ciamo il flusso dell’equazione precedente attraverso questa superficie.

Φ( ~J, ∂V ) = σΦ( ~E, ∂V )

Tuttavia, possiamo utilizzare la legge di Gauss per l’elettrostatica per direche

Φ( ~E, ∂V ) =1

ε0q(∂V )

Dove ho indicato la carica contenuta dentro la superficie ∂V . Inoltre,sappiamo anche dall’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 superficiesferica, bastava prendere una qualsiasi superficie chiusa. Infatti

−∫∂V

∂ρ

∂tdV =

∫∂V

σ

ε0ρdV

E data l’arbitrarieta del volume, possiamo togliere il segno di integrale eottenere subito

∂ρ

∂t= − σ

ε0ρ

Che e un’equazione differenziale semplice che si puo risolvere separandole variabili, in quanto c’e una sola variabile di derivazione. Per ogni puntointerno alla sfera varra quindi


ρ = ρ0e−σtε0

Ma la carica da qualche parte si dovra accumulare, in quanto non puosfuggire all’infinito. Dato che e una sfera, si avra un accumulo di caricaisotropo sulla sua superficie. Per trovare l’espressione della densita superficiale,basta dire che la carica totale si conserva. Indico con δ(t) la densita di caricasuperficiale sul bordo della sfera (brutta notazione ma σ e ρ sono gia 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

completamente simmetrico per rotazioni, anche i campi ~E e ~B dovrannoesserlo e quindi l’unico modo che hanno per rispettare questa condizione eessere radiali entrambe. Di conseguenza,

~E = E(r)r~B = B(r)r

Tuttavia e ovvio che un campo radiale non ovunque nullo fa flusso sualmeno una superficie, 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 perottenere l’espressione, ma non e rilevante. Il punto e che all’esterno i campi ~Ee ~B non sono variati di una virgola durante il processo, quindi un osservatorenon si puo accogere di quello che e accaduto.

Tuttavia, e interessante vedere come ci sia un altro modo in cui unosservatore esterno possa capire che e successo qualcosa. Infatti, passandoda una distribuzione all’altra, la sfera ha perso energia! Questa energia daqualche parte deve essere finita e la risposta piu rapida che viene in mente eche sia finita in calore. La sfera quindi avra una temperatura piu alta dopol’avvenimento e quindi irradiera di piu.

La perdita di energia sara uguale alla differenza di energia potenziale delledue distribuzioni.

∆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 inun 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 uncondensatore, 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 sonotutte proprieta locali, ovvero fino a questo punto non abbiamo detto nientedella forma globale dell’oggetto. In ogni punto la carica andra via in modoesponenziale.

Soluzione 4.3.47 (Soluzione al problema 3.3.23). Il circuito e compostoda 3 oggetti, un solenoide, una resistenza e il disco metallico che fa daautoinduttanza. Chiamando V la f.e.m. indotta

V − iR− Ldi

dt= 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 siha B = µ0

Nli.

d2ΦB = BdA = Brdrdφ⇒ ∂dΦB

∂t= Brdr

dφ

dt= Brωdr = −dV ⇒ V = −1

2Bωa2

Ricordatevi questo modo di scrivere la fem indotta in un circuito rotantein quanto e sempre la stessa formula. Riscriviamo la legge della maglia


−iR− Ldi

dt=

1

2µ0N

liωa2 ⇒

(1

2µ0N

lωa2 −R

)i = L

di

dt

Che e un’equazione differenziale a variabile separabile molto semplice cheha come soluzione

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 ilsegno cambiato nell’esponenziale

i(t) = i0etτ

Con il τ cambiato di segno. Di conseguenza, il valore minimo per ω equello trovato prima

Per calcolare il momento necessario a tenere in moto il tutto possiamoricordare che vale la formula

P = ~N · ~ω

Dove ~N e il momento e P e la potenza erogata. Questa formula eassolutamente equivalente a P = ~F · ~v, e semplicemente il suo analogorotazionale. Se ω non cambia, vuol dire che siamo nello stato stazionario equindi la potenza erogata controbilancia esattamente la potenza dissipata pereffetto Joule, che e i2R, e la variazione di energia magnetica nel solenoide

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 farcrescere la corrente in questo sistema e di in qualche modo fornire energia


dall’esterno. Dato che la corrente cresce in modo esponenziale e sensato cheanche l’energia che devo buttarci dentro cresca sempre in modo esponenziale.

In conclusione, questo circuito e ben lungi dall’essere un moto perpetuo,ne di prima ne di seconda specie.

Soluzione 4.3.48 (Soluzione al problema 3.3.24). Soluzione 1: Per primacosa fissiamo un riferimento solidale con il laboratorio cosı che la lastracarica positivamente sia rappresentata dall’equazione z = 0 e quella caricanegativamente dall’equazione z = d, mentre la velocita delle lastre e direttalungo 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. Ilvettore corrente per unita di lunghezza vale

~K =dI

dyx = σ~v

possiamo allora considerare il sistema come tanti fili infiniti e parallelipercorsi da corrente, e dato che e noto che il campo magnetico prodotto daciascuno di essi in ogni punto giace in un piano perpendicolare al filo, abbiamoche in ogni punto dello spazio ~B · x = 0. L’altra osservazione importante eche dato che il sistema di sorgenti e invariante per traslazioni nel piano x− y,il campo ~B puo dipendere solo da z. Mostriamo ora che oltre a non averecomponente lungo x non ce l’ha nemmeno lungo z: consideriamo un cubocon i lati paralleli agli assi ordinati e tagliato a meta dalla lastra, dato cheil campo non ha componente lungo x il flusso attraverso le facce paralleleal piano y − z e nullo, inoltre dal fatto che il campo e inipendente dallacoordinata y segue che il flusso complessivo sulle due facce parallele al pianox− z e nullo, infatti il campo sulle due facce e lo stesso, ma uno e entrantenel cubo, l’altro uscente, quindi i due flussi sono uguali e contrari e si elidono;ora sia Bz la componente z del campo sulla faccia superiore del cubo, persimmetria quella sulla faccia inferiore varra −Bz e quindi il flusso totale sulcubo e 2BzS che deve essere zero poiche il campo magnetico e solenoidale,segue che Bz = 0 e quindi l’unica componente non nulla di ~B e quella lungo y.Possiamo calcolarla utilizzando la legge di Ampere; consideriamo un percorsochiuso costituito da un quadrato di lato l nel piano y − z tagliato a meta


dalla lastrae percorso in senso orario guardandolo dalla parte positiva versola parte negativa delle x. Allora il percorso e attraversato da una correnteI = σvl entrante nella superficie del percorso. Dato che per simmetria si haBy(−z) = −By(z) utilizzando la legge di ampere e il fatto che il campo lungoz e nullo si ha

2lBy = −µ0σvl⇒ By = −µoσv2

infine tornando al nostro sistema costituito dalle due lastre parallele e concariche opposte in 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 caricanon subisce la forza esercitata dal campo che ha creato essa stessa! Infattii campi elettrici e magnetici nei punti appena fuori della lastra sono soloper meta generati dall’altra lasta, cosı che dobbiamo considerare una forzadimezzata. Calcoliamo la forza sulla lastra superiore (l’altra e chiaramenteuguale 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 elegante. Infatti mettiamoci nel riferimento in cui le lastre sonoferme, cioe un riferimento in moto con velocita ~v rispetto al laboratorio. Quile lastra avranno una densita superficiale ±σ′ ed essedo ferme non c’e campomagnetico, la forza sulla lastra superiore e quindi semplicemente


