Fisica Generale - Istituto Nazionale di Fisica Nucleare...

Fisica Generale

M. Fanti 1

Universita degli Studi and INFN, Milano, Italy

ultimo aggiornamento: 22 febbraio 2018

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PrefazioneHo preparato questo testo come supporto per i corsi di Fisica Generaleche tengo all’Universita, per studenti del 1 anno di una Laurea Scientificadiversa da Fisica. Alcune sezioni del testo sono indicate con un asterisco (*):contengono sviluppi matematici piu approfonditi e possono essere omessi aduna prima lettura.

Questo testo non pretende di essere esaustivo: e una dispensa, pertantoe in evoluzione. Puo contenere elementi piu moderni rispetto ad un librostampato, ma potrebbero anche esserci omissioni. Qualora un lettore nerilevasse di importanti, sarei lieto di saperlo, e valuterei se fare delle aggiunte.In ogni caso, si consiglia l’approfondimento della materia e soprattutto losvolgimento di esercizi anche su altri libri di testo.

L’accesso a questo documento e libero e gratuito, il materiale e scaricabileda internet, stampabile e/o fotocopiabile, ad esclusivo uso personale. Diffidochiunque, persone fisiche o associazioni, dall’intraprendere qualunque formadi redistribuzione, informatica o cartacea, di questo testo.

Marcello Fantiprofessore associatoUniversita degli Studi di Milano

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Indice

1 Introduzione 11.1 La materia e la sua struttura . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Realta in continuo movimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Le interazioni fondamentali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3.1 La gravita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3.2 Interazioni fra cariche elettriche . . . . . . . . . . . . . 61.3.3 Interazioni elettriche e gravitazionali . . . . . . . . . . 71.3.4 Campo elettrico e magnetico, onde elettromagnetiche . 81.3.5 Interazioni nucleari: forte e debole . . . . . . . . . . . 81.3.6 La fusione nucleare nelle stelle . . . . . . . . . . . . . 11

1.4 L’energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.5 Le leggi della Fisica e il metodo sperimentale . . . . . . . . . 141.6 Ambiti di validita della Meccanica Newtoniana . . . . . . . . 181.7 Misure in Fisica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.7.1 Unita di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.8 Le costanti fondamentali della Fisica . . . . . . . . . . . . . . 251.9 Simboli usati per le grandezze fisiche . . . . . . . . . . . . . . 271.10 Incertezze nelle misure (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.10.1 Incertezze nelle quantita derivate . . . . . . . . . . . . 28

I Meccanica 31

2 Cinematica unidimensionale 332.1 Posizione e spostamenti su una linea . . . . . . . . . . . . . . 342.2 Legge oraria del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.3 Velocita media . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.4 Velocita istantanea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.4.1 Spostamento come integrale della velocita istantanea . 392.5 Accelerazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.6 Unita di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

i

2.7 Esercizi di cinematica unidimensionale . . . . . . . . . . . . . 422.8 Riassunto dei concetti sul moto lungo una linea . . . . . . . . 45

3 Posizioni nello spazio 493.1 Posizione nello spazio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.1.1 Raggio vettore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.2 Vettore spostamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.2.1 Prodotto di un vettore-spostamento per un numero . . 523.2.2 Somma di vettori-spostamento . . . . . . . . . . . . . 523.2.3 Differenza di vettori-spostamento . . . . . . . . . . . . 53

3.3 Misure angolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.3.1 Definizione di radianti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.3.2 Ripasso delle funzioni trigonometriche . . . . . . . . . 563.3.3 L’esponenziale complesso (*) . . . . . . . . . . . . . . 57

3.4 Coordinate polari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.4.1 Coordinate polari in 2 dimensioni . . . . . . . . . . . . 583.4.2 Coordinate cilindriche e sferiche in 3D . . . . . . . . . 58

3.5 Angoli solidi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.6 Digressione: misure di distanze stellari . . . . . . . . . . . . . 61

4 Derivazione e integrazione 654.1 Definizione di derivata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4.1.1 Nota sulla simbologia delle derivate . . . . . . . . . . 664.2 Definizione di integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

4.2.1 Nota sulla variabile di integrazione . . . . . . . . . . . 674.3 Principali regole di derivazione e integrazione . . . . . . . . . 684.4 Variazione di una funzione di una variabile . . . . . . . . . . 694.5 Derivate parziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 704.6 Variazione di una funzione di piu variabili . . . . . . . . . . . 71

4.6.1 Gradiente e matrice Hessiana . . . . . . . . . . . . . . 724.7 Variazione di una funzione composta . . . . . . . . . . . . . . 724.8 Integrali in 2 o 3 dimensioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

5 Vettori 755.1 Vettori in fisica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 765.2 Operazioni elementari con vettori . . . . . . . . . . . . . . . . 775.3 Prodotto scalare di due vettori . . . . . . . . . . . . . . . . . 785.4 Prodotto vettoriale di due vettori . . . . . . . . . . . . . . . . 805.5 Identita vettoriali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 815.6 Trasformazioni di vettori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5.6.1 Invarianza del prodotto scalare (*) . . . . . . . . . . . 83

ii

5.6.2 Trasformazione vettoriale del gradiente (*) . . . . . . 845.7 Rotazioni e inversioni spaziali (*) . . . . . . . . . . . . . . . . 855.8 Vettori e pseudo-vettori (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 865.9 Calcolo tensoriale (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

5.9.1 Il tensore di Levi-Civita (*) . . . . . . . . . . . . . . . 88

6 Cinematica 916.1 Traiettoria e legge oraria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

6.1.1 Successione di spostamenti infinitesimi . . . . . . . . . 926.2 Velocita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

6.2.1 Spostamento come integrale della velocita . . . . . . . 946.2.2 Velocita scalare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

6.3 Accelerazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 956.3.1 Variazione di velocita come integrale dell’accelerazione 96

6.4 Moto rettilineo uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 976.5 Moto uniformemente accelerato . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

6.5.1 Integrazione del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . 996.5.2 Traiettoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.5.3 Esercizi sul moto rettilineo uniformemente accelerato . 1026.5.4 Esercizi sui moti di caduta . . . . . . . . . . . . . . . 103

6.6 Moti circolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.6.1 Moto di rotazione intorno a un asse fissato . . . . . . 1106.6.2 Derivata di vettore che ruota intorno a un asse . . . . 111

6.7 Traiettorie curve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1126.7.1 Derivazione piu formale (*) . . . . . . . . . . . . . . . 114

6.8 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1176.9 Riassunto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

7 Dinamica del punto materiale 1257.1 Le leggi della dinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

7.1.1 Unita di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1287.2 Commenti sulla legge di inerzia . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

7.2.1 Come verificare la legge di inerzia? . . . . . . . . . . . 1297.3 Commenti sulle leggi della dinamica . . . . . . . . . . . . . . 132

7.3.1 Forze e masse: commenti sulla legge di Newton . . . . 1327.3.2 Commenti su forza e accelerazione . . . . . . . . . . . 1347.3.3 Condizione di equilibrio statico . . . . . . . . . . . . . 1357.3.4 Forza tangenziale e centripeta . . . . . . . . . . . . . . 1367.3.5 Commenti sulla legge di azione-reazione . . . . . . . . 137

7.4 Quantita di moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1397.4.1 Forze impulsive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

iii

7.4.2 Conservazione della quantita di moto . . . . . . . . . . 1407.4.3 Misure di massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1417.4.4 Esercizi sulla quantita di moto . . . . . . . . . . . . . 142

7.5 Lavoro ed energia cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1437.5.1 Lavoro di una forza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1437.5.2 Lavoro di un sistema di forze . . . . . . . . . . . . . . 1477.5.3 Energia cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1477.5.4 Potenza di una forza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1487.5.5 Unita di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1497.5.6 Problemi su lavoro, energia, potenza . . . . . . . . . . 149

7.6 Momento angolare, momento torcente . . . . . . . . . . . . . 1537.6.1 Moto libero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1547.6.2 Moto su un piano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1557.6.3 Forza radiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1567.6.4 Lavoro del momento torcente . . . . . . . . . . . . . . 1577.6.5 Leve meccaniche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1587.6.6 Principio di azione-reazione e conservazione del

momento angolare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

8 Forze “macroscopiche” 1618.1 La “forza-peso” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

8.1.1 Proporzionalita fra massa e forza di gravita . . . . . . 1628.1.2 Lavoro della forza-peso . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

8.2 Forze elastiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1638.2.1 Forza elastica di una molla . . . . . . . . . . . . . . . 1648.2.2 Misure statiche di forze . . . . . . . . . . . . . . . . . 1658.2.3 Misure di massa con una molla . . . . . . . . . . . . . 1658.2.4 Oscillazioni di una molla . . . . . . . . . . . . . . . . 1668.2.5 Moto oscillatorio armonico . . . . . . . . . . . . . . . 168

8.3 Oscillazioni forzate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1718.3.1 Soluzione generale del moto . . . . . . . . . . . . . . . 1718.3.2 Condizioni iniziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1728.3.3 Battimenti e risonanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

8.4 Reazioni vincolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1758.4.1 Esercizi sulle reazioni vincolari . . . . . . . . . . . . . 177

8.5 Tensioni su fili inestensibili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1798.5.1 Esercizi sulle tensioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

8.6 Moti su un piano inclinato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1838.7 Moto di un pendolo ideale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1858.8 Forze di attrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

8.8.1 Attrito statico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

iv

8.8.2 Attrito radente (o dinamico) . . . . . . . . . . . . . . 1918.8.3 Attrito viscoso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1938.8.4 Attriti in ambiente non statico . . . . . . . . . . . . . 1968.8.5 Lavoro delle forze di attrito . . . . . . . . . . . . . . . 1978.8.6 Esercizi sugli attriti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

9 Interazioni a distanza, campi di forza 2039.1 Campi di forza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2039.2 Forze gravitazionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

9.2.1 Il campo gravitazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . 2059.2.2 Gravita e accelerazione . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

9.3 Forze elettromagnetiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2079.3.1 Unita di misura elettromagnetiche . . . . . . . . . . . 2089.3.2 Campo elettrico generato da cariche ferme . . . . . . . 2089.3.3 Confronto fra forza di Coulomb e forza gravitazionale 210

9.4 Campi di forza centrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2109.4.1 Moti in un campo di forza centrale . . . . . . . . . . . 2119.4.2 Il “problema dei due corpi” . . . . . . . . . . . . . . . 2139.4.3 Caso-limite: m1 m2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2149.4.4 Caso generale (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

9.5 Sull’integrazione del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2169.5.1 Integrazione con il metodo iterativo (*) . . . . . . . . 217

9.6 Sorgenti di campi elettromagnetici (cenni) (*) . . . . . . . . . 219

10 Forze conservative, energia potenziale 22310.1 Forze conservative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22510.2 Definizione dell’energia potenziale . . . . . . . . . . . . . . . 226

10.2.1 Riferimento — o “zero” — dell’energia potenziale . . . 22810.3 Energia meccanica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22810.4 Regione cinematicamente accessibile . . . . . . . . . . . . . . 22910.5 Lavoro di forze “esterne” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22910.6 Energia potenziale di campi notevoli . . . . . . . . . . . . . . 231

10.6.1 Campo di forza uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . 23110.6.2 Campo gravitazionale uniforme . . . . . . . . . . . . . 23210.6.3 Campo di forza centrale . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

10.7 Combinazione di campi di forze conservative . . . . . . . . . . 23410.7.1 Energia potenziale gravitazionale . . . . . . . . . . . . 23510.7.2 Energia potenziale elettrostatica . . . . . . . . . . . . 235

10.8 Forza come “meno” gradiente dell’energia potenziale . . . . . 23610.8.1 Superfici equipotenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . 23910.8.2 Un criterio per stabilire se una forza e conservativa (*) 239

v

10.9 Esercizi sull’energia meccanica . . . . . . . . . . . . . . . . . 24310.10 Energia nelle forze elastiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

10.10.1 Energia elastica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24510.10.2 Energia nel moto armonico . . . . . . . . . . . . . . . 24610.10.3 Esercizi sulle forze elastiche . . . . . . . . . . . . . . . 24710.10.4 Oscillazioni intorno ad un punto di equilibrio . . . . . 24910.10.5 Forze elastiche nei materiali . . . . . . . . . . . . . . . 25310.10.6 Modello delle reazioni vincolari (*) . . . . . . . . . . . 254

11 Urti 25911.1 Urti — generalita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25911.2 Urto totalmente inelastico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26011.3 Urto elastico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

11.3.1 Urto elastico: caso unidimensionale . . . . . . . . . . . 26211.4 Urti elastici in due dimensioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263

11.4.1 Discussione dei 3 casi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26611.4.2 Energia trasferita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

11.5 Urti elastici nel sistema di riferimento del centro di massa . . 26711.6 Trasferimento di energia negli urti elastici . . . . . . . . . . . 26811.7 Conservazione della massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270

12 Matematica dei campi vettoriali 27312.1 Generalita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27312.2 Campi vettoriali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27412.3 Integrali di linea e circuitazione di un campo vettoriale . . . . 27412.4 Superfici orientate, definizione di flusso . . . . . . . . . . . . . 27512.5 Campi solenoidali, flusso concatenato . . . . . . . . . . . . . . 27612.6 Operatori differenziali vettoriali (*) . . . . . . . . . . . . . . . 277

12.6.1 Alcune proprieta degli operatori differenziali (*) . . . . 27812.7 Teoremi della divergenza e di Stokes (*) . . . . . . . . . . . . 279

12.7.1 Altre relazioni integrali (*) . . . . . . . . . . . . . . . 27912.7.2 Dimostrazione dei teoremi (*) . . . . . . . . . . . . . . 280

13 Moti in campi gravitazionali 28313.1 Gravitazione universale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28313.2 Il campo gravitazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284

13.2.1 Massa inerziale e gravitazionale, principio di equivalenza28513.3 Energia gravitazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286

13.3.1 Campo centrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28613.3.2 Generalizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

13.4 Il Sistema Solare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288

vi

13.5 Orbite circolari in un campo centrale . . . . . . . . . . . . . . 29213.6 Orbite ellittiche: le Leggi di Keplero . . . . . . . . . . . . . . 292

13.6.1 Proprieta geometriche dell’ellisse . . . . . . . . . . . . 29413.7 Come e stata scoperta la gravitazione universale? . . . . . . . 295

13.7.1 Misura della costante G . . . . . . . . . . . . . . . . . 29713.8 Moti in un campo gravitazionale centrale . . . . . . . . . . . 299

13.8.1 Costanti del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29913.8.2 Regione cinematicamente accessibile . . . . . . . . . . 300

13.9 Esercizi sulle forze gravitazionali . . . . . . . . . . . . . . . . 30313.10 Soluzione generale del moto in un campo centrale (*) . . . . . 309

13.10.1 Equazione radiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31013.10.2 Traiettoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31113.10.3 La 3a legge di Keplero . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314

13.11 Campo gravitazionale generato da un oggetto esteso . . . . . 31513.11.1 Campo gravitazionale generato da un oggetto sferico . 31713.11.2 Potenziale gravitazionale generato da un guscio sferico

— dimostrazione (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32013.12 Teorema di Gauss per il campo gravitazionale . . . . . . . . . 322

13.12.1 Campo gravitazionale generato da una massa estesasferica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323

13.13 Maree . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32513.14 Punti Lagrangiani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328

13.14.1 Calcolo dei punti L1 e L2 . . . . . . . . . . . . . . . . 330

14 Nozioni di fluidodinamica 33314.1 I fluidi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333

14.1.1 Velocita di deriva e densita di un fluido . . . . . . . . 33314.1.2 Unita di misura della densita . . . . . . . . . . . . . . 335

14.2 Forze di volume e di superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . 33614.2.1 Pressione in un fluido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33714.2.2 Unita di misura della pressione . . . . . . . . . . . . . 338

14.3 Pressione fluidostatica, legge di Stevin . . . . . . . . . . . . . 33914.3.1 Il barometro a mercurio di Torricelli . . . . . . . . . . 34114.3.2 Propagazione della pressione: legge di Pascal . . . . . 34114.3.3 Galleggiamento: la legge di Archimede . . . . . . . . . 342

14.4 Altimetro a pressione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34414.5 Moto stazionario di un liquido . . . . . . . . . . . . . . . . . 347

14.5.1 Portata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34714.5.2 Teorema di Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34814.5.3 Considerazioni energetiche . . . . . . . . . . . . . . . 35114.5.4 Esercizi su liquidi in moto stazionario . . . . . . . . . 352

vii

II Elementi di Termodinamica, Elettromagnetismo,Ottica 355

15 Nozioni di termodinamica 35715.1 Temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357

15.1.1 Temperatura empirica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35715.1.2 Legge-zero della termodinamica . . . . . . . . . . . . . 35815.1.3 Temperatura assoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359