~F = −Sσ′2

2ε0z

Ora per calcolare σ′ consideriamo un quadratino infinitesimo di lato dl′, questoconterra una carica dq′ = σ′dl′2; mettendo in moto le lastre con velocita ~v, cioetornando 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 caricanel 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 forzaotteniamo proprio

~F =

(µ0Sσ

2v2

2− Sσ2

2ε0

)z

Soluzione 4.3.49 (Soluzione al problema 3.3.26). Dato che le piastre sonopiane e parallele, tutte le quantita dipenderanno solo dalla coordinata x.Di conseguenza, avremo V (x), E(x), ρ(x). Dobbiamo trovare un sistema diequazioni differenziali che leghino queste quantita

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 parzialenel tempo in quanto si e raggiunto lo stato stazionario. Integrando l’ultima siottiene

ρv = C1

Ovviamente non abbiamo ancora abbastanza equazioni per risolvere,quindi bisogna cercarne 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

∂t

Se non siete convinti di quello che ho appena scritto potete andare avedere la dimostrazione del teorema di Bernoulli, in cui c’e la spiegazionedettagliata di come si arriva a questa espressione. Ricordando che abbiamosolo un asse e siamo nello stato stazionario, l’espressione precedente diventa

a = vdv

dx

Scrivendo quindi F = ma,

qE = mvdv

dx

Vorrei far notare che ho scritto un generico q e un generico m senza indicaresu che cosa sto scrivendo F = ma. Il punto e che innanzitutto il rapportoq/m dipende solo dalla natura del portatore di carica e non dalla densitalocale di carica o di massa, in quanto e per l’appunto uguale anche al rapportofra le densita. In secondo luogo non e ancora detto che sia indispensabile pertrovare 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 solavariabile E(x). Ammetto che fa abbastanza schifo. Scriviamola in modoumano

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 laformula di Cardano

E =3

√3kx+

√9k2x2 − C3

2 +3

√3kx−

√9k2x2 − C3

2

FINISCI, NON MI RICORDO COME VEDERE CHE VIENE C2 = 0 ETUTTO DIVENTA UNA MONATA


Circuiti elettrici

Soluzione 4.3.50 (Soluzione al problema 3.3.35). La condizione sui raggi eche la sezione del cilindro centrale sia uguale alla sezione del guscio cilindricoesterno.

πr21 = π(r2

3 − r22)⇒ r2

1 = r23 − r2

2

Troviamo la capacita per unita di lunghezza C. Utilizziamo il teoremadi Gauss per l’elettrostatica scegliendo un’opportuna superficie. Scegliamoun cilindro coassiale di altezza h e raggio r compreso fra i raggi delle partimetalliche, in modo che la superficie sia in mezzo al 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. Dovremodividere in 3 casi, all’interno del primo conduttore, fra i due conduttori eall’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 cheriguardano la parte interna del cavo, con 2 quelle che riguardano la parteesterna.

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 va-

lere ~∇· ~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 varia-zione di flusso di campo magnetico e da un resistore ed un induttore inserie. L’equazione in termini della f.e.m. V sara

V − iR− Ldi

dt= 0

Andiamo a calcolare quanto vale V . Dato che

V = −∂ΦB

∂t

Calcoliamo quindi il flusso magnetico. Dato che supponiamo che laspira non si giri su se stessa, l’unica componente del campo che faflusso e la componente z. Dato che Bz non dipende da r, il flusso sarasemplicemente ΦB = a2πBz, da cui facilmente

V = αB0a2π

dz

dt

3. Segue dal fatto che

Φ = ΦB + ΦL


Dove ho indicato con ΦB il flusso esterno e con ΦL il flusso autoindotto.Se deriviamo l’equazione sopra otteniamo a destra l’espressione dell’e-quazione della maglia del circuito, che e uguale a 0, mentre a sinistra laderivata del flusso totale. Avendo

dΦ

dt= 0

Segue subito Φ =costante.

4. Riprendiamo l’equazione del circuito (dopo aver posto R = 0)

αB0a2π

dz

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 pezzettoinfinitesimo ~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 puo intuire in quanto ogni termine compare con segno oppostoa φ e all’angolo φ+π. Di conseguenza tutti i termini si semplificherannoe l’unico importante sara quindi il termine lungo z

~F =

∫d~F = −2πIa2βB0z


6. L’altra forza agente sull’anello e la forza peso. Di conseguenza larisultante 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’equa-zione differenziale in 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, sescriviamo

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 =− g

Ω2

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 adimporle

z(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 massimoin modulo quando cosx− 1 = −2. Quello sara il massimo valore dellacorrente.

8. Diamo subito un’idea qualitativa di cosa sappiamo e poi risolveremoesplicitamente il problema per mostrare che avevamo ragione. Innan-zitutto nel problema precedente si conservava l’energia, in quanto laresistenza era nulla e quindi vi era alternanza fra energia potenzialegravitazionale ed energia elettrica dovuta allo scorrimento della corren-te, 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 propriola corrente a tenere su l’anello, il modo migliore per perdere energia eperdere energia potenziale gravitazionale, ovvero ci aspettiamo che nonci sia piu moto armonico ma un certo tipo di caduta.

Dato che in qualche modo quando l’anello cade comunque vi scorrecorrente all’interno, ci aspettiamo che la caduta non sia libera ma cheabbia un frenamento, magari con raggiungimento di una velocita limite.Andiamo ora a scrivere delle equazioni per vedere se abbiamo ragione.

Ripartiamo dalle cose che sappiamo. L’equazione del circuito, peresempio, e ancora valida.

αB0a2π

dz

dt−RI − LdI

dt= 0 (4.14)

Inoltre, anche l’espressione della forza magnetica agente sull’anello sarainvariata. Di conseguenza 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 dirisolverle.

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 ricavaz(t) in funzione di solo I(t), I(t), lo si deriva per ottenere z(t) e sisostituisce nella seconda equazione. Il consiglio in generale in questicasi e quello di cercare di avere un’equazione differenziale in una solavariabile.

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. Nonpreoccupatevi perche non e niente in piu rispetto al solito. Intantoriscriviamola in termini di Ω

R

LI(t) + I(t) = −Ω2I(t)− gαB0a

2π

L(4.18)

Innanzitutto riconosciamo subito un oscillatore armonico smorzato.Inoltre abbiamo che la corrente non tendera a 0 bensı al valore limitedeterminato dal termine costante, ovvero

I(t) = D(t)− gαB0a2π

LΩ2


Dove D(t) e una lettera a caso perche sto finendo la fantasia. In ognicaso si intende che D(t)→ 0 per t→∞. In realta si ha una cosa benpiu 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 tuttele sue derivate, in quanto un esponenziale uccide ogni altro termine. Sepoi riprendiamo l’equazione 4.17, 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 infinefar notare la dipendenza continua dai dati, ovvero che se abbiamoR molto piccolo rispetto agli altri parametri il moto tende a quellocalcolato nei punti precedenti.

Soluzione 4.3.52 (Soluzione al problema 3.3.37). Dato che le superifici

equipotenziali del campo elettrico sono cilindriche, ~E ha direzione radiale(altrimenti non la circuitazione lungo circonferenze centrate nell’asse nonsarebbe nulla). La seconda legge cardinale della meccanica 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 valeqa2

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 e quindi la quantita conservata qui vale

− q

|q|mbvtangB +

qb2

2~B

uguagliando con il valore all’istante iniziale e moltiplicando scalarmenteambo i membri per B si ha

mbvtang =|q|B

2(b2 − a2)

ora basta notare che la condizione per la quale questo possa avvenire e chevtang ≤ v e possiamo 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

Campi elettromagnetici nella materia


4.3.4 Ottica e onde

Soluzione 4.3.53 (Soluzione al problema 3.4.1). Ricordate che in otticageometrica la prima cosa da fare e un disegno grande su cui prendereappunti e poter disegnare ulteriormente. Su un disegno piccolo non si capisceniente e si sbaglia.