15.2 Teoria cinetica dei gas rarefatti . . . . . . . . . . . . . . . . . 36015.2.1 L’equazione di stato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36115.2.2 Modello molecolare della pressione . . . . . . . . . . . 362

15.3 Temperatura ed energia interna dei gas . . . . . . . . . . . . 36515.3.1 Temperatura ed energia cinetica di traslazione . . . . 36515.3.2 Temperatura in una miscela di gas . . . . . . . . . . . 36515.3.3 Temperatura ed energia interna . . . . . . . . . . . . . 36715.3.4 Alcuni esempi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369

15.4 Temperatura ed energia interna nei solidi e nei liquidi (cenni) 37015.4.1 Energia e temperatura nei solidi . . . . . . . . . . . . 371

15.5 Trasformazione adiabatica di un gas . . . . . . . . . . . . . . 37215.5.1 Descrizione microscopica della trasformazione adiabatica37415.5.2 Proprieta della trasformazione adiabatica . . . . . . . 37515.5.3 Lavoro in una trasformazione adiabatica . . . . . . . . 377

15.6 Trasferimento di energia senza lavoro: il calore . . . . . . . . 37715.6.1 Il calore: scambio di energia con processi microscopici 38015.6.2 Unita di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38115.6.3 Meccanismi di scambio di calore . . . . . . . . . . . . 381

15.7 Lavoro e calore: primo principio della termodinamica . . . . . 38315.8 Trasformazioni termodinamiche sui gas . . . . . . . . . . . . . 383

15.8.1 Trasformazione isoterma . . . . . . . . . . . . . . . . . 38415.8.2 Trasformazione adiabatica . . . . . . . . . . . . . . . . 38515.8.3 Trasformazione isobara . . . . . . . . . . . . . . . . . 38615.8.4 Trasformazione isocora . . . . . . . . . . . . . . . . . 38715.8.5 Trasformazioni cicliche . . . . . . . . . . . . . . . . . . 388

15.9 Capacita termica e calore specifico . . . . . . . . . . . . . . . 38915.9.1 Capacita termica a volume costante e a pressione

costante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39015.9.2 Misure di capacita termiche . . . . . . . . . . . . . . . 39115.9.3 Capacita termica di un gas rarefatto . . . . . . . . . . 39415.9.4 Capacita termica di un solido . . . . . . . . . . . . . . 396

15.10 Calori latenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39815.11 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403

viii

15.12 Temperatura ed energia interna (*) . . . . . . . . . . . . . . . 40715.12.1 Principio di equipartizione dell’energia . . . . . . . . . 40715.12.2 Gas monoatomico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40815.12.3 Materiali solidi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40815.12.4 Gas biatomico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410

16 Forze elettromagnetiche 41516.1 Moti in campi elettrostatici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415

16.1.1 Il potenziale elettrostatico . . . . . . . . . . . . . . . . 41516.1.2 Esercizi di moti in campi elettrostatici . . . . . . . . . 416

16.2 Esperimento di Millikan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41816.3 Moto in un campo magnetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421

16.3.1 Moto in un campo magnetico uniforme . . . . . . . . . 42216.4 Spettrometro di massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42416.5 Acceleratori circolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426

17 Correnti elettriche 43117.1 Conduttori elettrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43117.2 Correnti elettriche microscopiche . . . . . . . . . . . . . . . . 432

17.2.1 Conduttori non ohmici . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43417.3 Corrente elettrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43517.4 La legge di Ohm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436

17.4.1 Unita di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43717.5 Lavoro fatto sulle cariche in moto . . . . . . . . . . . . . . . . 43717.6 Forze magnetiche su un circuito elettrico . . . . . . . . . . . . 438

17.6.1 Momento torcente su una spira in un campo uniforme 43917.6.2 L’amperometro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 440

18 Campi elettromagnetici 44318.1 Premessa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44318.2 Equazioni del campo elettromagnetico . . . . . . . . . . . . . 444

18.2.1 Campi stazionari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44518.2.2 Campi variabili in assenza di cariche . . . . . . . . . . 44618.2.3 Campi elettrici non conservativi . . . . . . . . . . . . 446

18.3 Campi elettrici statici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44718.3.1 Deduzione della legge di Coulomb . . . . . . . . . . . 44818.3.2 Campi elettrici statici nei conduttori . . . . . . . . . . 44918.3.3 Cavita di un conduttore . . . . . . . . . . . . . . . . . 44918.3.4 Costruzione di un campo elettrico uniforme . . . . . . 450

18.4 Dipoli elettrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45318.4.1 Forze elettriche agenti su un dipolo . . . . . . . . . . . 453

ix

18.4.2 Potenziale elettrostatico prodotto da un dipolo . . . . 45418.4.3 Interazioni molecolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45618.4.4 Polarizzazione dei materiali dielettrici . . . . . . . . . 458

18.5 Campi magnetici prodotti da correnti stazionarie . . . . . . . 45918.5.1 Campo magnetico prodotto da un filo rettilineo . . . . 46018.5.2 Campo magnetico prodotto da un solenoide rettilineo 461

18.6 Esercizi su campi elettromagnetici . . . . . . . . . . . . . . . 464

19 Onde elettromagnetiche 46719.1 Premessa: che cos’e un’onda? . . . . . . . . . . . . . . . . . . 467

19.1.1 Le onde progressive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46719.1.2 Le onde piane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46819.1.3 Le onde monocromatiche . . . . . . . . . . . . . . . . 46919.1.4 Formalismo complesso delle onde monocromatiche (*) 471

19.2 Equazioni di Maxwell in forma differenziale . . . . . . . . . . 47219.2.1 Dimostrazioni (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473

19.3 Equazioni di Maxwell nel vuoto . . . . . . . . . . . . . . . . . 47619.4 Onde elettromagnetiche piane . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477

19.4.1 Dimostrazioni (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47719.5 Onde monocromatiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 479

19.5.1 Lo spettro elettromagnetico . . . . . . . . . . . . . . . 48019.6 Energia di un’onda elettromagnetica . . . . . . . . . . . . . . 480

19.6.1 Intensita di radiazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48219.6.2 Dimostrazioni (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483

19.7 Onde elettromagnetiche sferiche . . . . . . . . . . . . . . . . . 48519.7.1 Onde sferiche prodotte da una carica oscillante . . . . 486

19.8 Onde elettromagnetiche nella materia . . . . . . . . . . . . . 48819.9 Assorbimento, emissione, dispersione . . . . . . . . . . . . . . 490

19.9.1 Assorbimento ed emissione . . . . . . . . . . . . . . . 49119.9.2 Dispersione cromatica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492

19.10 Onde elettromagnetiche nei conduttori . . . . . . . . . . . . . 49419.10.1 Dimostrazioni (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 498

19.11 Esercizi sulle onde elettromagnetiche . . . . . . . . . . . . . . 500

20 Ottica 50320.1 Sovrapposizione di onde, interferenza . . . . . . . . . . . . . . 50520.2 Principio di Huygens-Fresnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50820.3 Interferenza di sorgenti coerenti . . . . . . . . . . . . . . . . . 50820.4 Raggio ottico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51320.5 Diffrazione da una fenditura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51620.6 Rifrazione e riflessione di un’onda elettromagnetica . . . . . . 520

x

20.6.1 Riflessione totale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52320.7 Dispersione cromatica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52420.8 Esercizi di ottica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526

xi

Capitolo 1

Introduzione

La Fisica e una scienza sperimentale quantitativa. Lo scopo della Fisica edi trovare le leggi fondamentali che regolano tutti i fenomeni osservabili nelnostro Universo.

Allo scopo di constestualizzare i contenuti di questo testo, convieneiniziare con un riassunto della nostra conoscenza attuale dell’Universo. Sitrattera necessariamente di una esposizione qualitativa, utile ad introdurreuna serie di concetti fondamentali (materia, massa, particelle, interazioni,forze, energia, . . . ). La trattazione scientifica di questi concetti sara ilcontenuto dei capitoli successivi.

1.1 La materia e la sua struttura

Qualunque struttura presente nel nostro Universo — che sia un atomo, unmateriale solido, liquido, gassoso, che sia piu piccolo di un batterio, o grandecome un pianeta o una stella — e formato di materia.

Uno dei concetti fondamentali della fisica e quello di massa. Pur nonpotendolo definire esattamente, per il momento, associamo il concetto di“massa di un oggetto” a quello di “quantita di materia che costituisce unoggetto”. Piu e grande la massa di un oggetto, piu e difficile metterlo in motose e fermo, oppure frenarlo o fargli cambiare direzione se e gia in movimento.

Tutta la materia conosciuta nell’Universo e formata da particellefondamentali.

1

2 CAPITOLO 1. INTRODUZIONE — M.FANTI

Figura 1.1: Stati di aggregazione degli atomi. Da sinistra a destra: solidocristallino (ordinato) e vetroso (disordinato); liquido; gassoso.

La materia a noi nota — solida, liquida, o gassosa — e formata di atomi.Questi, nell’ambiente in cui viviamo, sono solitamente aggregati a formaremolecole, o in alcuni casi cristalli.

Le possibili aggregazioni della materia sono schematicamenterappresentate in Fig. 1.1.

• Lo stato solido ha forma e volume propri. La sua rigidita e dovuta alfatto che le distanze interatomiche sono fisse. La geometria puo essereordinata (cristalli) o disordinata (solidi “vetrosi”).

• Lo stato liquido ha volume definito ma non ha forma propria. Lemolecole sono vicine fra loro ma non sono rigidamente legate, quindipossono spostarsi, purche non si allontanino l’una dall’altra, e purcheciascuna non invada il volume occupato da un’altra.

• Lo stato gassoso non ha volume proprio ne forma propria: il gaspuo espandersi indefinitamente, occupando tutto il volume che ha adisposizione. Un gas e formato da atomi o molecole rarefatti, che simuovono in maniera relativamente libera nel volume disponibile —anche se gli urti sono possibili.

I cristalli e le molecole sono aggregati di atomi, tenuti insieme dai “legamichimici”.

Gli atomi non sono costituenti fondamentali: in effetti sono strutturecomposte, come schematizzato in Fig. 1.2.

Un atomo ha una parte centrale, il nucleo, che porta sostanzialmentetutta la massa dell’atomo. Intorno al nucleo si muovono gli elettroni. Dalnumero di elettroni Z (o “numero atomico”) dipendono tutte le proprietachimiche di un elemento. E proprio la struttura degli elettroni di un atomoche consente di formare legami chimici con altri atomi, formando le molecole.

1.1. LA MATERIA E LA SUA STRUTTURA 3

Figura 1.2: Struttura dell’atomo, con le dimensioni approssimative.

Il nucleo e costituito di protoni e neutroni. Protone e neutrone hannomasse molto simili, e circa 2000 volte maggiori della massa dell’elettrone:mp ' mn ' 2000me. Il numero dei protoni e sempre uguale al numero deglielettroni, Z. Il numero dei neutroni e variabile: per nuclei leggeri protoni eneutroni sono in uguale quantita, mentre per nuclei pesanti i neutroni sonopiu numerosi, approssimativamente 1.5 volte piu numerosi dei protoni. Ilnumero totale di protoni e neutroni si chiama “numero di massa” A. Innatura esistono molti elementi chimici che, a parita di numero atomico Z,hanno diversi numeri di massa A: si chiamano isotopi, e differiscono per ilnumero di neutroni contenuti nel nucleo.

Protoni e neutroni sono a loro volta formati da tre particelle piu piccole,chiamate quarks. Secondo lo stato attuale della nostra conoscenza, glielettroni e i quarks sono particelle elementari, ovvero non sono costituiteda componenti piu piccoli.

La materia ordinaria che ci circonda, e per lo piu “vuota”: le dimensionitipiche di un atomo (cioe il diametro della sua “nuvola di elettroni”) sonocirca di 10−10 m (un decimo di nanometro); tuttavia, quasi tutta la materiadell’atomo e concentrata nel nucleo, che e 10 000 volte piu piccolo (10−14 m).

Quindi, la materia di un atomo occupa solo1

(10 000)3= 10−12 del volume

dell’atomo: un millesimo di miliardesimo [1]!

1 Se un atomo fosse grande come il Duomo di Milano, il nucleo sarebbe grande comeun moscone. . .


1.2 Realta in continuo movimento

La natura che ci circonda e caratterizzata da un continuo movimento. Moltiesempi cadono direttamente sotto la nostra esperienza comune: la caduta diun oggetto, lo scorrere dell’acqua in un fiume o il soffiare del vento. . . Maanche il moto della Luna intorno alla Terra, dei pianeti intorno al Sole, dellestelle in una galassia.

Vi sono poi molti altri fenomeni caratterizzati da movimenti, ma troppopiccoli per cadere direttamente sotto i nostri sensi. Vediamo alcuni esempi.

In un liquido o in un gas apparentemente fermo, le molecole sono incontinuo movimento disordinato. Persino nei solidi, gli atomi non sonofermi, ma vibrano, ciascuno intorno ad una sua posizione di equilibrio. Lapercezione macroscopica che abbiamo di questi movimenti microscopici e latemperatura: piu un oggetto e “caldo”, piu rapido e il moto delle molecole odegli atomi che lo costituiscono.

I suoni che udiamo, sono in realta onde acustiche, ovvero rapidecompressioni e rarefazioni del mezzo (aria), prodotte dalla vibrazione di unasorgente sonora (uno strofinio, un motore, uno strumento musicale, . . . ), chepossono propagarsi nello spazio, fino a raggiungere le nostre orecchie.

Gli elettroni si muovono molto rapidamente all’interno dell’atomo,tipicamente restando confinati intorno al nucleo. Tuttavia, in alcuneconfigurazioni della materia (per esempio nei metalli), esistono elettronimeno legati all’atomo: essi possono quindi trasferirsi ad atomi vicini, e sottoopportune condizioni possono acquisire un moto collettivo “medio” (o “dideriva”), al netto dei singoli spostamenti caotici. L’effetto macroscopico e lacorrente elettrica.

1.3 Le interazioni fondamentali

Dunque l’Universo e in continuo movimento. I corpi celesti si muovono nelloSpazio. Le molecole e gli atomi di un qualunque materiale non sono mai fermi.Anche le stesse particelle elementari non sono da pensare come “mattoni”attaccati gli uni agli altri. Al contrario, esse sono in continua agitazione: glielettroni si muovono intorno ai nuclei atomici, i quarks si muovono all’internodei protoni e dei neutroni.

Che cosa aggrega le stelle in galassie, tiene i pianeti in orbita intornoal Sole, tiene uniti nuclei, atomi e molecole? Che cosa impedisce loro di“scappare via”?

1.3. LE INTERAZIONI FONDAMENTALI 5

Figura 1.3: Sistemi legati dall’attrazione gravitazionale: il Sistema Solare(a sinistra) e la galassia di Andromeda (a destra).

La materia resta “legata” a causa delle “interazioni”.

In generale, possiamo definire le “interazioni” come qualunque cosa chemodifichi il moto di oggetti. In Fisica classica, la grandezza associata alleinterazioni e la forza.

Un oggetto che puo produrre interazione, crea nello spazio circostante uncampo di forza: qualunque altro oggetto che possa subire quell’interazione“sente” la presenza del campo di forza.

1.3.1 La gravita

Grandi quantita di materia (pianeti, stelle, galassie, etc etc) sono tenuteinsieme dalla interazione gravitazionale: essa e sempre attrattiva, e tanto piuintensa quanto piu grandi sono le quantita di materia coinvolte.

I pianeti orbitano intorno al Sole (e non intorno alla Terra!) perche essoe l’oggetto piu massiccio del Sistema Solare (Fig. 1.3, sinistra): contiene dasolo il 99.9% della materia del Sistema Solare.

La forza gravitazionale e un’interazione a distanza, che si indebolisceall’aumentare della distanza r fra oggetti, con una legge quadratica inversa:

∝ 1

r2.

La nostra Galassia, la Via Lattea, contiene circa 400 miliardi di stelle,si estende per circa 100 000 anni-luce, ovvero circa 1018 km (un miliardo dimiliardi di chilometri!), ed ha una massa stimata pari a 1012 volte (1000miliardi di volte) la masse del Sole. La Via Lattea e simile in dimensioni allagalassia di Andromeda (Fig. 1.3, destra). Questi sistemi sono tenuti insiemedalla attrazione gravitazionale.


La gravita governa il moto delle grandi strutture nell’Universo (sistemiplanetari, galassie, ammassi di galassie, . . . ), ma e del tutto ininfluente nelladescrizione di sistemi piu piccoli, dalla roccia, giu fino alle molecole, agliatomi e ai nuclei: in questi casi diventano dominanti altre interazioni.