Figura 4.7: disegno del problema 3.4.1

La seconda cosa da fare e mettere un sacco di lettere sulla figura in mododa dare il nome ad ogni cosa. Possibilmente non devono essere troppo similiin modo da evitare errori stupidi di copiatura. Poi, una volta fatto questobisogna scrivere un sacco di equazioni a caso e quando si e soddisfatti bisognacercare di andare avanti per eliminazione. E importante scrivere bene ilsistema iniziale in modo da ricordarsi da quali equazioni si e partiti perevitare di tornare a scrivere la stessa equazione quando non bastano quellegia 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 altre equazioni sono solo considerazioni di geometria piana. Vorrei farnotare che sia dθ, sia dφ sia dx andranno a 0 quando faremo il limite, quinditenetene conto quando andate avanti.

A questo punto e opportuno far sparire delle variabili in quanto sonodecisamente troppe. L’idea migliore e esprimere tutto in funzione di L e dil (e degli angoli), dato che uno dei due lo sappiamo e l’altro e quello chevogliamo trovare. Sperabilmente troveremo un’equazione fra i due.

Prendiamo quindi la terza equazione e ricaviamone qualcosa. EsprimiamoA′O′ e A′O in termini 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 all’obiettivo. Abbiamo due cose uguali a dx che e comunqueun’incognita, quindi tanto vale buttarlo 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 perdθ, dφ → 0. In particolare, questo puo sembrare un limite in due variabili,in quanto mandiamo a 0 due cose contemporaneamente. Normalmente unlimite doppio e molto piu fastidioso di un limite singolo, ma in questo caso idue 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 vedremo in che modo. Nel frattempo, espandiamo in serie l’equazioneprecedente. Ricordiamo che

f(x+ ∆x)− f(x) ≈ df(x)

dx∆x

Dove abbiamo tenuto il primo termine dello sviluppo di Taylor. Vorreifar notare che questa formula e esatta e non approssimata in questo casoin quanto stiamo facendo un procedimento di limite e i termini di ordinesuperiore 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 generalequesti due non fossero legati, il limite sarebbe di difficile trattazione. Perfortuna noi abbiamo a disposizione la legge di Snell

n sinφ = sin θ

Che ci permette di calcolare il rapporto. Per farlo possiamo agire in duemodi assolutamente equivalenti. Il primo e quello semplice di differenziarel’equazione precedente.

n cosφdφ = cos θdθ

Come ho gia detto, questa tecnica puo sembrare fatta a caso ma in realta emolto formale. Puo essere matematicamente giustificata attraverso il teoremadelle funzioni implicite (teorema del Dini), che comunque vi sconsiglio diguardare.

L’altro metodo, molto piu fastidioso, consiste nel ricavare φ = f(θ) e farnela 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 senzasapere gia che l’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 farlovediamo un paio di casi limite fisici. Se abbiamo n = 1, ci aspettiamo chesia l = L e in effetti la formula torna, in quanto in tal caso si ha ancheautomaticamente cos θ = cosφ

Se consideriamo il caso di raggi verticali, immagino avrete gia vistoche il risultato deve essere L/n e, in effetti, si avrebbe θ, φ → 0 e quindicos θ, cosφ→ 1

A questo punto per trovare lmin, lmax basta fare un banale studio difunzione.

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 minimoin 1

Per l’ultima domanda e necessario esprimere la formula fra l ed L infunzione 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 massimodi 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 al problema 3.5.4). In un generico sistema diriferimento sia Etot l’energia prima dell’urto. Allora detta Ki l’energia cineticadell’i-esima particella formatasi dopo l’urto, per la conservazione dell’energiasi deve avere, nel caso il processo avvenga:

Etot = Nmc2 +N∑i=0

Ki

e dato che Nmc2 e una quantita fissata, la minima energia perche possaavvenire questo processo senza contraddire nessuna legge di conservazione equella per la quale sia rispettata la conservazione del momento relativisticoe la quantita

∑Ni=0Ki sia piu piccola possibile. Dato che la considerazione

precedente vale in ogni riferimento, mettiamoci nel riferiento in cui questaquantita e minima se vale zero. E chiaro che l’unico riferimento in cui questoe vero e quello in cui inizialmente (ma anche dopo) vale ~ptot = 0, infattidato che le Ki sono tutte quantita positive,

∑Ni=0 Ki implica che tutte le

velocita siano nulle, cioe che la quantita di moto totale sia nulla. A questopunto cerchiamo a che velocita v0 deve muoversi questo riferimento rispettoal riferimento del laboratorio. Per la legge di composizione delle velocita levelocita rispettivamente della massa in moto nel sistema del laboratorio e diquella a riposo, 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 perfar avvenire il processo 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 quantitautili che si conservano sono quantita di moto e energia6, usiamo queste dueleggi: 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 nelsistema del laboratorio.

Per ulteriore semplicita, denotiamo con β = vc, βu = u

ce con β1 = v1

c

Innanzitutto utilizzeremo la formula di addizione relativistica delle velocitache ci porta a 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

6Che poi in relativita sono pezzi dello stesso oggetto


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 laconservazione della massa-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 diuna sola in quanto classicamente e ovvio che dm = dM , in relativita la massae leggermente piu ostica da trattare.

Sostituendo quest’ultima nella conservazione della quantita di moto, otte-niamo, facendo i conti (magicamente scompare il termine γ(β1), fastidioso dacalcolare)

Mdβ + βudM(1− β2

)= 0⇔ dβ

1− β+

dβ

1 + β= −2βu

dM

M

che quindi ci da la soluzione

M

M0

=

(1− β1 + β

) c2u

Esprimiamo il risulatato in modo piu carino prendiamo il logaritmo dientrambe i membri

lnM

M0

= − 1

βuln

(1 + β

1− β

) 12

Dove ho anche girato la frazione portando un meno fuori dal logaritmo. Hofatto questo giochetto 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, inquanto la tangente iperbolica e sempre compresa fra −1 e 1. Inoltre tornail caso notevole M → 0 ⇒ β → 1. Non solo, torna anche il caso notevoleβu = 0⇒ β = 0.

Purtroppo, come potete ben capire, il fatto che ci sia la tangente iper-bolica di un logaritmo non e altrettanto rassicurante riguardo la possibilitaingeneristica di avvicinarsi a c in questo modo.

Soluzione 4.3.56 (Soluzione al problema 3.5.7). Pensiamo la luce comecostituita da fotoni che prima dell’urto con lo specchio hanno frequenza ν0

e quindi quantita di moto ed energia rispettivamente p0 = hcν0 e E0 = hν0.

Ciascun fotone urta lo specchio che applica su di esso una forza ~F = Fn (n ela normale nel punto dell’impatto) per un tempo brevissimo dt. Ora possiamopensare che nel tempo dt il fotone e lo specchio sono a contatto muovendosiinsieme, e dato che lo specchio e vincolato a mantere la sua velocita costanteanche il fotone andra a quella velocita (non stiamo dicendo che la luce nonviaggia piu a velocita c, ma e come se lo specchio assorbisse il fotone per iltempo dt per poi riemetterlo nell’unica direzione e con l’unica frequenza chefanno 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 ein una perpendicolare 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’urtoin 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 usarequest’ultima per ricavare 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 al problema 3.6.2). L’idea del problema e chedobiamo trovare un modo per usare il principio di indeterminazione, che epraticamente l’unica legge in cui compare in un modo che ci puo servire lacostante h, che in qualche modo dovra apparire. Calcoliamo quindi in terminidi qualcosa, cercando di capire cosa, la varianza di p ed x, sapendo che il loroprodotto 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 farcomparire in qualche modo il prodotto σpσx per usare l’indeterminazione.Dato che il principio di Heisenberg e una disuguaglianza, possiamo cercaredelle disuguaglianze utili che correlino la somma al prodotto.

La disuguaglianza fra media aritmetica e media geometrica mostra inquesto 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 di riscalare 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 3.8.4). Sappiamo che ~∇× ~v = 0,di conseguenza, dato che il mare non ha buchi, il campo di velocita ammettepotenziale. Scriveremo quindi

~v = ~∇φ

Dove non ho messo il segno meno in quanto in questo caso non ha significatofisico. Ovviamente il potenziale dipendera solo dalle coordinate x, z. Eragionevole pensare che sia inoltre

φ(x, z) = f(z) cos(kx− ωt)

Dall’assunzione che il modulo della perturbazione dipenda solo dallaprofondita e dal fatto che stiamo guardando un’onda in moto, che sara quindiun cos(kx − ωt). A questo punto sarebbe bello trovare qualcosa di fisicoche ci dia informazioni sulla funzione f . Per farlo, possiamo ricordarci cheabbiamo assunto che l’acqua sia un fluido incomprimibile, per cui l’equazionedi 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 illegame dovremo imporre delle condizioni fisiche, per cui andiamo a ricostruirefinalmente 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 piu sensata e dire che l’acqua sul fondale abbia componentez della velocita nulla, in quanto evidentemente oltre non puo scendere. Diconseguenza,

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 quindi a calcolare la perturbazione ~ψ dalla posizione di equilibrio.

~ψ =

∫~vdt

ψx = −kCω

cosh(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 noiabbiamo messo poca fisica, abbiamo solo imposto l’equazione di continuita.Dato che sappiamo che e la gravita a regolare questo fenomeno, in qualchemodo dovremo tirarla fuori.


Visto che siamo in fluidodinamica, ci viene in mente che conosciamopraticamente una sola equazione, ovvero il teorema di Bernoulli. Tuttavia almomento non lo possiamo applicare, nemmeno a caso sperando torni qualcosa,in quanto un’assunzione fondamentale e che ci sia lo stato stazionario.

Tuttavia, possiamo usare un grande truccone: infatti esiste un sistema diriferimento inerziale in cui c’e davvero lo stato stazionario. Questo riferimentoe quello che si muove alla 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 chenon si spostano.

Nel nuovo riferimento avremo che il campo di velocita diventa

~v′ = ~v−ωkx =

(−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 trascuraretutti i termini di ordine 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 evediamo le cose che a 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 modo che 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 molto alta, 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 conseguenzala risposta alla prossima 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 con θ2 l’angolo giusto

FINISCI DI SPIEGARE CHE IN TRENO CON 50 MINUTI DI RITARDONON HO VOGLIA

Soluzione 4.3.59 (Soluzione al problema 3.8.8). Calcoliamo l’energia totaledel nostro elettrone in funzione del raggio dell’orbita, che e l’unica variabiledel problema. Per farlo, si puo agire in diversi modi.

Andiamo a calcolare l’energia non a caso ma con un motivo, in quantoconoscendo noi la formula di P , avremo che

P (t) =d

dt(E(r(t))) =

∂E

∂r

dr

dtInnanzitutto, bisogna considerare, come suggerito dal testo, l’orbita

istantaneamente circolare. 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 cineticaK. L’energia potenziale sara ovviamente elettrostatica

U = − 1

4πε0

e2

r

Da cui si puo ricavare E(r). Per morire meno di conti, consiglio di utilizzareil teorema del Viriale, spiegato nel capitolo di gravitazione, che senza colpoferire, dall’espressione molto banale 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 tornilo stesso risultato.

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’energiaviene persa. Possiamo sostituire la formula dell’accelerazione in quanto sarasempre istantaneamente centripeta.

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 delprimo ordine a variabili 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 rea-listica. Se il tempo fosse stato dell’ordine della vita dell’universo, allora ilmodello avrebbe avuto un qualche senso e probabilmente avremmo dovutoiniziare a preoccuparci, ma dato che il risultato e completamente insensato,semplicemente ci dice che il modello classico ha un grosso buco.

Se avessimo trattato il problema in modo relativistico, avremmo dovutocorreggere la formula di Larmor e in modo qualitativo possiamo dire che si


sarebbe persa piu energia, andando a buonsenso, riducendo ancora di piu ilbound sul tempo di decadimento.

Per vostra cultura personale, la formula relativistica include semplicementeun fattore γ6 a moltiplicare.

Soluzione 4.3.60 (Soluzione al problema 3.8.10). SOLUZIONE COPIATADA SALVATORE, 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 nondeve dipendere da Z, quindi p = 0

L’energia e data come somma di contributi di energie C per ogni nucleone;C non dipende dal numero di nucleoni totali perche la forza e di contattoquindi C puo essere considerata (per A 1) costante quindi l’energia dipendesolo dal numero di nucleoni per cui e moltiplicata la costante C Siamo giuntia Uf = EfA

A questo punto, l’interazione forte tende a far stare insieme il nucleo,mentre quella elettrostatica tende a separarlo, e la loro differenza e quindi(trascurando tutto il resto) l’energia di legame del nucleo. Quest’energiadi legame e molto piccola e poiche sono in vena di approssimare tanto, laapprossimo 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 qualchecontributo Questo contributo deve essere proporzionale alla superficie dellasfera, e quindi ∼ 3

√A2. Tuttavia non sappiamo quale sia il coefficiente per


quest’altro termine di correzione, e quindi, avendo solo Ef come coefficientea disposizione, dovra essere quello Il fatto che la densita sia approssimabilecome costante ci porta a dire che i nucleoni si incastrano in modo da lasciaremeno spazio vuoto possibile. Possiamo quindi dire che la superficie del nucleoe uguale alla somma delle semisuperfici dei nucleoni in superficie (chiaramentenon e una cosa precisa ma alla fine in questo problema si fanno solo dellestime e nel caso in cui A e grande questa e un’ottima stima).