1.3.2 Interazioni fra cariche elettriche

Molte particelle fondamentali sono dotate di una proprieta intrinsecachiamata carica elettrica. Si tratta di una quantita dotata di segno, ovveropuo essere positiva o negativa. Due oggetti dotati di carica elettrica possonointeragire fra loro: se le due cariche elettriche hanno lo stesso segno, sirespingono; viceversa, se hanno segno opposto, si attraggono.

Anche l’interazione fra cariche elettriche e un’interazione a distanza.Anch’essa, come la gravita, si indebolisce all’aumentare della distanza r fra

oggetti, con una legge quadratica inversa: ∝ 1

r2.

Ciascun elettrone porta una carica elettrica negativa, che si indica con −e,mentre ciascun protone ha carica elettrica positiva +e. Ogni atomo contienelo stesso numero (Z) di elettroni e protoni: di conseguenza e elettricamenteneutro.

Durante processi chimici, o a causa di urti con altre particelle, puoaccadere che un atomo perda (o acquisti) uno o piu elettroni: in tal casoforma uno ione, dotato di carica elettrica positiva o negativa, a seconda cheabbia perso o acquistato elettroni. Alcuni esempi di legami chimici sonoproprio formati in questo modo: se un atomo ha tendenza ad acquistareelettroni ed un altro a cederli, formano rispettivamente uno ione negativoed uno positivo, che tendono poi ad attrarsi in quanto dotati di cariche disegno opposto. L’esempio familiare a noi tutti e il cloruro di sodio, NaCl (e ilnormalissimo sale da cucina). In effetti l’atomo di sodio tende a cedere un suoelettrone, diventando uno ione Na+, e l’atomo di cloro tende ad acquisirlo,diventando uno ione Cl−.

Anche per gli atomi che non subiscono ionizzazione, la distribuzione dicarica al loro interno non e sempre simmetrica, anzi viene alterata dallavicinanza di altri atomi. Il risultato e che essi producono interazioni residuecon gli atomi vicini: esse sono responsabili della formazione delle molecole,attraverso il “legame covalente”.

Le stesse molecole hanno interazioni mutue: esse non possono esserespinte troppo vicine le une alle altre (interazione repulsiva), e nel casodei solidi non possono essere allontanate (interazione attrattiva). Questo


e il motivo per cui i solidi non possono essere deformati, e i liquidi nonpossono essere compressi. Lo stesso “principio di non compenetrabilitadella materia solida”, che esprime che due corpi solidi non possonooccupare una porzione di spazio comune, e conseguenza delle interazionielettriche degli atomi o delle molecole costituenti, che costituiscono la lororigidita. In ultima analisi, quindi, anche le interazioni “di contatto” sonouna manifestazione macroscopica dell’interazione elettromagnetica, che eun’interazione a distanza!

Nei gas, le molecole sono molto rarefatte, pertanto le loro interazioni sonopiu sporadiche: solo quando due molecole si avvicinano, nel loro moto caotico,allora si urtano e rimbalzano via. Tuttavia, comprimendo molto un gas,le distanze intermolecolari si riducono sempre piu, rendendo piu probabilel’interazione: con una compressione sufficiente il gas puo liquefarsi.

1.3.3 Interazioni elettriche e gravitazionali

Le interazioni elettriche fra oggetti carichi decrescono con la distanza,

secondo una legge quadratica inversa, ∝ 1

r2. Lo stesso vale per la

gravitazione. A parita di distanza, l’interazione elettrica e molto piu fortedi quella gravitazionale: l’attrazione elettrica fra protone ed elettrone in unatomo di idrogeno e 1039 volte (mille miliardi di miliardi di miliardi di miliardidi volte!) piu forte di quella gravitazionale.

D’altra parte, le interazioni elettriche residue fra aggregati elettricamenteneutri, come atomi e molecole, seguono una legge (almeno) cubica inversa,

∝ 1

r3, quindi si attenuano con la distanza molto piu rapidamente della

interazione gravitazionale. Questo ha una conseguenza fondamentale: suscale di distanza atomiche e molecolari l’interazione dominante e quellaelettrica, ma su scale piu grandi (& 103 km, pianeti, stelle, sistemi planetari,galassie, ammassi di galassie) l’interazione dominante e gravitazionale. Nonesistendo masse negative, un corpo non puo mai essere “gravitazionalmenteneutro”: la gravita diminuisce sempre con una legge quadratica inversadella distanza, e da certe scale di distanza in poi prevale sull’interazioneelettromagnetica.


1.3.4 Campo elettrico e magnetico, ondeelettromagnetiche

Una carica elettrica produce nello spazio circostante un campo elettrico. Se lacarica elettrica e dotata di movimento, produce anche un campo magnetico.Inoltre, ogni carica elettrica sente l’azione dei campi elettrici prodotti dallealtre cariche circostanti. Se una carica e in movimento, sente anche l’azionedei campi magnetici prodotti dalle altre cariche in movimento.

Questo vale anche per le correnti elettriche, che come abbiamo detto sonodovute al movimento di elettroni. Esse producono campi magnetici, e sonoanche sensibili alla presenza di campi magnetici.

Esistono materiali dotati di magnetismo naturale: tipicamente si trattadi minerali ferrosi. In essi, il moto degli elettroni intorno ai nuclei atomicipresenta un certo ordine, cosicche il loro effetto collettivo e quello di produrreun campo magnetico, anche in assenza di correnti elettriche macroscopiche.

Se una carica elettrica si muove di moto oscillante, genera nello spaziocircostante un campo elettrico e un campo magnetico oscillanti. Questihanno una proprieta fondamentale: un campo elettrico variabile e sorgentedi campo magnetico; viceversa, un campo magnetico variabile e sorgente dicampo elettrico. Pertanto i due fenomeni si sostengono a vicenda, e il campoelettromagnetico risultante puo propagarsi anche lontano dalla sorgente (la

carica oscillante): la sua legge di attenuazione sara ∝ 1

r. Questo tipo di

campo si chiama onda elettromagnetica.

Le onde elettromagnetiche costituiscono la luce visibile, ma anche le onderadio, le microonde, i raggi infrarossi e ultravioletti, e i raggi X. Nonostantela diversita delle loro applicazioni pratiche, sono tutti descritti dalle stesseleggi fisiche.

1.3.5 Interazioni nucleari: forte e debole

Le interazioni gravitazionali ed elettromagnetiche non sono le due sole forzefondamentali della natura. In particolare, le interazioni elettromagnetichenon sono assolutamente in grado di descrivere le proprieta dei nuclei atomicie le reazioni che questi possono produrre.

I protoni hanno carica positiva, quindi tenderebbero a respingersi l’unl’altro con forze elettriche, e il nucleo atomico si disgregherebbe. Dunque,deve necessariamente esistere un’altra interazione, attrattiva e piu forte dellarepulsione elettrica. Inoltre, si osserva che nuclei atomici con molti protoni


per essere stabili necessitano di un numero sempre maggiore di neutroni.La notazione con cui si indicano i costituenti di un nucleo e A

ZX, essendoX il simbolo chimico, e Z,A rispettivamente il numero atomico e di massa.Mentre elementi relativamente leggeri, come l’elio (3

2He ,42He), il carbonio

(126C), l’azoto, (14

7N), l’ossigeno (168O) hanno A ' 2Z (cioe un ugual numero

di protoni e neutroni), elementi piu pesanti tendono a A ' 2.5Z. Un piccolodifetto di neutroni rende il nucleo instabile. Un esempio noto e costituitodall’uranio: l’isotopo 238

92U e stabile, mentre l’isotopo 23592U tende a disgregarsi

— e “fissile”, infatti viene usato nelle centrali nucleari. In sintesi, il numerodei neutroni e fondamentale per garantire la stabilita del nucleo.

Tutto cio e oggi spiegato dall’interazione forte: essa agisce fra i quarks,tenendoli uniti a formare i protoni e i neutroni, e a loro volta tiene questiultimi uniti all’interno dei nuclei.

Vi e poi una quarta interazione fondamentale, l’interazione debole che eresponsabile di reazioni nucleari in cui si ha la trasmutazione di protoni inneutroni, o viceversa. Se in una reazione nucleare si produce un nucleo conun rapporto troppo “sbilanciato” fra protoni e neutroni, puo “riassestarsi”,attraverso una o piu trasformazioni del tipo:

n→ p e− ν oppure p→ n e+ ν

Le trasmutazioni p↔ n sono sempre accompagnate dalla produzione di altreparticelle, che vengono “generate” a spese dell’energia del nucleo: fra queste,oltre al familiare elettrone (e−), possiamo trovare la sua anti-particella, ilpositrone (e+), che ha le stesse proprieta dell’elettrone, a parte la caricaelettrica che e positiva! Il positrone non puo esistere a lungo nella materiaordinaria: appena viene prodotto puo incontrare un elettrone di un atomo,e nell’interazione che ne risulta entrambi si disgregano (si “annichilano”)trasformandosi in energia elettromagnetica. Nelle interazioni deboli apparesempre un’altra particella, il neutrino ν, che non possiede carica elettrica.

La Fig. 1.4 mostra i nuclei atomici che esistono in natura. Il diagramma ebidimensionale, ogni casella indica il numero di protoni e neutroni del nucleo.In nero sono rappresentati i nuclei “stabili”: come si vede, per nuclei leggeriil numero di protoni e neutroni e molto simile se non uguale, mentre pernuclei piu pesanti c’e prevalenza di neutroni. In nuclei instabili possonodecadere per interazione forte o debole. In generale, il decadimento sara taleda tendere a ripristinare la proporzione protoni/neutroni su livelli di stabilita.Pertanto, nuclei con un eccesso di neutroni (al di sotto della linea dei nucleistabili) tenderanno principalmente a ridurre questo eccesso, trasmutando un


Figura 1.4: Mappa dei nuclei atomici: P (≡ Z) e il numero di protoni,N (≡ A−Z) e il numero di neutroni. I nuclei stabili sono indicati da casellenere, tutti gli altri sono instabili e possono decadere per interazione debole(β+, β−) o per interazione forte.

neutrone in protone (caselle blu):

n→ p e− ν (decadimento-β, o β−)

oppure, in alcuni casi, ad espellere direttamente un neutrone (caselle viola).Analogamente, nuclei con un eccesso di protoni (al di sopra della lineadei nuclei stabili), tenderanno prevalentemente a trasformare un protone inneutrone (caselle arancioni):

p→ n e+ ν (decadimento-β inverso , o β+)

oppure, in alcuni casi, ad espellere direttamente un protone (caselle rosse)o una particella-α (cioe un agglomerato di 2 protoni e 2 neutroni, casellegialle). Infine, i nuclei piu pesanti tendono a disgregarsi spontaneamente innuclei piu leggeri, mediante il fenomento della fissione (caselle verdi).

I processi β+ e β− sono governati dall’interazione debole, mentre tutti glialtri avvengono per interazione forte.


Figura 1.5: La “fusione dell’idrogeno”, che alimenta le stelle.

La descrizione dettagliata delle interazioni forte e debole e impossibile intermini di dinamica classica, cioe usando i concetti di forza e accelerazione.Queste due interazioni in effetti giocano il loro ruolo solo a livello sub-atomico, in un regime fisico che e descrivibile solo mediante la meccanicaquantistica. Ricordiamo che entrambe queste interazioni sono comunquefondamentali in alcuni ambiti del nostro Universo.

1.3.6 La fusione nucleare nelle stelle

I processi nucleari che alimentano le stelle sono un esempio notevole di comele quattro interazioni fondamentali (gravitazionale, elettromagnetica, forte edebole) giochino ciascuna il suo ruolo.

Abbiamo gia detto che le stelle contengono molta piu materia dei pianeti.In effetti, la forza di gravita che la massa di una stella applica a se stessa,sottopone il suo nucleo centrale a pressioni altissime. La materia nel nucleodi una stella e estremamente compressa. Come conseguenza, la strutturaatomica ordinaria (in cui ogni atomo ha i suoi elettroni) collassa, e sitrasforma in un plasma: una sorta di “gas” in cui i nuclei atomici e glielettroni si comportano come oggetti distinti. In particolare, i nuclei atomicipossono muoversi e interagire liberamente, senza essere protetti dai rispettivigusci di elettroni.

Una stella trae la sua energia da reazioni di fusione nucleare, in cui nucleileggeri si “uniscono” per formare nuclei piu pesanti. In queste reazioniviene liberata una grande quantita di energia, grazie all’interazione forte,


che favorisce l’aggregazione dei nuclei leggeri. La reazione dominante e lafusione dell’idrogeno, in cui 4 protoni (cioe nuclei di idrogeno), attraversouna catena di processi, arrivano a produrre un nucleo di 4He (due protoni edue neutroni). La reazione e schematizzata in Fig. 1.5. Si puo notare che ilprimo processo e la fusione di due protoni che formano un nucleo di deuterio(un protone e un neutrone).

La fusione di due protoni sarebbe estremamente sfavorita dalla repulsioneelettromagnetica, in quanto entrambi hanno carica elettrica positiva.Tuttavia, grazie all’interazione debole, uno dei due protoni si trasmuta inneutrone, la repulsione elettrica fra i due protoni viene meno, e la fusionediventa possibile.

1.4 L’energia

In generale, al movimento e associato il concetto di energia. Semprerimanendo sul qualitativo, piu un oggetto e veloce, maggiore e la sua energia.

Un oggetto macroscopico che si muove e dotato di energia cinetica.

Abbiamo gia detto che la temperatura di un materiale, a livellomicroscopico, e dovuta all’agitazione degli atomi o molecole che locompongono: dunque anche la temperatura e associata a una forma dienergia, che si chiama energia termica.

Le interazioni hanno la capacita di modificare il moto di particelleelementari o di oggetti macroscopici. Pertanto le interazioni possonomodificare (aumentando o diminuendo) l’energia cinetica. Per questaragione, attribuiamo anche alle interazioni una forma di energia, dettaenergia potenziale, o anche energia di interazione. Il secondo nomesembrerebbe piu logico, ma il primo (“energia potenziale”) e in realta quellopiu usato in Fisica classica, perche esprime l’idea di un’energia che non eancora manifesta in un moto, e un’energia “in potenza”.

Un’interazione puo essere attrattiva (come quella gravitazionale, o quellaelettrica fra cariche di segno opposto) oppure repulsiva (come quella elettricafra cariche di uguale segno). Siccome l’energia potenziale tende a diminuire(trasformandosi in energia cinetica), per interazioni attrattive l’energiapotenziale deve decrescere per distanze piu piccole, mentre per interazionirepulsive deve decrescere a distanze piu grandi. A distanze infinite,l’interazione tende ad annullarsi, pertanto anche l’energia potenziale siannulla. La situazione e schematizzata in Fig. 1.6:

1.4. L’ENERGIA 13

distanza

ener

gia

pote

nzi

ale

distanzaener

gia

pote

nzi

ale

interazione repulsiva

interazione attrattiva

Figura 1.6: Andamento qualitativo dell’energia potenziale in funzione delladistanza, per interazioni repulsive e attrattive. La freccia mostra la direzionein cui agisce la forza: in entrambi i casi, tende ad accelerare, dunque adaumentare l’energia cinetica: di conseguenza e orientata verso un’energiapotenziale decrescente.

• per interazioni repulsive l’energia potenziale e positiva e decrescente conla distanza;

• per interazioni attrattive l’energia potenziale e negativa e crescente conla distanza.

Ripensando alle interazioni fondamentali, possiamo dunque parlare,in particolare, di energia gravitazionale, energia elettromagnetica, energianucleare (quest’ultima associata all’interazione forte).

Anche i legami chimici, essendo dovuti all’interazione elettromagnetica,costituiscono una forma di energia potenziale: tipicamente viene riferita comeenergia chimica, o energia di legame.

I campi elettromagnetici possono propagarsi nello spazio, costituendo laradiazione elettromagnetica. Anche ad essa e associata un’energia, dettaenergia radiante.

L’energia dunque puo assumere diverse forme. Si tratta di una quantitaestremamente versatile, che puo cambiare di forma, trasformandosi frapotenziale, cinetica, termica, radiante, etc. Tuttavia, in tutte questetrasformazioni, presenta una proprieta estremamente notevole:

l’energia totale di un sistema fisico si conserva


ovvero, se chiamiamo

Etot = [Ecinetica + Epotenziale + Etermica + Eradiante + Echimica + . . . ]

l’energia totale di un sistema, durante un qualunque processo fisico, ochimico, possiamo scrivere qualcosa come:

Einizialetot = Efinale

tot

Facciamo un esempio semplice, sulla trasformazione e conservazionedell’energia. Supponiamo di sollevare un pesante blocco di ghiaccio da terrae di appoggiarlo su una mensola (Fig. 1.7). Con la fatica fatta, abbiamoceduto energia gravitazionale all’oggetto. Poi il blocco scivola dalla mensolae cade verso il basso, sempre piu velocemente: la sua energia gravitazionalediminuisce, convertendosi in energia cinetica. Quando arriva per terra sirompe in pezzi, sparge gocce d’acqua e produce rumore. La sua energiacinetica si e azzerata (alla fine e fermo), ma non e semplicemente scomparsa:si e trasformata. Infatti:

• ha rotto i legami chimici che tenevano unite le sue molecole(ha aumentato l’energia di legame, che e diventata quindi “menonegativa”);

• ha aumentato la temperatura (energia termica) producendo unaparziale fusione;

• ha prodotto onde sonore (vibrazioni dell’aria).