S =1

2SnAs

dove Sn e la superficie di un nucleone e As e il numero di nucleoni insuperficie. Da qui si deduce che As = 2A

23 . Ora la supposizione che faccio e

questa: questi nucleoni a differenza degli altri non hanno i “nucleoni sopra”quindi diciamo che perdono meta dell’energia nucleare forte che avrebbero sefossero “circondati”. Di conseguenza il termine di correzione e proprio

EfA23

Si arriva quindi a Uf = Ef (A− 3√A2)

L’energia totale per un nucleone e quindi la somma delle due energie (conil segno meno a quella elettrostatica) ed e uno schifo assoluto (una cosa similea E(Z) = Ef − Ef2−1/3Z−1/3 + kZ2/3 che barando un po’ e approssimandomolto si potrebbe scrivere come E = Ef (2− A−1/3))

Tutto quello ottenuto fin ora e che l’energia di un atomo e circa (approssi-mando mp ≈ 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 GIUSTI

Prendo come prodotti (non ho idea di cosa prendere, ma in effetti stiamofacendo delle approssimazioni enormi, quindi continuo ad approssimare eprendo il cesio che ricordo come prodotto di fissione, poi uno potrebbe ancheprendere due prodotti quasi uguali e viene sempre un risultato sensato) Cesio140 (Z=55) e l’altro che non ricordo che sottraendo risulta avere Z=37 e A=93(edit: wikipedia dice che e il rubidio) Ora, si fa il conto enorme che non sto ascrivere


Eem = E235,92 − E140,55 − E93,37 − 2mpc2

ovviamente vanno via i termini con l’energia di massa (l’energia nucleareviene dall’energia di legame), e restano gli U che abbiamo trovato Se in-teressa scrivo almeno i tre U senza farmi problemi di cifre significative eapprossimazioni

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 Questatrovata e per un singolo atomo di uranio, e sembra sensata perche cercandosu internet ho trovato che l’energia emessa e di circa 200MJ che e vicinissimoal mio risultato

Infine si trova l’energia per 1Kg di uranio usando NA e si trova il risultatoE ≈ 5 · 1013J

Soluzione 4.3.61 (Soluzione al problema 3.8.11). Sia R il raggio del pianeta.In base al principio di Fermat, due raggi molto vicini tra di loro percorrono lerispettive traiettorie nello stesso intervallo di tempo. Consideriamo quindi unraggio sulla superficie del pianeta e un secondo raggio ad un’altezza h R.Imponendo l’uguaglianza dei due tempi di percorrenza possiamo scrivere

2πR

c/n0

=2π(R + h)

c/n(h)

che dopo le opportune semplificazioni conduce a R = 1k.

Soluzione 4.3.62 (Soluzione al problema 3.8.12). 1. Consideriamo un gu-scio 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 stimareNe = Np ≈ M

mp, da cui 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 lunghezzad’onda di De Broglie 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 dimoto per calcolare v. Se invece avessimo usato l’espressione relativisticaavremmo 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 4.3.63 (Soluzione al problema 3.8.13). Consideriamo un sistemadi riferimento che ha come origine uno degli estremi fissi della corda. L’asse xgiace sulla retta che contiene la corda quando questa e in quiete ed e orientatoverso il secondo estremo. In tale sistema di riferimento indicheremo con y(x, t)l’elongazione di un punto a distanza x dall’origine all’istante t.

1. Fissiamo un istante t e consideriamo la porzione di corda compresa trax e x+ dx. La tangente a y(x, t) passante per l’estremo di coordinata xsara inclinata di un angolo θ(x) rispetto all’asse x, mentre la tangentepassante per l’estremo di coordinata x+ dx sara inclinata di un angoloθ(x+dx) rispetto allo stesso asse. Poiche la stessa tensione T e applicataa 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 secondalegge della dinamica, 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. Cio equivale alle condizioni:

C = 0


kn =nπ

LCon n intero non negativo. Concludiamo che le frequenze ammesse sonodel tipo

ωn =ncπ

L

3. Supponiamo che la soluzione sia della forma y(x, t) = g(x)f(t), ovveroche sia scrivibile come prodotto di due funzioni, entrambe dipendentida una sola variabile. Sostituendo nell’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 ilsistema

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 4.3.64 (Soluzione al 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 acceleranello stesso verso di ~F . Viceversa, per λ < 1 abbiamo A > F e il cilindroaccelera in verso opposto. Infine per λ = 1 il cilindro il cilindro non trasla.


Soluzione 4.3.65 (Soluzione al problema 3.8.15). Soluzione 1 Consideria-mo come sistema di riferimento un sistema con origine in A, asse x paralleload AB e diretto verso B e asse y diretto verso l’alto. In tale sistema diriferimento, ponendo ~L il vettore che va da A a B e ~r il vettore posizione delcorpo, 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 = 0la forza agente e parallela a ~F ′, quindi dopo un intervallo infinitesimo ditempo δt anche il vettore posizione δ~r sara parallelo a ~F ′. Questa situazione siripetera anche negli istanti successivi, pertanto la traiettoria sara un segmento.Soluzione 2 Nello stesso sistema di riferimento della prima soluzione, dettex 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 dicoordinate e quindi, 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 4.3.66 (Soluzione al problema 3.8.16). Vediamo le idee chiave diquesto problema.


1. Dalla conservazione dell’energia, detta vrms la velocita quadratica mediadei 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, ognicoppia 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 grandezzapiu 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 valoregia calcolato per Ms/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,elettroni3

2kTc =

1

2mev

2rms,elettroni

E ricordando l’espressione di Tc, M/R e de, dalla condizione suggeritanel testo si ottiene

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 approssimativamentepari a 4mp, si deve 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


Soluzione 4.3.67 (Soluzione al problema 3.8.17). 1. Uguagliando la for-za 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 agentee

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’e-

quilibrio, la potenza assorbita dal pianeta deve essere uguale a quellaemessa, dunque se θ(t) e la temperatura 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 ognipunto del pianeta risulta illuminato da esattamente una stella, quindi eeffettivamente sempre giorno. Con le dovute approssimazioni otteniamo

θ(t) = θ0

(1− z2

0 cos (ωt)

4R2

)Con

θ0 =4

√P

8π2R2r2σ

Soluzione 4.3.68 (Soluzione al problema 3.8.18). Vediamo le idee chiave delproblema


1. Consideriamo meta della bolla. L’equilibrio delle forze si scrive nellaforma

πR2 (Pe − PHe) = 2πσR

Ovvero

Pe = PHe +2σ

R

Sia p la quantita di moto dell’elettrone e λ la lunghezza d’onda ad essoassociato. Deve valere

p =h

λ∝ 1

R

Nel 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 possiamoscrivere

∆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 possiamoscrivere

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 agentesull’interfaccia verso l’interno e maggiore di quella rivolta verso l’ester-no quando il raggio R aumenta di dR. Espandendo al primo ordineotteniamo

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 incre-mente di dR, la variazione del volume occupato dal liquido all’interfacciadeve essere uguale e opposta alla variazione di volume occupato dalliquido 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, detta P (0) la pressione iniziale, per l’equazione dei gas possiamoscrivere 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 possiamostimare Q ≈ β2

m, 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 corrispondere 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. Di conseguenza

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 4.3.69 (Soluzione al problema 3.8.22). Studiamo inizialmente ilmoto del cilindro nel caso in cui il corpo pesante sia assente. Allora, dettaT la tensione delle corde che collegano il cilindro e il soffitto e P il peso delcilindro, devono valere

P − T = Ma

TR = Ia

RDove M , R, I e a indicano rispettivamente la massa, il raggio, il momento diinerzia e l’accelerazione del centro di massa del cilindro (che per simmetria sitrova sull’asse). Si ricava facilmente

a =M

M + I/R2g

Non conosciamo I, ma possiamo fare la stima 0 ≤ I ≤MR2, infatti I = 0 sela massa e tutta concentrata sull’asse, mentre I = MR2 se il cilindro e unguscio vuoto. Pertanto vale anche

1

2g ≤ a ≤ g

Consideriamo ora il punto a cui e sospeso il corpo pesante, che e diametral-mente opposto al punto in cui vengono attaccate le corde che sostengono ilcilindro. La sua accelerazione al distacco e banalmente a′ = 2a, ovvero a′ ≥ g.Quindi la fune che sostiene il corpo non e in tensione e quest’ultimo e incaduta libera.

Soluzione 4.3.70 (Soluzione al problema 3.8.23). 1. Detta xi la posizio-ne dell’i-esima particella, 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 icalcoli si ottiene

< E(ω) >=~ω

ep~ωkBT − 1

4. L’intervallo tra due valori consecutivi di k e π/L, pertanto se ∆k π/Lvi sono approssimativamente (L/π)∆k modi di vibrazione.

5. Dai punti precedenti si ricava

dω

dk= aωmax cos(ka) =

1

2a√ω2

max − ω2

Dal punto precedente inoltre possiamo scrivere

dn =L

π∆k =

L

π

dk

dωdω

2(N + 1)

π

dω√ω2

max − ω2

Dove e stata usata la relazione L/a = N + 1.

n =

∫ ωmax

0

2(N + 1)

π

dω√ω2

max − ω2= N + 1 ≈ N per N grandi

A questo punto, l’energia totale ET e

ET =2N

π

∫ ωmax

0

~ω

e~ωkBT − 1

dω√ω2

max − ω2


Figura 4.8: 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 equindi

ET ≈ 2N

π

∫~ωe−

~ωkBT

dω√ω2

max − ω2

=2NkBT

2

~πωmax

∫ ∞0

xe−xdx√1−

(kBTx~ωmax

)2

Quando invece T e molto grande, usiamo l’approssimazione ex ≈ 1 + xe otteniamo

ET ≈ 2N

π

∫ ωmax

0

kBTdω√ω2

max − ω2

= NkBT

Cioe CV ≈ NkB Se N e dell’ordine del numero di Avogadro, si haCV ≈ R.

7.


Soluzione 4.3.71 (Soluzione al problema 3.8.24). Sia k = 1/(4πε0).

1. Si consideri un cubo del cristallo in cui lo ione centrale, supposto positivoe circondato da 26 vicini. 6 di essi sono a distanza r e hanno caricanegativa; 12 ioni positivi sono a distanza

√2r; 8 ioni negativi sono a

distanza√

3r. Sommando i vari contributi e tenendo conto del segnootteniamo

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 =Edis

NA

= −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 StatePhysics”, 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 traenergia di ionizzazione 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.

Soluzione 4.3.72 (Soluzione al problema 3.7.1). Notiamo che finche lasbarretta rimane incollata al muro, il sistema ha un solo grado di liberta.Scegliamo una coordinata intelligente: l’angolo θ che la sbarretta forma conil pavimento.

Scriviamo la lagrangiana L del sistema. Abbiamo bisogno dell’energiacinetica e di quella potenziale.


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

2ICMθ

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 risolvere questo problema non e necessario integrarla. Ci interessa solotrovare l’istante in cui la sbarra si stacca dalla parete. Fisicamente vuoldire che in quel momento la reazione normale ~N del muro sara 0, ovvero lacomponente 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 troppeincognite e troppo poche equazioni. Dobbiamo quindi trovarne un’altra.

Quando ci si trova in queste la situazioni, la prima cosa da guardare sonole quantita standard conservate nel modo. In questo caso ci accorgiamo chenon abbiamo ancora usato la conservazione dell’energia meccanica totale. Ilsistema 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

Capitolo 5

Prova sperimentale

Il sapere come fare le misure purtroppo non e una cosa che si puo insegnare.Ci sono migliaia di accortezze che si imparano solo facendo ore e ore dilaboratorio, cosa non disponibile a tutti. Quello che vi spieghero in questocapitolo sono le motivazioni teoriche che stanno dietro alle cose che si fannoin laboratorio, che spesso non vengono trattate in quanto richiedono analisinon 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 finoad una certa incertezza, ovvero ogni volta che misuriamo qualcosa vi e unerrore associato alla nostra misurazione che puo essere dovuto a diversi motivi

• Incertezza dello strumento: ovviamente se state misurando un tavolocon un metro che ha la risoluzione di 1mm, non potete pensare diconoscere la lunghezza del tavolo fino al µm.

• Misurazioni fatte con il metodo sbagliato, ovvero errore sistematico. Im-maginate di misurare la massa di un certo volume d’acqua. La quantitadi acqua e abbastanza da farvi pensare che la tara sia trascurabile, percui non ne tenete conto quando fate le vostre misurazioni. Se la tara none davvero trascurabile, voi commettete un errore sistematico. Purtroppoquesti errori non sono sempre cosı stupidi e spesso si nascondono inmaniera infida all’interno degli esperimenti, non facendo tornare i conti.

723

724 CAPITOLO 5. PROVA SPERIMENTALE

• Fluttuazione statistica intrinseca nella misura: banalmente se misurateun tempo con cronometro al centesimo di secondo, non potete pensareche i vostri riflessi siano tali da premere il pulsante nel momento esatto.Di conseguenza, se misurate la stessa cosa molte volte otterrete deivalori sempre diversi, ma verosimilmente distruibuiti in un certo modointorno ad un valore vero della misura

Principalmente queste sono le cose che vi possono capitare durante unesperimento. E buona norma capire bene il testo, in quanto di solito e pensatoper evitarvi noiosi errori sistematici. E invece importante aguzzare l’ingengnocercando dei metodi per usare al meglio gli strumenti che avete nel modomigliore possibile in modo da ottenere misure precise.

Cerchiamo ora di capire come si comportano gli errori quando andiamo acombinare misurazioni diverse. Per esempio, misuriamo i due lati di un tavolo,b, h con il relativo errore ∆b,∆h. Vogliamo conoscere l’area del tavolo conrelativo errore. E chiaro che in questo caso abbiamo a che fare con il primodei 3 tipi di errore che ho nominato, in quanto mi auguro che tutti sappiatemisurare 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’errorein 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 725

5.2 Metodi di fit

Vi capitera spesso di avere esperimenti in cui bisogna fare dei fit. Unesempio banale e avere a disposizione un circuito elettrico composto dadifferenza di potenziale fissa V di valore ignoto e da una resistenza regolabilea piacimento (di solito si chiama potenziometro). Supponiamo di misurarediverse volte la resistenza R (in modo non specificato) e la corrente i che passanel 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 aspettiamo che 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 cosada fare e una moltiplicazione con successiva propagazione degli errori, madato che abbiamo una serie di misure e non una sola, esistono dei metodi chedanno dei risultati migliori rispetto a fare n moltiplicazioni e farne la media.

Metodo dei minimi quadrati Supponiamo di avere due quantita legateda una relazione del tipo y = mx + q e di avere un set di coppie di misure(xi, yi) di queste quantita, con errori associati (∆xi,∆yi). Questo metodo haun 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 aquelli 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 rettay = mx + q e ne si fa la somma dei quadrati. Questo e un ragionevolemodo per trovare i parametri m, q, in quanto ci aspettiamo che in tal caso laquantita S sia minima. Per avere un minimo, e necessario 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

nn∑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

nn∑i=1

x2i −

(n∑i=1

xi

)2

Ovviamente non siete tenuti a sapere a memoria questa formula mostruosa.Per ottenere una stima dell’errore associato a queste misure si propaga l’errorein 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 precedentein quanto toglie molti limiti e molte assunzioni, ma va comunque usato concognizione di causa. Questo metodo assume semplicemente che le misureseguano una distribuzione gaussiana intorno ad una misura vera. Questaassunzione e sensata nella maggior parte dei casi che vi possono capitare


alle gare, l’importante e essersi liberati di tutti gli errori sistematici. Persemplicita assumeremo anche che le misure abbiano errore trascurabile sullavariabile x. Piu avanti generalizzeremo a senza.