1.5 Le leggi della Fisica e il metodo

sperimentale

Le osservazioni in Fisica devono essere oggettive e ripetibili. Pertanto devonoessere sempre quantitative. Un esperimento non puo dare come risultato che“un oggetto e pesante o leggero”, o che “e veloce o lento”, oppure che e“caldo o freddo”: non sarebbe un risultato oggettivo (pesante rispetto acosa? etc. . . ). Piuttosto, il risultato deve essere formulato in termini di“quanto pesa”, “quanto vale la sua velocita”, “quanto e la sua temperatura”,e cosı via. In altre parole il risultato di un esperimento deve essere espressoda quantita numeriche. Questo e necessario per verificare se, eseguendonuovamente l’esperimento, il risultato viene ripetibile o meno.

1.5. LE LEGGI DELLA FISICA E IL METODO SPERIMENTALE 15

tempo

ener

gia

cadutasollevamento

energia termica

energia vibrazionale

energia di legame

energia cinetica

energia gravitazionale

parziale fusione

parziale frantumazione

rumore

Figura 1.7: Esempio di possibili trasformazioni dell’energia.

previsionimodello fisico

osservabili parametri

deduzione deiparametri

misure diosservabili

Figura 1.8: Schema di utilizzo di un modello fisico

Una legge fisica e espressa come un modello matematico, ovvero unao piu equazioni che mettono in relazione delle quantita osservabili — cioemisurabili. Il modello puo contenere altre quantita che sono parametriintrinseci del sistema fisico, e che sono collegate alle quantita osservabilida relazioni matematiche.

In generale, il modello fisico permette di ricavare i parametri da una seriedi misure degli osservabili; oppure, noti i parametri, permette di effettuareprevisioni sul comportamento del sistema fisico: vedi lo schema in Fig. 1.8.

Un esempio concreto, per quanto semplice, puo aiutare la comprensione.Consideriamo una molla agganciata ad un estremo, disposta verticalmente;all’altro estremo vengono appesi diversi oggetti, uno alla volta, e si osserva chela molla subisce allungamenti maggiori se l’oggetto appeso e piu pesante —il peso P dell’oggetto e determinato con una bilancia. L’apparato e illustrato


0

1

2

3

4

5

6

0

1

2

3

4

5

6

0

1

2

3

4

5

6

0

1

2

3

4

5

6P [g]

l [mm]

l1

P1 P2 P3 P4

l2

l3

l4

Figura 1.9: Esempio di sistema fisico: una molla cui si possono appenderediversi pesetti.

in Fig. 1.9.

In questo esempio, gli osservabili sono i pesi P e le lunghezze `. Eseguendomisure ripetute degli osservabili (cioe appendendo diversi pesi Pi e rilevandodiverse lunghezze `i) e disponendole su un piano cartesiano si osserva unadipendenza lineare, che consente di estrarre una legge fisica — ovvero unmodello: ` = `0 + α · P . I parametri del modello sono la costante αe la “lunghezza a riposo” `0. Essi possono essere ricavati dalle misureeffettuate. Inoltre, una volta noti i parametri, possiamo effettuare previsioni,per esempio predire quale lunghezza la molla raggiungerebbe se appendessimoun certo peso, mai provato, o viceversa, quale peso sarebbe necessario perraggiungere un dato allungamento.

In seguito ad una serie di osservazioni di un fenomeno naturale, si formulaun’ipotesi che spieghi in maniera coerente tutte le osservazioni. Si ottienecosı una legge fisica.

La legge fisica deve essere predittiva, ovvero deve permettere di prevederel’esito di ulteriori osservazioni, prima che queste vengano effettuate. Questoaspetto e fondamentale: grazie ad esso e possibile mettere la legge allaprova, ovvero progettare esperimenti in condizioni particolari, per vederese il risultato che si ottiene e quello previsto. In caso affermativo, la leggeviene confermata, e noi acquisiamo piu confidenza che essa sia “giusta”.

Viceversa, puo accadere che una legge fisica sia confutata da uno o piuesperimenti, che forniscono risultati in disaccordo con le previsioni. In talcaso bisogna analizzare la situazione da due punti di vista.

• Occorre stabilire i limiti di validita della legge in esame. L’esperimentoche l’ha invalidata, ha messo in evidenza una sua inconsistenza internaa livello generale? Ci sono ambiti in cui la legge puo ancora essere

1.5. LE LEGGI DELLA FISICA E IL METODO SPERIMENTALE 17

osservazione

osservazione osservazione

osservazione osservazione

esperimento

previsione

esperimento

previsione

risultato

in disaccordo

con previsione

leggefisica

esperimento

previsione

esperimento

previsione

nuovaleggefisica

risultato

in accordo

con previsione

legge fisicaconfermata

legge fisicaconfutata

Figura 1.10: Diagramma che schematizza il metodo scientifico:formulazione di una legge che compendia una serie di osservazioni,esperimenti per verificare le previsioni della legge, eventuale riformulazionedella legge se una previsione e disattesa da risultati sperimentali.

considerata valida, anche se come conveniente approssimazione di unaqualche legge piu fondamentale?

• Se possibile, la legge va riformulata, per estendere i suoi limiti divalidita, cioe includere nelle sue previsioni sia le osservazioni che hannoportato alla sua prima formulazione, sia quelle che l’hanno confutata.

Questo processo si chiama “metodo scientifico sperimentale”, ed eschematizzato in Fig. 1.10.

Vale la pena ricordare che il potere predittivo delle leggi fisiche haanche un’importante conseguenza di carattere applicativo, poiche consentelo sviluppo tecnologico. Nel progetto di un qualunque apparato ci si basainfatti su modelli fisici (o piu in generale anche chimici, biologici, . . . )che dovrebbero descrivere il suo comportamento nelle condizioni di utilizzopreviste. Un apparato non viene mai “costruito alla cieca, e poi vediamo che


cosa fa”. Naturalmente, una volta realizzato, va poi sottoposto a scrupolositest, per vedere se funziona come previsto. Anche questi test hanno valenzadi esperimento scientifico che validi i modelli su cui ci si e basati.

Per una legge fisica occorre sempre stabilire l’ambito di validita.

Per esempio, abbiamo a disposizione modelli che descrivono in modopiu che ragionevole le “interazioni di contatto”: il loro ambito di validitae quello in cui gli oggetti sono formati da molti atomi, cosicche anzicheosservare le singole interazioni fondamentali fra gli atomi, si osserva illoro effetto collettivo. Oppure, un gas o un liquido, oppure un oggettorigido, possono essere caratterizzati da alcune grandezze macroscopiche(temperatura, pressione, densita, . . . ), senza esplorare la loro strutturamicroscopica. Questi sono esempi di “modelli efficaci”, che funzionano benequando il sistema e formato da molti (≈ 1020 o piu) atomi o molecole. Persistemi piu semplici, con un piccolo numero di costituenti, questi modelliefficaci sono inadeguati: siamo usciti dall’ambito di validita.

1.6 Ambiti di validita della Meccanica

Newtoniana

Fino alla fine del 19 secolo, tutti i fenomeni fisici osservati erano ben descrittida quella che oggi (piu di un secolo dopo) chiamiamo “Fisica Classica”: uninsieme di leggi coerenti basati sulla Meccanica di Newton e sulla Teoriadell’Elettromagnetismo di Maxwell.

Gia la teoria di Maxwell (1864) mostrava una incongruenza conla meccanica newtoniana: infatti prevedeva l’esistenza delle ondeelettromagnetiche, che nel vuoto viaggiano sempre alla stessa velocita — lavelocita della luce, c = 300 000 km/s — a prescindere dalla velocita con cuisi muove la sorgente dell’onda. Il risultato aveva un che di sorprendente: inmeccanica newtoniana tutte le velocita sono relative al sistema di riferimentoin cui si osservano! Il paradosso veniva “accettato” ipotizzando che le ondeelettromagnetiche si propagassero attraverso un qualche mezzo materiale,l’etere luminifero, e che la velocita della luce fosse riferita all’etere stesso.Va notato che c e cosı sproporzionatamente grande rispetto alle velocitaaccessibili all’epoca, che non era banale immaginare esperimenti in cui ci simuovesse rispetto all’etere con una velocita non trascurabile rispetto a c.L’esperimento e arrivato, con Michelson e Morley (1881-87), che pensaronodi sfruttare il moto orbitale della Terra intorno al Sole (a circa 30 km/s). Ilrisultato fu che non si osservo nessuna variazione della velocita della luce:

1.6. AMBITI DI VALIDITA DELLA MECCANICA NEWTONIANA 19

dunque questa e “assoluta”, e l’etere luminifero non esiste! La meccanicanewtoniana, pur perfettamente funzionante in tanti ambiti, era quindiinadeguata a trattare fenomeni a velocita luminale. La sua rivisitazioneporto alla formulazione della Teoria della Relativita Ristretta (A.Einstein,1905).

Dieci anni piu tardi, lo stesso Einstein si rese conto che la teoria dellagravita di Newton non era compatibile con la Relativita Ristretta; inoltreerano state osservate anomalie nel’orbita di Mercurio che non erano spiegabilicon la meccanica newtoniana. Nel 1915 Einstein formulo la Teoria dellaRelativita Generale, necessaria per descrivere campi gravitazionali intensie/o moto a velocita elevate di oggetti massivi [2].

Negli anni 1920–1930, in ambiti completamente diversi, furono osservatifenomeni che coinvolgono particelle elementari e loro interazioni a distanzemolto piccole, interatomiche o subatomiche: onde elettromagnetiche chemanifestavano comportamenti corpuscolari (effetto fotoelettrico e Compton),particelle che producevano fenomeni ondulatori (diffrazione di fasci dielettroni), o che esibivano proprieta apparentemente “casuali”, cioe nonripetibili in esperimenti identici. . . Questi fenomeni risultavano assolutamenteinspiegabili con la Fisica Classica, ed anche in questo caso fu stato necessarioformulare una nuova teoria, la Meccanica Quantistica [3].

2 In questa formulazione, cio che genera e subisce la gravita non sono piu solo le masse,ma anche qualunque cosa dotata di energia. Per esempio, la luce puo essere deflessa da uncampo gravitazionale intenso (“lente gravitazionale”). Inoltre la gravita di oggetti moltomassivi e compatti puo diventare cosı intensa da non lasciare sfuggire niente, compresala luce (“buchi neri”). Tutte le previsioni della Relativita Generale si sono poi rivelatevalide. La prima osservazione di “lente gravitazionale” e stata fatta da Eddington nel1919: durante un’eclisse di Sole (quindi con la luce solare schermata dal disco lunare) estato possibile osservare un apparente spostamento della luce di stelle vicine alla posizionedel Sole, dovuto in realta al fatto che la gravita prodotta dalla massa solare imprimevauna traiettoria incurvata alla luce stellare. Ad oggi, il fenomeno di lente gravitazionalee spesso osservato, per esempio quando la luce di una galassia lontana e deviata dallagravita di galassie piu vicine. Anche l’esistenza dei buchi neri e ormai accettata: anchese non si vedono direttamente, si vede il loro effetto gravitazionale su oggetti celesti vicini(per esempio, sistemi binari stella-buco nero). Al centro della Via Lattea c’e un buconero supermassiccio: la sua presenta e rivelata dalle orbite delle stelle intorno al centrogalattico. La piu recente conferma della Relativita Generale viene dall’osservazione delleonde gravitazionali, avvenuta nell’autunno 2015 grazie all’esperimento LIGO negli StatiUniti e pubblicata nella primavera 2016.

3 Vale la pena notare che tutta la tecnologia elettronica, basata sui materialisemiconduttori, e comprensibile solo mediante la meccanica quantistica: una branca dellafisica, apparentemente cosı lontana dal senso comune, eppure che ci circonda in ogniaspetto della nostra vita. Quelli che affermano che la ricerca scientifica serve solo se hascopi pratici ben definiti, dovrebbero pensare a questo esempio: nel 1920 i fisici potevanoprevedere lo sviluppo tecnologico che e derivato dalla meccanica quantistica? Chi pensa


gravita‘quantistica? ?

c

distanze

meccanicaquantistica

relativita‘speciale

relativita‘generale

universo visibile

Via Lattea

Sistema Solare (~6 miliardi km)

distanza Terra-Sole (~150 milioni km)

diametro della Terra (12740 km)

rilievi terrestri (Everest, Fossa delle Marianne)

sequoie, grattacieli

lunghezza di Planck (?)

quark, elettroni

protoni, neutroni

nuclei atomici

atomimolecole

virusbatteri

insetti

homo

distanza Terra-Luna (~380000 km)

anno-luce (~9 10 km)12

10-5

10-10

10-15

10-20

10-25

10-30

1030

1025

1020

1015

1010

105

[m]100

vel

oci

ta‘

0.0001 c

0.01 c

0.1 c

0.001 c

0.00001 c

velocita‘ di fuga dalla Terra

(~11 km/s)

velocita‘ delle molecole in un gas

(~1 km/s)

velocita‘ degli elettroni nell’atomo

(~2000 km/s)

(idrogeno, trattazione non quantistica)

velocita‘ del Sole nella Via Lattea

(~200 km/s)

velocita‘ orbitale della Terra

(~30 km/s)

teoria quantisticadei campi

grav

ita‘

Figura 1.11: Regioni di validita della Fisica Classica Newtoniana (in giallo)e delle piu moderne teorie: Meccanica Quantistica, Relativita Ristretta,Teoria dei Campi Quantistici, e Relativita Generale.

Attualmente, per descrivere le interazioni fondamentali fra particelleelementari si usa una teoria che unisce le caratteristiche di relativita emeccanica quantistica, e va sotto il nome di Teoria dei Campi Quantistici.E una teoria che trova ottimi riscontri sperimentali agli attuali esperimentisugli acceleratori di particelle. Anche questa tuttavia non puo essere unateoria “finale”, perche non descrive la gravita. Viceversa, ad oggi non estata formulata una teoria quantistica che includa la gravita, ne si hannoosservazioni sperimentali che suggeriscano, o escludano, la presenza difenomeni quantistici nella gravita.

La “mappa” delle teorie fisiche, con i loro ambiti di validita, e

che sia stato lavoro inutile, e disposto a vivere senza computer e smartphone?

1.7. MISURE IN FISICA 21

schematizzata in Fig. 1.11. Come si puo vedere, i confini di validita dellediverse teorie non sono netti: tutto dipende da qual e la precisione che sivuole ottenere nella descrizione. La fisica newtoniana funziona per:

• velocita molto minori della velocita della luce: v c;[quanto minori? gli effetti relativistici si misurano in generale con la

quantita γ =1√

1− (v/c)2, quindi per esempio se

v

c< 0.01 abbiamo

approssimazioni dell’ordine 10−4 — una parte su 10 000]

• distanze molto maggiori delle dimensioni molecolari: ∆` 10−8 m[quanto maggiori? per fissare le idee diciamo per ∆` & 10−6 m, cioedai micro-metri (µm) in su]

• . . . ma anche distanze inferiori ai miliardi di anni-luce[la dilatazione dell’universo su scale cosı grandi e governata dalla“costante cosmologica”, un parametro della Relativita Generale]

• campi gravitazionali deboli;[quanto deboli? qui e piu difficile rispondere: dipende sia dall’intensitadel campo gravitazionale, sia dalle velocita degli oggetti che vi simuovono]

Siccome le due teorie piu generali che abbiamo sono la Teoria deiCampi Quantistici e la Relativita Generale, perche non iniziare lo studiodella fisica partendo da esse, e ricavare la Meccanica Newtoniana come unlimite matematico, simultaneamente per (i) campi gravitazionali deboli; (ii)velocita piccole rispetto a c; (iii) distanze grandi rispetto a quelle molecolari?

Per rispondere, bisogna considerare che queste teorie generali richiedonouna matematica molto avanzata, e fanno uso di concetti per niente intuitivi.La qual cosa non deve stupirci: sono state formulate apposta per descriveresituazioni estreme, rispetto all’esperienza comune. Viceversa, la meccanicanewtoniana puo essere formulata in maniera autoconsistente, e consente didescrivere la vastita dei fenomeni che cadono direttamente sotto i nostri sensicon un’ottima (OTTIMA!!) approssimazione: pertanto entro questi limiti divalidita e di per se una teoria corretta.

1.7 Misure in Fisica

Abbiamo gia detto che le grandezze fisiche devono essere quantitative.D’altra parte esprimerle tramite numeri e nient’altro non e sufficiente. Unafrase del tipo “la distanza Milano-Roma e 580” non ha senso: 580 cosa???


Chilometri? Centimetri? Miglia nautiche? Litri?? Chili?? Alcune diqueste “proposte” sono palesemente assurde (litri, chili, . . . ). Altre sarebberoaccettabili (centimetri, miglia nautiche), perche fanno riferimento a quantitache descrivono distanze, ma non giuste. La formulazione giusta e “580chilometri”.

In ogni caso e necessaria una specificazione.

In generale, quando si deve descrivere quantitativamente una grandezzafisica X, si fornisce una misura. Per fare cio, la si confronta con un’altragrandezza X, ad essa omogenea, che si assume come campione, o unita dimisura, e si calcola quante volte X e contenuto in X. Se chiamiamo x ilrisultato di questo calcolo, allora scriviamo la misura di X come:

X︸︷︷︸(grandezza fisica)

= x︸︷︷︸(misura)

X︸︷︷︸(unita di misura)

(1.1)

1.7.1 Unita di misura

Per ogni grandezza fisica abbiamo a disposizione diverse unita di misura. InFisica e stato adottato il Sistema Internazionale di unita di misura (SI), incui le distanze si misurano in metri (m), i tempi in secondi (s), le masse inkilogrammi (kg) [4]. Le unita di misura del SI sono elencate nella seguentetabella. Alcune grandezze hanno unita di misura fondamentali, e sono scrittein grassetto, tutte le altre sono derivate, nel senso che l’unita di misura sideduce dalla definizione della grandezza.

4 Molti Paesi del mondo hanno aderito al SI anche nella vita quotidiana —un’importante eccezione e costituita dai Paesi anglosassoni, che usano ancora le yarde,le miglia, le pinte, i galloni e i cucchiai da te: so much for them!

1.7. MISURE IN FISICA 23

grandezza fisica unita di misurasimbolo nome

grandezze cinematichedistanza, spostamento m metrotempo s secondovelocita m/s metri al secondoaccelerazione m/s2 metri al secondo quadrato

grandezze dinamichemassa kg chilogrammoforza N = kg ·m/s2 Newtonquantita di moto kg ·m/smomento angolare kg ·m2/smomento meccanico N ·m Newton per metrienergia, lavoro J = N ·m Joulepotenza W = J/s Watt

grandezze elettromagnetichecarica elettrica C Coulombcampo elettrico V/m Volt su metropotenziale elettrico V = J/C Voltcorrente elettrica A = C/s Amperecampo magnetico T = NC−1m−1s Tesla

Spesso, per fini pratici, queste unita di misura sono affiancate da altre,che sono multipli o sottomultipli. Per esempio, la lunghezza di un mobile simisura piu spesso in centimetri (cm), e una distanza stradale in chilometri(km), le distanze interatomiche in nanometri (nm, miliardesimi di metro), ledistanze astrofisiche in anni-luce (“ly”, ovvero “light-years”). Analogamente,la durata delle lezioni si misura in minuti (min) o in ore (h), i tempinell’agricoltura si misurano in giorni o mesi, la durata della vita umana inanni, i periodi storici in secoli. . . Anche le masse possono essere misurate ingrammi (g) o quintali, o tonnellate. . . Riportiamo una tabella di conversionedalle unita di misura “pratiche” a quelle del SI.


unita di misura conversione a SIsimbolo nomenm nanometro 10−9 mµm micrometro (o micron) 10−6 mmm millimetro 10−3 mcm centimetro 10−2 mkm chilometro 103 mA.U. unita astronomica 149 597 870.7 km = 1.495 978 707 · 1011 mly anno luce (“light year”) 9.460 730 472 580 800 · 1015 mps picosecondo 10−12 sns nanosecondo 10−9 sµs microsecondo 10−6 sms millisecondo 10−3 smin minuto 60 sh ora (“hour”) 3600 sd giorno (“day”) 86 400 syr anno (“year”) 3.155 760 0 · 107 s (365.25 d)µg microgrammo 10−9 kgmg milligrammo 10−6 kgg grammo 10−3 kgq quintale 100 kgton tonnellata 1000 kgeV elettron-Volt 1.602 176 6 · 10−19 JkeV chilo-elettron-Volt 1.602 176 6 · 10−16 JMeV mega-elettron-Volt 1.602 176 6 · 10−13 JGeV giga-elettron-Volt 1.602 176 6 · 10−10 J

Come si vede, per molte grandezze si fa uso di prefissi come “nano-”,“micro-”, “mega-”, “giga-”, etc, per riscalare l’unita di misura SI ad unlivello comparabile alla quantita che si vuole misurare. Riassumiamo qui iprefissi piu usati:

f femto- 10−15

p pico- 10−12

n nano- 10−9

µ micro- 10−6

m milli- 10−3

k chilo- 103

M mega- 106

G giga- 109

T tera- 1012

1.8. LE COSTANTI FONDAMENTALI DELLA FISICA 25

1.8 Le costanti fondamentali della Fisica

Abbiamo visto che qualunque modello fisico contiene dei parametri, chepossono essere determinati con una o piu misure delle grandezze osservabili.

Esistono in natura alcuni parametri che sono universali, nel senso che— a quanto ne sappiamo — assumono gli stessi valori in qualunque partedell’Universo, e in qualunque condizione dinamica. Questi sono le costantifondamentali della Fisica. Le elenchiamo qui, per referenza a qualunqueproblema incontreremo. Per ciascuna di esse, sono riportate tutte le cifrenon affette da incertezza: con questo intendiamo che un valore indicatoper esempio con x.xxx xxx · 10yy UdM e affetto da un’incertezza minoredi 0.000 001 · 10yy UdM.


simbolo valore nome

G 6.674 · 10−11 N m2 kg−2 costante della gravitazione universale

g 9.806 m/s2 accelerazione gravitazionale

(valore medio alla superficie terrestre)

NA 6.022 141 · 1023 numero di Avogadro (particelle per mole)

kB 1.380 65 · 10−23 J K−1 costante di Boltzmann

R 8.314 47 J K−1 costante dei gas perfetti (R ≡ kBNA)

me 9.109 383 · 10−31 kg massa dell’elettrone

mp 1.672 621 8 · 10−27 kg massa del protone

mn 1.674 927 4 · 10−27 kg massa del neutrone

u.m.a 1.660 538 9 · 10−27 kg unita di massa atomica (m[12C]

12)

(1/12 della massa dell’atomo 12C)

e 1.602 176 6 · 10−19 C carica elettrica del protone

(−e carica elettrica dell’elettrone)

c 299 792 458 m/s velocita della luce nel vuoto

ε0 8.854 187 817 · 10−12 C2 N−1 m−2 costante dielettrica del vuoto

1

4πε08.987 551 788 · 109 N C−2 m2

µ0 12.566 370 614 · 10−7 N A−2 permeabilita magnetica del vuoto

(µ0 ≡1

c2ε0)

h 6.626 070 · 10−34 J s costante di Planck

~ 1.054 571 7 · 10−34 J s costante di Planck ridotta (~ ≡ h

2π)

1.9. SIMBOLI USATI PER LE GRANDEZZE FISICHE 27

1.9 Simboli usati per le grandezze fisiche

grandezza fisica simbolo

grandezza vettoriale generica, suo modulo, suo versore ~A , | ~A| ≡ A , A

raggio vettore, vettore spostamento ~r, ∆~rcoordinata, spostamento lungo una curva s, ∆sraggio di curvatura ρ (oppure r, R)volume, superficie V, Σvelocita (scalare, vettoriale) v, ~vvelocita angolare ~ωaccelerazione (totale, tangenziale, centripeta) ~a, ~at, ~anmassa m (oppure M)

forza ~Fquantita di moto ~plavoro Wenergia cinetica Eenergia potenziale Upotenziale (gravitazionale, elettrostatico) Φenergia meccanica Epotenza Pmomento angolare ~L

momento torcente (o meccanico) ~Mtensore di inerzia Imomento di inerzia Icampo gravitazionale ~gdensita (di massa in volume) ρpressione Ptemperatura assoluta Tcalore Q

campo elettrico ~E

campo magnetico ~Bcarica elettrica q, Qdensita (di carica in volume) ρcorrente elettrica I

densita di corrente ~Jresistenza elettrica R


1.10 Incertezze nelle misure (*)

Ogni misura di una grandezza fisica comporta sempre un margine diincertezza.

Per esempio, se misuriamo la lunghezza di un tavolo con un metrograduato in centimetri, possiamo dire che vale 150 cm. Possiamo esserepiu precisi ed usare un metro graduato in millimetri: affermeremmo che lalunghezza e 150.0 cm, a significare che non ci sono mm residui oltre ai 150 cm.Oppure potremmo accorgerci che in realta la lunghezza e 149.9 mm. Peronon potremo mai affermare che la lunghezza sia 150.0000 cm: vorrebbe direche siamo capaci di controllare fino a 1/10 000 di cm (cioe un millesimo dimm, ovvero un micron), cosa palesemente assurda con un normale metrograduato in mm.

Analogamente, possiamo misurare un intervallo di tempo con uncronometro digitale, che mostra sul display cifre fino al centesimo di secondo.Questo significa che per certo non siamo sensibili ai millesimi di secondo.Occorre poi essere certi che il sistema che avvia e ferma il cronometro abbiauna precisione migliore del centesimo di secondo — se comandassimo ilcronometro a mano, sicuramente saremmo ben piu imprecisi!

In generale, ogni misura fisica viene da uno strumento, e lo strumentoperfetto non esiste.

Ogni misura di grandezza fisica non fornisce un risultato esatto, bensı unvalore affetto da un’incertezza. Questo fatto e inevitabile: tutt’al piu il fisicosperimentale puo tentare di ridurre al minimo le incertezze delle sue misure,ma eliminarle e impossibile.

Quando si fornisce una misura di una grandezza, occorre anche specificarequal e il margine di incertezza che la affligge. Pertanto la scrittura in Eq. (1.1)va completata cosı:

X︸︷︷︸(grandezza fisica)

=

x︸︷︷︸(misura)

± σx︸︷︷︸(incertezza)

X︸︷︷︸(unita di misura)

(1.2)

1.10.1 Incertezze nelle quantita derivate

Tipicamente, da grandezze direttamente misurate, se ne ricavano altre (dettegrandezze derivate): occorre quindi propagare le incertezze che affliggono legrandezze misurate, a quelle derivate. Le tecniche di propagazione sonovarie, e parlarne adeguatamente e al di fuori del contesto di questo testo.

1.10. INCERTEZZE NELLE MISURE (*) 29

Pertanto, senza dimostrazioni, riportiamo un approccio che funziona benequasi sempre.

Supponiamo di misurare n grandezze X1, X2, . . . , Xn, ottenendo quindi iseguenti risultati:

X1 = (x1 ± σx1) X1

X2 = (x2 ± σx2) X2

......

......

Xn = (xn ± σxn) Xn

e da queste dobbiamo calcolare una grandezza derivata F che dipende daX1, X2, . . . , Xn, ovvero e funzione di esse: F = F (X1, X2, . . . , Xn). Il valoreche stimiamo per F e semplicemente

f = F (x1, x2, . . . , xn)

cioe introduciamo nella funzione F i valori x1, x2, . . . , xn misurati perX1, X2, . . . , Xn. Qual e l’incertezza σf su f? Essa deve derivare da tuttele possibili variazioni di ciascuna delle xk, ciascuna entro il suo margine diincertezza σxk . Per esempio, variando x1 di ±σx1 , f subisce una variazione

2 · (δf)1 = F (x1 + σx1 , x2, . . . , xn)− F (x1 − σx1 , x2, . . . , xn)

(il 2 che moltiplica (δf)1 ci ricorda che x1 varia da x1−σx1 a x1 +σx1 , dunqueha una variazione totale di 2σx1). In generale, variando xk di ±σxk , f subisceuna variazione

2 · (δf)k = F (x1, . . . , xk + σxK , . . . , xn)− F (x1, . . . , xk − σxK , . . . , xn)

Possiamo cosı costruire n variazioni di f , (δf)1, . . . , (δf)n: tuttecontribuiscono alla variazione totale di f . La formula per combinarle e disommarle in quadratura: l’incertezza totale su f e

σf =

√√√√ n∑k=1

[(δf)k]2

=1

2

√√√√ n∑k=1

[F (. . . , xk + σxK , . . . )− F (. . . , xk − σxK , . . . )]2

(1.3)

Parte I

Meccanica

31

Capitolo 2

Cinematica unidimensionale

In questo capitolo ci concentreremo sui moti unidimensionali, ovvero cheavvengono lungo una linea predefinita. Questo approccio e utile perintrodurre i concetti di posizione rispetto a un riferimento, di velocita e diaccelerazione istantanee, e la matematica necessaria a discuterli — nellafattispecie, il concetto di intervalli di tempo “infinitamente brevi” e leoperazioni di derivata e di integrale. Nei capitoli successivi affronteremo iconcetti, piu utili in Fisica, di posizione e moto nello spazio tridimensionale.

Il moto di qualunque cosa (oggetto o particella elementare) ecaratterizzato da uno spostamento, ovvero da un cambiamento di posizione.Tutte le posizioni sono riferibili come spostamenti rispetto ad una posizionedi riferimento. Nel descrivere un moto, pero, solitamente si vuole anchedire quanto rapidamente esso avviene. Piu precisamente si vuole metterein relazione lo spostamento (proprieta geometrica) con un’altra quantita: iltempo. Si parla percio di velocita e di accelerazione. La cinematica e labranca della fisica che definisce quantitativamente queste proprieta del motoe le loro relazioni.

Inoltre, considereremo sempre il moto di oggetti che siano molto piupiccoli rispetto alle distanze che percorrono, in modo da poterli considerare“puntiformi” — per esempio, biglie che rotolano lungo una pista, o automobiliche viaggiano sull’autostrada, o treni su una rotaia. L’idea generaledell’approssimazione puntiforme e che la posizione dell’oggetto sia definitosolo dalla sua collocazione, e non per esempio dal suo orientamento, e quindiche il suo movimento sia solo di natura traslatoria, e si possa trascurarequalunque rotazione.

33

34CAPITOLO 2. CINEMATICA UNIDIMENSIONALE — M.FANTI

O

P1

P2

P3

P4

s1

s2

s4

Γs

3

Figura 2.1: Esempi di posizione lungo una linea. O e l’origine, che haper definizione coordinata = 0. Dato l’orientamento della linea, le posizioniP1, P2 hanno coordinate positive, s1 > 0 e s2 > 0, mentre P3, P4 hannocoordinate negative, s3 < 0 e s4 < 0. Le coordinate dei 4 punti presi adesempio sono tali che s4 < s3 < 0 < s1 < s2.

2.1 Posizione e spostamenti su una linea

Per definire la posizione di un oggetto puntiforme su una linea Γ, e necessarioanzitutto scegliere un punto O di riferimento, che viene chiamato origine, eun orientamento convenzionale. Ogni altro punto P puo essere identificato inmodo univoco specificando la distanza s misurata lungo la linea Γ da O a P :a questa si attribuisce segno + se per andare da O a P si segue l’orientamentodi Γ, segno − se si segue l’orientamento opposto. La grandezza s cosı definitasi chiama coordinata del punto P lungo la linea orientata Γ.

Per esempio, in Fig. 2.1, e data la curva Γ con il suo orientamentoe l’origine O. I 4 punti indicati P1, P2, P3, P4 hanno rispettivamentecoordinate s1, s2, s3, s4. Poiche i punti P1, P2 si raggiungono da O seguendol’orientamento di Γ, la loro coordinata e positiva. Viceversa, i puntiP3, P4 hanno coordinata negativa, perche si raggiungono da O seguendol’orientamento opposto a quello di Γ.

Se un oggetto puntiforme si sposta dalla posizione P1, di coordinatas1, alla posizione P2, di coordinata s2, si definisce lo spostamento come ladifferenza fra la coordinata di arrivo e quella di partenza:

∆s = s2 − s1 (2.1)

Anche lo spostamento e dotato di segno: se avviene lungo l’orientamentodi Γ, allora s2 > s1, cioe ∆s > 0. Viceversa, se avviene con orientamentoopposto a quello di Γ, allora s2 < s1 e ∆s < 0.