Consideriamo una relazione fra due quantita misurate x, y determinata dauna funzione f dipendente da n parametri, ovvero f(x, p1 . . . pn). Per fare unesempio concreto, f potrebbe essere una retta, di espressione f(x, p1, p2) =p1x+ p2. Supponiamo di aver misurato le quantita x, y in modo da avere unset di n misure (xi, yi), con il loro errore (σxi , σyi) e di sapere quale la funzionef ma di non conoscere il valore dei parametri (per esempio sapete che e unlogaritmo 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 sarebbe anche un fattore moltiplicativo davanti ma per quello che servea noi non conta niente perche dipende solo dalle σi e non dai parametri pi.La probabilita Pi dipendera quindi dai parametri p1, p2, p3 . . . pn. Dato che sitratta di eventi indipendenti, la probabilita che ogni misura stia al suo postosara

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 funzio-nino quando χ2 e minimo. Per avere i parametri giusti, bisognera quindiminimizzare il χ2. Facciamo l’esempio concreto 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 memoriaquesto coso e tantomeno di mettere a mano i numeri nella calcolatrice perfare gli errori. Hanno inventato i computer per un motivo e imparare a


programmare in Python salvera la vostra anima dalla dannazione. Purtropponon vi e concesso un computer quando fate una prova sperimentale quindinel paragrafo successivo vi diro cosa fare davvero. Vediamo rapidamente cosasuccede quando invece gli errori sulla x non sono trascurabili.

Se ovviamente i vostri dati sperimentali dicono che l’errore sulla x e grossomentre l’errore sulla y e piccolo (e improbabile che succeda), allora la cosa piufurba da fare e girare gli assi del grafico e fare finta che x sia y e viceversa.

Se invece entrambe sono da tenere in considerazione, allora si puo agire inpiu modi, ma tutti i metodi richiedono un computer per non morirci sopra.Le cose che si fanno di solito sono:

• Un metodo iterativo, cioe si da un valore iniziale ai parametri piu omeno a caso, si calcola un valore migliore e si ricomincia mettendo ilnuovo valore, cercando di tenere conto 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). Chiara-mente appena f peggiora dall’essere una retta o una potenza le cose sifanno molto complicate e invertire la formula puo diventare difficile oimpossibile.

Nessuno vi chiedera mai di fare una cosa simile in una prova sperimentale,statene certi. 1

5.2.1 Cosa fare davvero in gara

Dato che non avrete a disposizione un PC durante la prova e vi sconsigliovivamente di usare software per cellulare per fare i furbacchioni, sarebbebene avere un paio di dritte su come agire. Tutti i metodi di fit che viho elencato sono validi ma sono molto lunghi da fare se non avete gia unprogramma scritto per farlo in automatico.

Per fortuna, qualsiasi calcolatrice scientifica ha gia integrato un programmaper fare la regressione con il metodo dei minimi quadrati. Vi consiglio quindi

1Ultime parole famose.


molto vivamente di leggere il libretto delle istruzioni per capire come farein quanto vi puo salvare la vita. Io vi ho insegnato a farlo nel caso di unaretta. Sinceramente non so come le calcolatrici elaborino i dati per fare laregressione anche nel caso di y = xα, ma vi mostrero ora un metodo pertrasformare quasi tutto in una retta. E molto probabile che vi venga datoun esperimento in cui sia richiesto quello che vi mostrero.

Prendiamo un esempio anche piu complicato del previsto, un pezzo delproblema 2 di Senigallia 2013, il problema 3.1.40. Era fornita una tabella cheindicava la viscosita di un materiale a diverse temperature e veniva detto chela viscosita era legata alla temperatura dalla legge

µ = µ0eE0RT

Dove µ0 e E0 sono costanti opportunamente dimensionate. La tabella(con le temperature gia 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 dalgrafico 5.1

Tuttavia, possiamo agire d’astuzia. Prendiamo la relazione di prima.

µ = µ0eE0RT

Dividiamo entrambe i membri per µ = 10× 10−3 Pa/s, in modo da poterprendere il logaritmo

lnµ

µ= ln

µ0

µ+E0

RT


Figura 5.1: Esperimento

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

Il bello e che a questo punto possiamo fare tutte le cose che siamo in gradodi fare perche le rette si trattano molto bene. Costruiamo quindi la tabella5.1 degli X e degli Y e facciamo il grafico 5.2. Ovviamente ci aspettiamo chestavolta i dati stiano su una retta.

Dal grafico si possono desumere il coefficiente angolare e l’intercetta, daiquali poi risalire ad E0 e µ0. Per farlo ci sono due modi


• Fare il grafico su carta millimetrata, farlo molto bene e leggere l’intercet-ta sull’asse y e il coefficiente angolare calcolando la tangente dell’angolo(metodo che funziona solo se si fanno le cose in modo molto preciso eporta via molto tempo)

• Lanciare i dati nella calcolatrice che un sant’uomo ha programmatoprima che la comprassimo e aspettare che ci dia il risultato senza saperecome 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 perfare quello.

2. Buttare i dati nella calcolatrice e vedere se il risultato e plausibile o sele misure sono da buttare

3. Scrivere bene la relazione (se ci sono altri punti da fare, anche usandoil risultato precedente, fatelo)

4. Fare i grafici nell’ultima mezz’ora

I grafici purtroppo sono indispensabili perche una parte del punteggio disolito e proprio attribuita solo al fare correttamente il grafico. Spesso pero siha bisogno dei risultati della regressione per poter andare avanti e controllareche i propri risultati siano sensati e fare un grafico lungo e complicato perpoi scoprire che le proprie misure fanno schifo puo rovinare un’intera provasperimentale.

Una cosa importante da tenere a mente e che la calcolatrice non forni-sce un errore sensato sui dati di regressione. Esiste un coefficiente dicorrelazione, che troverete sotto il nome di r o r2 che non siete tenuti a saperecos’e, che vi dice piu o meno se i vostri dati stanno su una retta oppure no 2,ma non fornisce un errore su m e q.

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 i dati sono correlati ma avete fatto qualcosa di sbagliato nel cercare lacorrelazione. Piu o meno, per sapere se la regressione e buona, il coefficiente r deve esseremaggiore di 0, 99. Se avete 0, 98 o meno vi consiglio di rifare le misure.


Per trovare un errore su m e q, all’universita userete il PC su cui scariche-rete software bellissimi come Python che vi permettono di usare il metodo delminimo χ2 ottenendo l’errore fatto bene semplicemente premendo un pulsante.Purtroppo in gara non si puo fare. Tutti i professori del gruppo olimpiadidicono che il metodo che a loro piace di piu in queste situazioni e disegnareil grafico con le barre di errore bene in vista e di cercare due rette, quella amassima pendenza e quella a minima pendenza che riescono a passare pertutte le barre. Queste due rette determineranno due m e due q e da questi sicalcolera l’errore (semidispersione). Vi consiglio di farlo in quanto e moltoapprezzato, ma fatelo solo alla fine.

X [K−1] Y0.00353 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


Figura 5.2: Grafico rettificato

5.3 I principali strumenti con cui avrete a che

fare

Dato che gli apparati sperimentali costano, probabilmente3 non avretea che fare con oggetti troppo complicati. Se dovesse capitarvi qualcosadi piu astruso, sicuramente ci sara un libretto di istruzioni che vi invitocaldamente a leggere prima di distruggere tutto.