2.1. POSIZIONE E SPOSTAMENTI SU UNA LINEA 35

Un esempio

Consideriamo un’automobile che viaggia lungo un’autostrada (senza svincoli oraccordi nel tratto che ci interessa): per quanto l’autostrada possa fare dellecurve, o avere salite o discese, la posizione dell’automobile puo essere definitaunivocamente da una sola coordinata s, definita come la distanza, misurata lungol’autostrada, da un luogo preciso di riferimento. Cosı, per esempio, se l’autostradae la A1 (“AutoSole” Milano-Napoli) possiamo prendere come riferimento il casellodi Roma Est e da lı misurare tutte le distanze. Inoltre l’autostrada puo esserepercorsa in due direzioni, verso Milano o verso Napoli. Per specificare la direzione,scegliamo un orientamento convenzionale dell’autostrada, per esempio da Sudverso Nord, e attribuiamo un segno alle distanze: positivo se sono percorse nelladirezione convenzionale, negativo altrimenti. Cosı per esempio la coordinata diFirenze e positiva perche si trova a Nord di Roma, mentre la coordinata di Napolie negativa perche si trova a Sud di Roma. Assumendo che un solo percorso siapossibile, senza varianti, le coordinate di qualunque luogo lungo l’autostrada sonoespresse come distanze dal casello di Roma Est: le coordinate di alcune cittasaranno quelle espresse nella seguente tabella:

luogo coordinata s

Milano 579 kmParma 452 kmBologna 363 kmFirenze 273 kmArezzo 195 kmRoma 0 kmFrosinone −62 kmNapoli −197 km

Si noti che le citta a Sud di Roma hanno coordinata negativa, per la convenzionedi orientamento Sud-Nord che abbiamo scelto.

Calcolare i seguenti spostamenti (con il loro segno): Roma-Firenze;Roma-Napoli; Milano-Bologna; Arezzo-Parma, Napoli-Frosinone.

Risposta:Roma-Firenze ∆s = 273 km− 0 km = +273 kmRoma-Napoli ∆s = −197 km− 0 km = −197 kmMilano-Bologna ∆s = 363 km− 579 km = −216 kmArezzo-Parma ∆s = 452 km− 195 km = +257 kmNapoli-Frosinone ∆s = (−62) km− (−197) km = +135 km

Anche qui, a causa dell’orientamento convenzionale, gli spostamenti verso Nord

sono positivi, quelli verso Sud sono negativi. . . Attenzione: niente di ideologico, e

solo che siamo abituati alle carte geografiche con il Nord in alto. Se volete potete

cambiare l’orientamento dell’autostrada — e se non vi piace mettere l’origine a

Roma mettetela dove meglio credete — ridefinitevi tutte le coordinate con il nuovo

sistema di riferimento e ripetete l’esercizio.


t1 t2 t3 t4 t5 t6

t11 t12

t7 t8 t9 t10

s1

s2

s3

s4 s5s6

s7

s8

s9 s10

s11s12

s

t

s = s(t)

s0

t0

Figura 2.2: Moto di un oggetto in funzione del tempo, rappresentato in ungrafico (tempo;spazio), (t; s). La coordinata si corrisponde all’istante ti, lacurva continua rappresenta la legge oraria s = s(t). In questo esempio, persemplicita, gli istanti ti sono presi ad intervalli di tempo regolare, cioe sonoequispaziati.

2.2 Legge oraria del moto

Un oggetto che si sposta lungo una linea, modifica la sua coordinata s alpassare del tempo t, pertanto possiamo pensare a “mappare” la sua posizionea diversi istanti di tempo t1, t2, . . . , tn, chiamando si la sua coordinataall’istante ti: si otteniene una tabella del tipo:

t0 t1 t2 t3 t4 . . . tNs0 s1 s2 s3 s4 . . . sN

che puo anche essere rappresentata come un grafico, in Fig. 2.2.Immaginando di infittire sempre piu gli istanti ti a cui si rileva la coordinatasi si ottiene una successione continua di punti (t; s), che puo essererappresentata come una funzione della coordinata s rispetto al tempo t:

s = s(t) (2.2)

Questa funzione si chiama legge oraria del moto.

2.3. VELOCITA MEDIA 37

2.3 Velocita media

Quanto rapidamente si muove l’oggetto? Ovvero: qual’e la distanza chepercorre in un certo intervallo di tempo? La quantita che risponde a questadomanda e la velocita media. Se un oggetto si trovava nella posizione (1)all’istante t1 e poi si e spostato raggiungendo la posizione (2) all’istante t2,ha percorso una distanza ∆s = s2−s1 in un intervallo di tempo ∆t = t2− t1.La sua velocita media e definita come:

v =s2 − s1

t2 − t1=

∆s

∆t(velocita media) (2.3)

Esempi di velocita medie

Un’automobile percorre una distanza ∆s1 = 35 km alla velocita media v1 =100 km/h, poi rallenta rapidamente a v2 = 80 km/h e percorre altri ∆s2 = 40 km.Quanto tempo ha impiegato lungo il suo tragitto? Qual e la velocita media su tuttoil tragitto?

Risposta. Il tratto ∆s1 e stato percorso in un tempo ∆t1 = ∆s1/v1 = 0.35 h,

mentre il tratto ∆s2 e stato percorso in un tempo ∆t2 = ∆s2/v2 = 0.5 h. Dunque

il tempo totale e ∆t = ∆t1 + ∆t2 = 0.85 h. La lunghezza di tutto il tragitto

e ∆s = ∆s1 + ∆s2 = 75 km, quindi la velocita media lungo tutto il tragitto e

v = ∆s/∆t = (75 km)/(0.85 h) ' 88.2 km/h.

Come si vede nell’esempio, la velocita media su un tragitto non e ugualealle velocita medie calcolate su tratti piu brevi del tragitto stesso. In effetti laragione e che il moto dell’oggetto e cambiato lungo il tragitto. Nell’esempio,l’automobile ha rallentato. I dati del problema consentono solo di dire chel’automobile era piu veloce sul tratto ∆s1 e piu lenta sul tratto ∆s2, ma nonsappiamo se su ciascuno dei due tratti abbia tenuto un’andatura regolareo abbia fatto accelerate o frenate. Per avere dettagli piu precisi in meritooccorrerebbe suddividere a loro volta i tratti ∆s1 e ∆s2 in tratti piu brevi. . .

Riconsideriamo la Fig. 2.2: la velocita media dal punto (0) al punto(7) e ovviamente v0,7 = (s7 − s0)/(t7 − t0). D’altra parte, segmentandol’intervallo (0)–(7) in sottointevalli, cioe andando a considerare anche leposizioni intermedie (1),(2),. . . ,(6), possiamo definire velocita medie “piulocalizzate”, per esempio v0,1 = (s1 − s0)/(t1 − t0), v1,2 = (s2 − s1)/(t2 − t1),v2,3 = (s3 − s2)/(t3 − t2), etc. Ovviamente queste sono diverse fra loro.Nell’esempio in esame, gli intervalli di tempo sono tutti uguali: (t1 − t0) =(t2 − t1) = (t3 − t2) = (t4 − t3) = . . . : per questa scelta, a velocitamaggiori corrispondono spostamenti maggiori, e viceversa. Quindi peresempio v0,1 > v1,2 > v2,3 > v3,4: queste velocita medie sono tutte positive,


ma decrescono. Fra t4 e t5 l’oggetto praticamente non si e mosso, s4 = s5,quindi in questo caso la velocita media e nulla: v4,5 = 0. Poi la coordinataprende a decrescere, sempre piu rapidamente, quindi da t5 in poi la velocitamedia diventa negativa, e sempre piu piccola: 0 > v5,6 > v6,7 > v7,8 > v8,9.L’oggetto sta tornando indietro.

Che cosa succede in particolare fra t4 e t5? Dalle misure di posizioneabbiamo s4 = s5, ma nei tempi intermedi? Se il nostro campionamentotemporale fosse piu fitto, forse potremmo vedere che dopo t4 l’oggetto saleancora un po’, poi si arresta un istante e poi comincia a scendere prima dit5?

2.4 Velocita istantanea

Volendo avere una descrizione ancora piu dettagliata occorrerebbesuddividere il percorso in intervalli temporali ancora piu piccoli: idealmentevorremmo che essi diventassero infinitamente piccoli! Questo e cio che inanalisi matematica si chiama passaggio al limite: nel nostro caso il limitee per ∆t → 0. La velocita media e una proprieta dell’intervallo di tempo∆t in cui la si misura, ma se ∆t → 0 gli estremi dell’intervallo tendono acoincidere, e l’intervallo si riduce di fatto ad un istante. Pertanto, in questolimite, la velocita si chiama velocita istantanea:

v = lim∆t→0

∆s

∆t=ds

dt(2.4)

Le quantita ds, dt indicano variazioni infinitesime di posizione e di tempo,rispettivamente: e consuetudine, nella condizione di limite, sostituire lanotazione ∆ con la d. In analisi matematica, ∆s/∆t si chiama rapportoincrementale. Il suo limite per ∆t → 0, ds/dt, si chiama derivata dellafunzione s(t) rispetto alla variabile t.

Il passaggio al limite si puo rappresentare graficamente come nellaFig. 2.3: data la legge oraria s(t), la velocita istantanea puo esserevisualizzata come il coefficiente angolare della retta tangente alla curva delmoto. A meno che il grafico di s(t) non sia una linea retta, la tangentemodifica la sua pendenza da un punto all’altro, percio la velocita in generalecambia: essa stessa e funzione del tempo. Quindi l’Eq. (2.4) va riscritta piuprecisamente come:

v(t) = lim∆t→0

s(t+ ∆t)− s(t)∆t

=ds(t)

dt(2.5)

2.4. VELOCITA ISTANTANEA 39

tt+∆t

s(t+∆t)

s(t)

∆s

∆t

t+dt

s(t+dt)

dt

ds

Figura 2.3: Calcolo della velocita media v =∆s

∆te della velocita istantanea

v =ds

dtdi un oggetto che si muove con una legge oraria s(t). La velocita

media puo essere visualizzata come il coefficiente angolare della corda che

collega i punti (t; s(t)) e (t + ∆t; s(t + ∆t)), e pertanto vale v =∆s

∆t. La

velocita istantanea invece e il coefficiente angolare della tangente alla curva

nel punto (t; s(t)), e vale v = lim∆t→0

∆s

∆t.

D’ora in poi, ogni volta che si parlera di velocita si intendera quellaistantanea, a meno che non sia altrimenti specificato.

2.4.1 Spostamento come integrale della velocitaistantanea

Le Eq. (2.3) e Eq. (2.5) consentono di calcolare la velocita — rispettivamentemedia e istantanea — di un oggetto quando sia nota la sua legge orarias = s(t). Il procedimento si puo anche invertire, ovvero si puo ricavare unospostamento ∆s che avviene in un intervallo di tempo [t; t+ ∆t] se e nota lavelocita in funzione del tempo, v(t).

Con riferimento alla Fig. 2.2, consideriamo dapprima le velocita medie


ti

∆ti

v(t )i

t

v

∆si

Figura 2.4: Calcolo dello spostamento come integrale della velocita. Siconsiderano molti piccoli intervallini ∆ti, in ciaascuno dei quali si assumeche la velocita istantanea vi sia praticamente uguale alla velocita media vi.Questa approssimazione permette di scrivere lo spostamento nel tempo ∆ticome ∆si = vi ·∆ti ' vi ·∆ti.

v0,1, v1,2, v2,3, . . . , vn−1,n. Ovviamente

∆s = sn − s0 = (v0,1 ·∆t0,1) + (v1,2 ·∆t1,2) + · · ·+ (vn−1,n ·∆tn−1,n)

=n∑i=1

vi−1,i ·∆ti−1,i

Anche qui possiamo immaginare di dividere l’intervallo di tempo [t; t + ∆t]in un numero sempre maggiore di intervallini sempre piu piccoli. Occorredunque considerare il passaggio al limite, per ∆t → 0: le quantita v · ∆tdiventano infinitesime, e il numero di addendi nella somma

∑ni=1 tende

all’infinito. Questa operazione, in analisi matematica, si chiama integrale,e si scrive in questa forma:

∆s = s(t2)− s(t1) =

∫ t2

t1

v(t) dt (2.6)

e si legge “lo spostamento ∆s e pari all’integrale nel tempo della velocitaistantanea”.

Si puo rappresentare graficamente questo concetto come in Fig. 2.4.

2.5. ACCELERAZIONE 41

2.5 Accelerazione

Come si e visto, in generale la velocita cambia durante il moto, pertantopuo essere espressa come funzione del tempo: v = v(t). Pertanto e utiledefinire una quantita che esprime quanto rapidamente cambia la velocita:essa e l’accelerazione:

a(t) = lim∆t→0

v(t+ ∆t)− v(t)

∆t= lim

∆t→0

∆v

∆t=dv(t)

dt(2.7)

L’accelerazione e dunque il rapporto fra la variazione di velocita ∆v ed iltempo ∆t in cui essa ha luogo, nel limite di ∆t → 0. In altre parole,l’accelerazione e la derivata della velocita rispetto al tempo.

Il formalismo e del tutto analogo a quello introdotto per definire lavelocita. Pertanto, senza ulteriori discussioni, possiamo affermare che lavariazione di velocita da un istante t1 ad un istante t2 puo essere calcolatase si conosce l’accelerazione in funzione del tempo, a = a(t):

∆v = v(t2)− v(t1) =

∫ t2

t1

a(t) dt (2.8)

Poiche la velocita, a sua volta, e derivata della posizione rispetto al tempo,possiamo anche scrivere:

a(t) =dv(t)

dt=

d

dt

[ds(t)

dt

]=d2s(t)

dt2

L’accelerazione e la derivata della derivata della posizione rispetto al tempo:l’accelerazione e la derivata seconda della posizione rispetto al tempo.

2.6 Unita di misura

Le distanze e gli spostamenti si misurano in metri (m). A seconda delcontesto si fa uso di multipli o sottomultipli del metro (1 cm=0.01 m ;1 mm=0.001 m ; 1 km=1000 m ; etc. . . ). Analogamente, il tempo si misurain secondi (s), oppure in altre unita piu comode a seconda delle situazioni(1 min=60 s ;1 h=60 min=3600 s).

In fisica si fa uso specialmente del Sistema Internazionale (SI) di unita dimisura, cui molti Paesi del mondo hanno aderito — un’importante eccezionee costituita dai Paesi anglosassoni: too bad for them! Nel SI le unita dimisura per le grandezze cinematiche finora introdotte sono riassunte nellaseguente tabella:


grandezza fisica unita di misurasimbolo nome

distanza, spostamento m metrotempo s secondovelocita m/s metri al secondoaccelerazione m/s2 metri al secondo quadrato

Nella vita quotidiana, spesso le velocita sono espresse in chilometri all’ora,km/h. Pertanto ricaviamo una volta per tutte la conversione fra metri alsecondo e chilometri all’ora. Poiche 1 h = 3600 s e 1 km = 1000 m, otteniamo

che 1 km/h =1000 m

3600 s=

1

3.6m/s, ovvero:

1 m/s = 3.6 km/h (2.9)

2.7 Esercizi di cinematica unidimensionale

Negli esercizi che seguono si fara abbondante uso di derivate e integrali. Puoessere utile consultare le regole di derivazione e integrazione e i casi notevoliche sono riassunti in Sezione 4.3.

Esercizio 2.1. Un’automobile viagga alla velocita di 130 km/h. Calcolare la suavelocita in unita di misura SI.

Risposta : v = 130 km/h = 130 · 1

3.6m/s = 36.11 m/s

Esercizio 2.2. Un oggetto, lanciato su un tavolo orizzontale con velocita inizialev0 = 2 m/s, rallenta fino a fermarsi dopo 3 secondi; durante il moto ha seguitouna legge oraria

s(t) = v0t− αt2

Scrivere l’evoluzione temporale della velocita e dell’accelerazione. Calcolare α.Quanto spazio e stato percorso in tutto?

Risposta. La velocita si ottiene derivando la posizione rispetto al tempo:

v(t) =ds

dt=

d

dt

(v0t− αt2

)= v0 − 2αt

Derivando la velocita rispetto al tempo si ottiene l’accelerazione:

a(t) =dv

dt=

d

dt(v0 − 2αt) = −2α

Sappiamo che a t1 = 3 s l’oggetto si e arrestato: quindi 0 = v(t = 3 s1) = v0−2αt1,

ovvero α =v0

2t1= 0.3333 m/s2. L’accelerazione e costante e negativa (cioe e una

decelerazione): a = −2α = −0.6667 m/s2. Lo spazio totale percorso e

∆s = s(t1)− s(0) = v0t1 − αt21 = (2 m/s)(3 s)− (0.3333 m/s2)(3 s)2 = 3 m

2.7. ESERCIZI DI CINEMATICA UNIDIMENSIONALE 43

Esercizio 2.3. Un’automobile che viaggia sull’autostrada, all’istante t = 0 sitrova al chilometro 286 con velocita v0 = 60 km/h, quando comincia ad accelerare,

con un’accelerazione a(t) = α

(1− t

∆t

), per ∆t = 5 s, fino a raggiungere una

nuova velocita v1 = 80 km/h. Ricavare come la velocita v(t) e la posizione s(t)evolvono nel tempo. Calcolare α e la nuova posizione s1 raggiunta nel tempo ∆t.