Vediamo rapidamente qualche piccolo trucco o quantomeno la lista dellecose da conoscere assolutamente. Se non vi sembra abbastanza quello che hoscritto io vi consiglio di cercare su internet delle istruzioni perche se fate piudi una prova sperimentale sicuramente vi capitera di usare almeno uno diquesti oggetti.

SCRIVI CONSIGLI PER CIASCUNO. PER ORA E UN ELENCO DICOSE DA SAPER USARE

3Non e sempre vero. In India avevo a disposizione un tablet nella dotazione e dovevomisurare onde di tensione superficiale mediante diffrazione. Una stima approssimativaporta ad un prezzo di circa 500 euro per ogni apparato sperimentale.

5.3. I PRINCIPALI STRUMENTI CON CUI AVRETE A CHE FARE 735

Oggetti meccanici

Metro Voglio sperare che questo siate capaci di usarlo.

Calibro ventesimale

Micrometro (o calibro Palmer)

Carta millimetrata

Massiera

Elastici

Ottica

RICORDATE DI OSCURARE LA ZONA IN CASO DI SENSORI LU-MINOSI

Lenti

Polarizzatori

Pezzi di CD/DVD

Componenti principali di un circuito

LED

Multimetro

Potenziometro IMPORTANTE, CERCATE SU INTERNET E CAPITECOME E FATTO

Capitolo 6

Appendice

Wolfram alpha, la vostra salvezza per ogni dubbio matematico.

737

http://www.wolframalpha.com/

738 CAPITOLO 6. APPENDICE

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

6.2. SERIE DI TAYLOR PIU COMUNI 739

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

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. In particolare, possiamo in un certo senso dire che la funzioneGamma e una generalizzazione dei 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

esprimibilein termini di funzioni elementari. Tuttavia, con un trucco si puo calcolare ilparticolare integrale definito che 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

6.3. LA FUNZIONE GAMMA DI EULERO 741

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 743

6.5 Lista delle modifiche apportate al file

• 13/10/16 Ho cambiato l’ordine di alcuni argomenti in elettrostatica.Aggiunto un problema di elettrostatica. Corretto un typo nella soluzionedel problema sulle due masse che si scontrano partendo da ferme. Scrittola soluzione di due problemi di elettrostatica, 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 problemidi elettrostatica.

• 17/10/16 Aggiunto un problema di ottica

• 19/10/16 Aggiunto un problema di relativita e uno di elettrostatica.Aggiunti degli hint al problema 3.8.4. Aggiunto il testo ad un problemaipho di cui c’era solo il titolo e 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 gliintegrali, equazioni differenziali alle derivate parziali, esempi calcolointegrali di linea, di superficie e momenti di inerzia

• 28/10/16 Aggiunti due problemi di meccanica quantistica

• 30/10/16 A grande richiesta, dovrei aver corretto tutti i maledettiaccenti. Aggiunti problemi generici, come il 3.8.16e altri

• 31/10/16 Aggiunto il testo ad altri problemi generici. Aggiunte cosesul vettore di lenz e precisazioni sul tensore di inerzia. Sistemata lasoluzione 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 spiegazioniprecedenti che lasciavano molto a desiderare sono state profondamentemodificate. Aggiunto inizio della parte di elettrostatica nei dielettricilineari

• 20/11/2016 Continuata la parte sui dielettrici lineari. Non e ancorafinita.

• 2/12/2016 Aggiunti problemi sui dielettrici. Aggiunte parti di magneto-statica

• 5/12/2016 Aggiunta una parte della magnetostatica nei materiali.

• 1/2/2017 Dopo lungo tempo, ho ripreso il lavoro. Aggiunta una partesulle equazioni di Maxwell e fatte leggere modifiche sulla parte dimagnetostatica

• 13/2/2017 Aggiunte parti sulle onde elettromagnetiche nella parte dielettromagnetismo e aggiunte cose sul vettore di poynting e sul tensoredi maxwell

• 25/4/17 Dettagli di relativita e dettagli sparsi.

• 26/4/17 Aggiunto un problema di elettrostatica molto bello, problema3.3.12. La soluzione e da rifinire nei dettagli

• 27/5/17 Aggiunta un sacco di roba di ottica.

• 13/9/18 Aggiunta soluzione problema 3.1.13 grazie a Gabriele Manga-nelli

• 18/10/18 Corretti due typo, uno a pagina 416 sulla definizione diresistivita, l’altro a pagina 467 riguardo la definizione di polarizzazioneTM e TE. Si ringrazia Flavio Brio per le segnalazioni.

Indice analitico

base, 82

calore, 267campo

elettrico, 324capacita

termica, 268carica elettrica, 325causalita, 477ciclo di Carnot, 274condensatore, 344conduttore, 330convoluzione, 448coordinate

cartesiane, 181curvilinee, 182polari, 182sferiche, 96

corpo rigido, 206

derivata, 30di un versore, 94parziale, 100

determinante, 88differenziale

esatto, 121dipolo

elettrico, 333dispersivo, 456distribuzione

di Boltzmann, 293

di Maxwell-Boltzmann, 300divergenza, 129dominio normale, 107

energiainterna, 268libera

di Gibbs, 283di Helmholtz, 283

potenzialeelettrica, 338

entalpia, 283entropia, 278, 291equazione

di Clapeyron, 285di continuita, 130di Eulero, 221di Van der Waals, 310differenziale, 54

lineare, 58variabili separabili, 54

forzacentrifuga, 256centripeta, 256di attrito, 176di coriolis, 256di gravita, 175, 226di marea, 239vincolare, 175

funzione

745

746 INDICE ANALITICO

analitica, 69di partizione, 294lineare, 83

gasperfetto, 298reali, 310

gradiente, 124teorema del, 127

indice di rifrazione, 463integrale, 37

di flusso, 118di linea, 103di superficie, 114multidimensionale, 103, 106per parti, 43sostituzione, 40vettoriale, 118

Jacobiano, 111

Lagrangepunti di, 243

leggedi malus, 475di Stevino, 128

libero cammino medio, 302

matriceinversa, 91

Maxwellidentita di, 288

mediaaritmetica, 170

mesoscopico, 444modi normali, 191momento

angolare, 206

di inerzia, 109, 209

oscillazioni, 191, 230

pendolosferico, 184

plasmoni, 476polaritoni, 476polaroid, 475potenziale

efficiace, 228elettrico, 324, 338scalare, 120termodinamico, 283vettore, 120

principiodella Termodinamica

primo, 269secondo, 275

prodottofra matrici, 84misto, 79scalare, 76vettoriale, 77

razzo, 254regola di Sarrus, 89relazione costitutiva, 446relazioni

Kramers-Kronig, 477riflessione

totale, 473riflettivita, 467rifrazione, 467

serie, 29armonica, 30geometrica, 29

serie di Taylor, 69

INDICE ANALITICO 747

sistema termodinamico, 266spazio vettoriale, 80successione, 29

tensione, 178superficiale, 319

tensoredi inerzia, 209di maxwell, 407

teoremadegli assi paralleli (Huygens-Steiner),

217degli assi perpendicolari, 218del viriale, 238di Bernoulli, 261di Coulomb, 331di Gauss, 326

trasformata di Fourier, 448trasformazione

adiabatica, 271isobara, 271isocora, 271isoterma, 271, 310

trasformazione termodinamica, 270

valore di aspettazione, 173varianza, 170velocita

del suono, 308versore, 75vettore, 75vettore di poynting, 404viscosita, 263

748 INDICE ANALITICO

Bibliografia

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http://people.dm.unipi.it/acquistp/

http://www.df.unipi.it/~cella/uegbook/uegbook.pdf

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