Risposta. Anzitutto convertiamo tutti i dati in unita S.I.: s0 =286 000 m; v0 = 16.67 m/s; v1 = 22.22 m/s.

La velocita si ottiene integrando l’accelerazione nel tempo, e tenendo contodella condizione iniziale v0:

v(t) = v0 +

∫ t

0dt′a(t′) = v0 +

∫ t

0dt′ α

(1− t′

∆t

)= v0 + αt− α

∆t

[(t′)2

2

]t0

= v0 + α

(t− t2

2∆t

)Dopo un tempo ∆t, t = t1 = ∆t = 5 s. Per avere v(t1) = v1 deve essere

v1 − v0 = α∆t

2, quindi α = 2

v1 − v0

∆t= 2.222 m/s2.

La posizione si ottiene integrando la velocita nel tempo, e tenendo conto dellacondizione iniziale s0:

s(t) = s0 +

∫ t

0dt′v(t′) = s0 +

∫ t

0dt′(v0 + α

(t− t2

2∆t

))= s0 +

[v0t′ + α

((t′)2

2− (t′)3

6∆t

)]t0

= s0 + v0t+ α

(t2

2− t3

6∆t

)Per calcolare s1 = s(t1), o introduciamo “brute force” tutti i dati nell’equazioneper s(t), oppure — visto che in questo caso possiamo — cerchiamo di semplificare

un po’ la formula, tenendo presente che t1 = ∆t e α = 2v1 − v0

∆t. Quindi s1−s0 =

v0∆t +2

3(v1 − v0)∆t = (5 s)

(16.67 m/s +

2

3(22.22− 16.67) m/s

)= 101.9 m;

s1 = 286 102 m.

Esercizio 2.4. Un oggetto cade verso terra con una velocita che varia nel tempo,secondo la legge:

v(t) =g

α

(1− e−αt

)essendo g = 9.806 m/s2 l’accelerazione che la gravita imprime a qualunque oggettoche cade, e α un parametro che descrive il frenamento dovuto all’aria.

Si determini α sapendo che la velocita massima raggiunta dall’oggetto e vmax =10 m/s. Si scriva la legge oraria del moto s = s(t), supponendo che a t = 0


sia s = 0, e l’andamento dell’accelerazione nel tempo, a = a(t). Si calcolinol’accelerazione, la velocita istantanea e la distanza percorsa dopo 2 s.

Risposta. Dall’equazione per v(t) si nota che per t → +∞ e−αt → 0, quindi

v(t)→ g

α≡ vmax. Si deduce che α =

g

vmax= 0.9806 s−1.

La legge oraria si ottiene integrando la velocita nel tempo. Definiamo l’originedella coordinata nel luogo dove l’oggetto si trova a t = 0. Allora

s(t) =

∫ t

0dt′ v(t′) =

g

α

(∫ t

0dt′ −

∫ t

0dt′e−αt

′)

=g

α

(t−

[−e−αt

′

α

]t0

)=

g

α

(t+

e−αt − 1

α

)= vmax

(t+

e−αt − 1

α

)Invece, l’accelerazione si ottiene derivando la velocita rispetto al tempo:

a(t) =dv

dt=

d

dt

[ gα

(1− e−αt

)]=

g

α

d

dt

[−e−αt

]=

g

α· αe−αt

= ge−αt

Per t = 2 s si trova e−αt = e−1.9612 = 0.1407, quindi:

a(t = 2 s) = ge−αt = (9.806 m/s2) · 0.1407 = 1.380 m/s2

v(t = 2 s) = vmax(1− e−αt) = (10 m/s)(1− 0.1407) = 8.593 m/s

s(t = 2 s) = vmax

(t+

e−αt − 1

α

)= (10 m/s)

(2 s +

0.1407− 1

0.9806 s−1

)= 12.24 m

Esercizio 2.5. Un’automobile che viaggia alla velocita di 100 km/h inizia afrenare gradualmente, fino a fermarsi. La frenata dura per 10 secondi, durantei quali la velocita segnata dal tachimetro cala in modo regolare, indicando unadecelerazione costante. Quanto vale l’accelerazione? Quanto spazio percorre l’autodurante la frenata? Qual e la velocita media dell’auto durante tutta la frenata?

Risposta. Anzitutto convertiamo la velocita iniziale in unita SI: v0 =

100 km/h =100

3.6m/s = 27.78 m/s.

Il moto e caratterizzato da un’accelerazione costante a — che dovra risultarenegativa, trattandosi di una decelerazione.

La legge oraria della velocita deve essere tale chedv

dt≡ a sia costante, quindi

deve essere della forma v(t) = v0 + at. A t1 = 10 s l’auto si ferma, quindi deve

essere v(t1) = v0 + at1 = 0, da cui a = −v0

t1= −2.778 m/s2 — negativa, come

aspettato.

2.8. RIASSUNTO DEI CONCETTI SUL MOTO LUNGO UNA LINEA45

Lo spazio percorso si ottiene integrando la velocita nel tempo: ∆s =∫ t1

0v(t)dt =

∫ t1

0(v0 + at) dt =

[v0t+

at2

2

]t=t1t=0

= v0t1 +a

2t21 Inserendo i dati

numerici, ∆s = (27.78 m/s)(10 s) +−2.778 m/s2

2(10 s)2 = 139 m.

La velocita media durante la frenata e v =∆s

∆t=

∆s

t1 − 0= 13.9 m/s.

2.8 Riassunto dei concetti sul moto lungo

una linea

In sintesi, la posizione di un oggetto lungo una linea orientata puo esseredescritta con una singola coordinata s rispetto ad un punto di riferimento,che avra per definizione s = 0. La coordinata e positiva se per raggiungere ilpunto dall’origine si deve seguire l’orientamento della linea; in caso contrariola coordinata e negativa.

La distanza fra due posizioni (1) e (2), definite dalle coordinate s1 e s2,e definita come ∆s = s2 − s1. Si noti che in generale la linea e orientata,vale a dire che ha senso scrivere s1 < s2 o viceversa. Pertanto ∆s puo esserepositivo o negativo.

Il moto di un oggetto lungo la linea e completamente descritto dallalegge oraria, espressa come funzione s(t). Essa, una volta nota, consentedi calcolare la posizione s dell’oggetto ad un qualunque istante t.

La velocita di moto dell’oggetto e definita come il rapporto fra unospostamento ∆s ed il tempo ∆t impiegato ad effettuarlo, nel limite ∆t→ 0:

v(t) =ds(t)

dt= lim

∆t→0

∆s

∆t= lim

∆t→0

s(t+ ∆t)− s(t)∆t

La accelerazione dell’oggetto e definita come il rapporto fra la variazionedi velocita ∆v ed il tempo ∆t impiegato ad effettuarlo, nel limite ∆t→ 0:

a(t) =dv(t)

dt= lim

∆t→0

∆v

∆t= lim

∆t→0

v(t+ ∆t)− v(t)

∆t

Lo spostamento ∆s a sua volta e ottenibile come integrale della velocita:

∆s = s(t2)− s(t1) =

∫ t2

t1

v(t) dt

e la variazione di velocita e calcolabile come integrale dell’accelerazione:

∆v = v(t2)− v(t1) =

∫ t2

t1

a(t) dt


t

a

t

v

t

s

δvδs

δt δt δt

aδt = vδt =

δs

δt= vδv

δt= a

punti di inversione

a<0 (moto decelerato)

a>0 (moto accelerato)

Figura 2.5: Rappresentazione grafica dell’evoluzione nel tempo di unaaccelerazione a, una velocita v e una posizione s. In un tempo brevissimo δt,la velocita varia di δv = aδt e la posizione di δs = vδt.

Come si vede sin da qui, le operazioni di derivazione e integrazione di unafunzione ricoprono un ruolo imprescindibile nella fisica. Per questo motivole principali regole vengono riportate nel Capitolo 4.

Per offrire un punto di vista diverso, possiamo rivedere queste definizionida un punto di vista grafico. La situazione e illustrata in Fig. 2.5.

In un tempo infinitesimo δt la variazione di velocita e δv = aδt; nellostesso tempo la variazione di posizione e δs = vδt. Entrambe questeespressioni sono rappresentate dall’area del trapezoide di larghezza δt ealtezza rispettivamente a e v.

Viceversa, la velocita si puo ricavare come v =δs

δte l’accelerazione

come a =δv

δt. La rappresentazione grafica di queste espressioni corrisponde

alle pendenze (≡ coefficienti angolari) delle rette tangenti rispettivamente algrafico (t; s) e (t; v).

In figura sono anche indicati i “punti di inversione” (in verde), in cui siinverte il moto: inizialmente s cresce col tempo, poi inizia a diminuire, poitorna a crescere. A queste tre fasi corrispondono diversi segni della velocita:prima positiva, poi negativa, poi di nuovo positiva. Nei punti di inversionela velocita e istantaneamente nulla.

2.8. RIASSUNTO DEI CONCETTI SUL MOTO LUNGO UNA LINEA47

Infine e anche indicato (in fucsia) un istante in cui l’accelerazione e nulla:questo corrisponde ad un punto di stazionarieta nel grafico (t; v), come se lavelocita fosse “temporaneamente costante”.

Capitolo 3

Posizioni nello spazio

Lo spazio fisico e tridimensionale. Per descrivere il moto nello spazio occorreanzitutto definire la posizione.

Dalla geometria analitica sappiamo che e utile introdurre un sistema dicoordinate cartesiane, caratterizzato da un’origine O e tre assi ortogonalix, y, z, rispetto al quale definire qualunque posizione. In alcuni casi il motoavviene su un piano, pertanto il problema si riduce a bidimensionale e si puofare uso di un sistema di coordinate cartesiane con un’origine O e due soliassi x, y.

Sia nel caso tridimensionale che in quello bidimensionale, puo presentarsiutile l’uso di sistemi di coordinate alternative — non cartesiane, maaltrettanto valide nel definire in modo univoco la posizione di un punto.Esempi notevoli sono dati dalle coordinate polari, in cui la posizione di unpunto viene definita dalla distanza dall’origine e da una direzione, specificatamediante angoli rispetto ad assi di riferimento.

In questo capitolo introdurremo le coordinate cartesiane in 3 dimensioni,i concetti di vettore-posizione, vettore-spostamento, e loro composizioni.Quindi riassumeremo le proprieta delle misure angolari e delle funzionitrigonometriche, e mostreremo l’uso delle coordinate polari.

3.1 Posizione nello spazio

La posizione nello spazio tridimensionale si descrive introducendo un sistemadi riferimento cartesiano dotato di un’origine O e tre assi ortogonali x, y, z:indicheremo tale riferimento con (O;x, y, z). Gli orientamenti dei tre assipossono essere rappresentati da tre segmenti orientati di lunghezza unitaria,ortogonali fra loro, detti versori: x, y, z — vd Fig. 3.1. Una volta scelti

49

50 CAPITOLO 3. POSIZIONI NELLO SPAZIO — M.FANTI

x^y^

z^

x

y

z

O

r

P

x^y^

z^

O

αx

αy

αz

Figura 3.1: Figura a sinistra: la “regola della mano destra” per definirel’orientamento di z una volta definiti quelli di x, y. Figura a destra:rappresentazione grafica del raggio vettore, che individua la posizione Prispetto ad un’origine O e ad una terna di direzioni x, y, z.

gli orientamenti dei versori x, y, l’orientamento del versore z si sceglieconvenzionalmente con la “regola della mano destra”: disponendo la manodestra come in Fig. 3.1, con le dita ricurve che vanno da x a y, il pollicedefinisce l’orientamento di z.

Un qualunque punto P puo essere individuato dalle 3 coordinatecartesiane (x, y, z) rispetto al sistema di riferimento — vd Fig. 3.1. Inparticolare:

• la coordinata x e la distanza del punto P dal piano yz; il segno di x edefinito positivo se P sta dalla parte del piano yz indicata dal versorex, negativo altrimenti;

• la coordinata y e la distanza del punto P dal piano zx; il segno di y edefinito positivo se P sta dalla parte del piano zx indicata dal versorey, negativo altrimenti;

• la coordinata z e la distanza del punto P dal piano xy; il segno di z edefinito positivo se P sta dalla parte del piano xy indicata dal versorez, negativo altrimenti;

La distanza di P dall’origine O e data dal teorema di Pitagora:

r =√x2 + y2 + z2 (3.1)

3.2. VETTORE SPOSTAMENTO 51

3.1.1 Raggio vettore

La posizione del punto P rispetto all’origine O e indicata da un raggio vettore~r, o vettore posizione. Una volta fissato il riferimento cartesiano, il raggiovettore e univocamente identificato dalla terna cartesiana (x, y, z), quindipossiamo scrivere:

~r ≡ (x, y, z) (3.2)

Il raggio vettore deve descrivere sia la distanza di P da O, sia la direzionelungo la quale P viene visto da O. Si definisce modulo del raggio vettore ladistanza di P da O:

|~r| = r =√x2 + y2 + z2 (3.3)

La direzione puo essere individuata dagli angoli αx, αy, αz che ~r forma coni tre versori x, y, z. Tali angoli vengono espressi attraverso i loro coseni,detti coseni direttori,

cosαx =x

r; cosαy =

y

r; cosαz =

z

r(3.4)

Da notare che queste quantita non sono tutte indipendenti, poiche soddisfanol’identita:

cos2 αx + cos2 αy + cos2 αz = 1

I versori x, y, z sono in effetti vettori di modulo unitario:

|x| = |y| = |z| = 1

E utile introdurre una scrittura di ~r che espliciti, oltre alle coordinate, anchei versori degli assi:

~r = x x+ y y + z z (3.5)

3.2 Vettore spostamento

Il vettore ~r in Fig. 3.1 puo essere inteso sia come posizione di P rispetto aO, sia come spostamento che e necessario compiere per muoversi da O a P .

Uno spostamento puo sempre essere pensato come composizione di altrispostamenti: questo ci consente di definire alcune operazioni elementari coni vettori-spostamento.


x^

y^

z^

O

r1

r2

P1

P2

+r1 r2

x1

y1

z1

x2 y

2

z2

x^

y^

z^

x

y

z

O

r1r2

P1

P2

−∆r = r2 r1

(a) (b)

Figura 3.2: Somma (a) e differenza (b) di due vettori-posizione.

3.2.1 Prodotto di un vettore-spostamento per unnumero

Dato un vettore-spostamento ~r ≡ (x, y, z), si definisce la moltiplicazione peruna quantita numerica α la seguente:

α ~r ≡ ( αx ; αy ; αz )

α ~r = (αx)x + (αy)y + (αz)z(3.6)

I vettori-posizione ~r e α ~r hanno la stessa direzione se α > 0, o direzioniopposte se α < 0 — come si puo vedere calcolandone i coseni direttori. Inoltrei loro moduli sono tali che

|α~r| = |α| · |~r| (3.7)

3.2.2 Somma di vettori-spostamento

Con riferimento alla Fig. 3.2 (a), ~r1 e lo spostamento da O a P1, mentre ~r2

e lo spostamento da P1 a P2. E quindi naturale definire come somma di duevettori spostamento il vettore spostamento che produce l’effetto finale: nella

3.2. VETTORE SPOSTAMENTO 53

fattispecie lo spostamento da O a P2 (ovvero la posizione di P2) e definita da~r1 + ~r2:

~r1 ≡ spostamento da O a P1

~r2 ≡ spostamento da P1 a P2

=⇒ ~r1 + ~r2 ≡ spostamento da O a P2

La somma di due vettori spostamento, in coordinate cartesiane, appareparticolarmente semplice: sempre guardando la Fig. 3.2 (a), per spostarsi daO a P2 occorre spostarsi prima da O a P1 seguendo il vettore ~r1, poi da P1

a P2 seguendo il vettore ~r2. Pertanto le coordinate cartesiane di P2 sono

( x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 )

Queste sono precisamente le componenti cartesiane del vettore ~r1 + ~r2.Quindi, i vettori si sommano per componenti cartesiane:

~r1 + ~r2 ≡ ( x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 )

~r1 + ~r2 = (x1 + x2) x+ (y1 + y2) y + (z1 + z2) z(3.8)

Ora la scrittura introdotta nell’Eq. (3.5), ~r = x x + y y + z z apparepiu chiara: significa che un punto di coordinate (x, y, z) puo essere raggiuntodall’origine O con una composizione (cioe una somma) di 3 spostamenti: unodi lunghezza x in direzione x, poi uno di lunghezza y in direzione y, infineuno di lunghezza z in direzione z — in un ordine qualunque.

3.2.3 Differenza di vettori-spostamento

Se le due posizioni P1 e P2 sono definite dai raggi vettori ~r1 e ~r2, come inFig. 3.2 (b), per spostarsi da O a P2 possiamo prima seguire il vettore ~r1

per arrivare a P1, quindi seguire il vettore spostamento ∆~r per arrivare a P2.Pertanto, per quanto appena detto,

~r2 = ~r1 + ∆~r

e questo ci consente di definire la differenza di due vettori spostamento:

∆~r = ~r2 − ~r1

che per componenti cartesiane diventa:


90o

180o

360o

0o

270o

=π/2 rad

=π rad

=3π/2 rad

=2π rad

1 rad = 57.296o

φs

r

r sin φ

r cos φ

Figura 3.3: Misure angolari e funzioni trigonometriche.

~r2 − ~r1 ≡ ( x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 )

~r2 − ~r1 = (x2 − x1) x+ (y2 − y1) y + (z2 − z1) z(3.9)

3.3 Misure angolari

E consuetudine misurare gli angoli in gradi sessagesimali (o semplicemente

gradi), che si indicano con “”. Con questa convenzione, un grado e1

360di

angolo-giro, ovvero

angolo giro = 360 (3.10)

Inoltre, per il grado si definiscono i sottomultipli primo d’arco e secondod’arco:

1′ =

(1

60

)(primo d’arco)

1′′ =

(1

60

)′(secondo d’arco)

(3.11)

3.3. MISURE ANGOLARI 55

3.3.1 Definizione di radianti

Misurando gli angoli in gradi, la lunghezza s di un arco di cerchio di raggior, sotteso da un angolo φ, si scrive:

s =2π

360· r · φ

(verifica: per φ = 360 l’arco diventa l’intera circonferenza, la cui lunghezza

e 2πr). Il fattore2π

360' 0.008727 rende questa scelta di misura angolare

poco pratica, in geometria e quindi anche in Fisica.Si adotta quindi una unita di misura, il radiante, indicato con “rad”,

definito in modo che

angolo giro = 2π rad (3.12)

In tal caso, la lunghezza s di un arco di cerchio di raggio r, sotteso da unangolo φ, si scrive:

s = r · φ rad (3.13)

molto piu maneggevole!La conversione da gradi, primi, secondi a radianti si ricava confrontando

le definizioni Eq. (3.10), Eq. (3.11) con la definizione Eq. (3.12):

1 =2π

360rad = 1.745 · 10−2 rad

1′ =

(1

60

)=

2π

21 600rad = 2.909 · 10−4 rad

1′′ =

(1

3600

)=

2π

1 296 000rad = 4.848 · 10−6 rad

1 rad =

(360

2π

)= 57.296

(3.14)

Esercizio 3.1. La Luna dista dalla Terra R = 384 400 km e ha un diametroD = 3 474 km. Calcolare la dimensione angolare apparente della Luna vista dallaTerra, esprimendo il risultato in gradi, primi, e radianti.

Risposta Cominciamo con il calcolo in radianti. La dimensione della Lunae molto minore della sua distanza dalla Terra: D R. Quindi con ottimaapprossimazione possiamo trattare D come se fosse un archetto di cerchio, anziche

un segmento. Pertanto, la dimensione angolare α si ricava come α =D

R=


9.037 · 10−3 rad. La misura in gradi di ottiene sostituendo 1 rad =

(360

2π

),

quindi α = 0.5178; per ottenere la misura in primi d’arco si moltiplica per 60:α = 31.07′. La parte non intera (0.07) si puo a sua volta esprimere in secondid’arco, moltiplicando ancora per 60: 0.07′ · 60 ' 4′′.

In conclusione, la dimensione angolare della Luna vista dalla Terra e

α = 9.037 · 10−3 rad = 0.5178 = 31′04′′

Esercizio 3.2. Ripetere l’esercizio precedente, con Giove, il pianeta piu luminosoche vediamo. Il suo diametro e D = 140 000 km; come distanze dalla Terraconsideriamo quella di massimo avvicinamento, Rmin = 628·106 km, e di massimoallontanamento, Rmax = 928 · 106 km.

Risposta. Il calcolo e identico: α =D

R. Quando la distanza e minima

la dimensione angolare α e massima, e viceversa. Quantitativamente, αmax =D

Rmin= 2.229 · 10−4 rad ' 46′′ e αmin =

D

Rmax= 1.509 · 10−4 rad ' 31′′.

In effetti, Giove appare puntiforme ad occhio nudo, ma gia con un buon

binocolo si vede che e un dischetto. Con un telescopio da astronomo dilettante

se ne possono distinguere i principali dettagli della superficie.

Esercizio 3.3. Ripetere l’esercizio per la stella Alpha Centauri, diametroD = 1.7 · 106 km e distanza R = 4.09 · 1013 km.

Risposta. α =D

R' 4.2 · 10−8 rad ' 0.009′′. Meno di un centesimo di

secondo d’arco. Nemmeno un ottimo telescopio a terra potrebbe vedere il disco

stellare, senza distorsioni.

3.3.2 Ripasso delle funzioni trigonometriche

Le funzioni trigonometriche sin e cos sono definite nella Fig. 3.3 (destra).Ricordiamo rapidamente che, data una circonferenza di raggio r centratanell’origine di un piano cartesiano, un angolo φ misurato dall’asse x individuasu di essa un punto di coordinate (x, y); si definiscono quindi:

cosφ =x

r; sinφ =

y

r

Ricordiamo la fondamentale identita trigonometrica

cos2 φ+ sin2 φ = 1

Ricordiamo anche che:

tanφ =sinφ

cosφ=y

x; cotφ =

cosφ

sinφ=x

y

3.3. MISURE ANGOLARI 57

Infine elenchiamo una serie di utili identita:

cos(φ+ π/2) = − sinφcos(φ− π/2) = + sinφ

cos(φ± π) = − cosφcos(φ+ 2nπ) = cosφ

sin(φ+ π/2) = + cosφsin(φ+ π/2) = − cosφ

sin(φ± π) = − sinφsin(φ+ 2nπ) = sinφ

cos(α± β) = cosα cos β ∓ sinα sin βsin(α± β) = sinα cos β ± cosα sin β

cosα + cos β = 2 cos

(α + β

2

)cos

(α− β

2

)cosα− cos β = −2 sin

(α + β

2

)sin

(α− β

2

)

3.3.3 L’esponenziale complesso (*)

La funzione esponenziale, x→ ex, definita in capo reale, puo essere estesa ainumeri complessi. Dato un numero complesso z = x+ iy, si definisce

ez ≡ ex (cos y + i sin y)

La definizione e consistente, poiche per y = 0 si riduce alla definizione incampo reale. Inoltre, la fondamentale proprieta dell’esponenziale

ez1+z2 = ez1ez2

e mantenuta anche in campo complesso:

ez1ez2 = ex1(cos y1 + i sin y1)ex2(cos y2 + i sin y2)

= ex1ex2(cos y1 + i sin y1)(cos y2 + i sin y2)

= ex1+x2 [(cos y1 cos y2 − sin y1 sin y2) + i(cos y1 sin y2 + sin y1 cos y2)]

= ex1+x2 [cos(y1 + y2) + i sin(y1 + y2)]

= ez1+z2

Alcune identita:

e±iπ2 = ±i ; e±iπ = −1

Lo stesso numero complesso z si puo scrivere in forma “cartesiana” o“esponenziale”:

z = x+ iy = ρeiφρ =

√x2 + y2

x = ρ cosφy = ρ sinφ


L’utilita dell’esponenziale complesso e che ha le stesse proprieta diderivazione dell’esponenziale reale, ovvero

d

dzez = ez

Infatti, se h = ξ + η, nel limite h→ 0:

d

dzez = lim

h→0

ez+h − ez

h= lim

h→0ez

eh − 1

h

= limξ→0;η→0

ezeξ(cos η + i sin η)− 1

ξ + iη

' ez(1 + ξ)(1 + iη)− 1 +O (2)

ξ + iη

' ez(1 +O (1))

= ez

3.4 Coordinate polari

In molti problemi puo essere utile definire il raggio vettore attraversocoordinate polari facendo uso di coordinate angolari.

3.4.1 Coordinate polari in 2 dimensioni

Su un piano, il raggio vettore ~r puo essere specificato mediante la distanzar = |~r| dall’origine O e la sua direzione: quest’ultima e definita dall’angolo φche esso forma con l’asse x — vd Fig. 3.4. In tal caso, valgono le relazioni:

x = r cosφ

y = r sinφ(3.15)

La coppia di valori (r;φ) costituisce le coordinate polari piane del punto P .

3.4.2 Coordinate cilindriche e sferiche in 3D

Quando un problema e caratterizzato da un asse di simmetria, si sceglie l’assez del sistema cartesiano lungo l’asse di simmetria e gli assi x, y su un pianoortogonale. In tal caso, le coordinate x, y possono essere rimpiazzate da unadistanza r e da un angolo φ, come nel caso bidimensionale: la situazione eindicata in Fig. 3.5 a sinistra. La conversione da (x, y) a (r;φ) e sempre:

3.4. COORDINATE POLARI 59

x^

y^

x

y

O

r

P

φ

Figura 3.4: Posizione in un sistema di riferimento cartesiano Oxy in duedimensioni: (x, y) sono le coordinate cartesiane, (r;φ) sono le coordinatepolari.

x = r cosφ

y = r sinφ

z = z

(3.16)

(la terza equazione e lı giusto per ricordare che ci troviamo in 3 dimensioni).La terna (r;φ; z) costituisce le coordinate cilindriche.

Viceversa, quando il problema e a simmetria sferica, la scelta degli assicartesiani e del tutto arbitraria. In tal caso r indica la distanza dall’origineO e si usano due angoli per definire la direzione, come in Fig. 3.5 a destra.Si chiama θ l’angolo formato dal raggio vettore ~r con il versore z: pertantola coordinata cartesiana z deve essere data da z = r cos θ. Viceversa, laproiezione ~r⊥ di ~r sul piano (x, y) ha modulo |~r⊥| = r sin θ. Inoltre si definisceφ come l’angolo formato da ~r⊥ e il versore x. Pertanto le coordinate x, y sonoesprimibili come x = |~r⊥| cosφ e y = |~r⊥| sinφ.

La terna (r; θ, φ) costituisce le coordinate sferiche. La conversione dacoordinate cartesiane a coordinate sferiche e data dalle seguenti formule:


x^

y^

z^

r

z

φ

x^

y^

z^

r

φ

θr^

z^

r^

θ^

φ^

φ^

Figura 3.5: Coordinate polari cilindriche (a sinistra) e sferiche (a destra).

x = r sin θ cosφ

y = r sin θ sinφ

z = r cos θ

(3.17)

Nelle coordinate sferiche, l’asse z si chiama asse polare, θ si chiama angolopolare e φ angolo azimuthale.

3.5 Angoli solidi

Gli angoli solidi sono misure di apertura di coni o conoidi. Un conoide comequello raffigurato in Fig. 3.6(sinistra) intercetta su una sfera di raggio r unasuperficie ∆Σ che e proporzionale a r2, e all’apertura del conoide. Pertanto,l’apertura del conoide viene definita come:

∆Ω =∆Σ

r2(3.18)

Gli angoli solidi si misurano in “stereo-radianti” (sterad). Poiche la superficietotale di una sfera e Σsfera = 4πr2, l’angolo solido totale e:

angolo solido totale = 4π sterad (3.19)

Un angolo solido infinitesimo dΩ puo essere espresso in coordinateangolari sferiche. Guardando la Fig. 3.6(destra), la piccola area dΣ definita

3.6. DIGRESSIONE: MISURE DI DISTANZE STELLARI 61

x^

y^

z^

r

φ

θ

dφ

dθ

r dθ

r sin θ dφ

r sin θ

∆Σ

∆Ω

rdΣ

Figura 3.6: Sinistra: definizione di angolo solido. Destra: calcolo di unangolo solido infinitesimo.

dagli angoli dθ, dφ e rettangolare nel limite dθ → 0 , dφ → 0 , pertantopuo essere calcolata come prodotto dei suoi lati. Il lato sotteso da dθ e unarchetto di cerchio di raggio r, quindi vale r dθ; il lato sotteso da dφ e inveceun archetto di cerchio di raggio r sin θ, pertanto vale r sin θ dφ. L’area dΣquindi vale:

dΣ = (r dθ) · (r cos θ dφ) = r2 sin θ dθ dφ

e quindi l’angolo solido dΩ che sottende dΣ vale

dΩ =dΣ

r2(3.20)

ovvero:dΩ = sin θ dθ dφ (3.21)

3.6 Digressione: misure di distanze stellari

Una tecnica per misurare la distanza di stelle “vicine” e il “metodo dellaparallasse”, schematizzato in Fig. 3.7. A causa dello spostamento della Terraintorno al Sole, una stella piu vicina sembra spostarsi rispetto allo sfondodelle stelle piu lontane. Conoscendo il massimo spostamento della Terra,pari al diametro dell’orbita, 2R⊕ = 300 · 106 km, e misurando l’angolo diparallasse α, dello spostamento apparente della stella, si puo determinare la


Figura 3.7: Spostamento apparente di una stella “vicina” rispetto alle stelle“piu lontane” che appaiono fisse sullo sfondo.

sua distanza D. Basta infatti trattare la distanza 2R⊕ come un archetto dicirconferenza di raggio D sotteso dall’angolo α, cosicche 2R⊕ = αD e quindi:

D =2R⊕α

(3.22)

La tecnica funziona bene finche l’angolo α di parallasse non diventa troppopiccolo.

Esercizio 3.4. Il sistema stellare piu vicino al Sistema Solare e quello di AlphaCentauri, che dista 4.3 anni-luce. Un anno-luce e la distanza che la luce percorre inun anno, viaggiando alla velocita c = 300 000 km/s. Qual e l’angolo di parallassedi Alpha Centauri? Se il piu piccolo angolo di parallasse che si riesce a misurarecon buona precisione e di 1/1000 di secondo d’arco, qual e la massima distanzache si puo misurare con il metodo della parallasse?

Risposte. Anzitutto, calcoliamo la lunghezza di un anno-luce. In un giornoci sono 24 h = 24 · 3600 s = 86 400 s. In un anno ci sono 365.25 giorni =31 557 600 s. La luce percorre 300 000 km in un secondo, quindi in un anno fa(300 000 km/s)× (31 557 600 s) = 9.467 · 1012 km — quasi 9 500 miliardi di km.

La distanza di Alpha Centauri in km e quindi D ' 4.3 × 9.5 · 1012 km =4.09 · 1013 km. L’angolo di parallasse si ottiene trattando il diametro dell’orbitaterrestre, 2R, come un archetto sotteso dall’angolo α e con raggio D, quindi

2R⊕ = αD, da cui α =2R⊕D

= 7.33 · 10−6 rad. E un angolo molto piccolo, la

qual cosa ci consente l’approssimazione del diametro dell’orbita con un archetto.Proviamo ad esprimere l’angolo di parallasse in gradi, primi e secondi d’arco.

1 rad =

(1 296 000

2π

)′′quindi α = 7.33 · 10−6 ·

(1 296 000

2π

)′′' 1.51′′.

L’angolo minimo di parallasse utile e αmin = (10−3)′′ = 10−3 2π

1 296 000rad '

5 · 10−9 rad. Quindi la distanza massima misurabile con la parallasse e

3.6. DIGRESSIONE: MISURE DI DISTANZE STELLARI 63

Figura 3.8: Legge della “distanza quadratica inversa” per la luminositaapparente di una stella.

Dparallassemax =

2R⊕αmin

' 6 · 1016 km. Convertiamolo in anni-luce: Dparallassemax =

6 · 1016

9.5 · 1012anni-luce ' 6000 anni-luce.

Osservazione. In questi calcoli abbiamo fatto approssimazioni numeriche che

possono apparire un po’ grossolane, specialmente nell’ultima parte. La ragione e

che quando si va a misurare angoli cosı piccoli, come un millesimo di secondo

d’arco, la precisione e ormai degradata, quindi non a senso riportare risultati con

molte cifre.

Un’altra tecnica per misurare le distanze stellari e basata sulla luminositaapparente delle stelle. Ogni stella ha una luminosita assoluta I0. Inmaniera un po’ imprecisa, ma sufficiente al nostro scopo, diciamo che I0

e la “quantita di luce” emessa (oppure la quantita di energia irradiata inonde elettromagnetiche) dalla stella in una certa unita di tempo. La stellaemette uniformemente in tutte le direzioni, dunque sull’angolo solido totaledi 4π sterad. Un osservatore lontano vede solo una piccola frazione dellaluminosita: quella che viene raccolta dalla superficie sensibile Σ del suostrumento di osservazione (per esempio lo specchio di un telescopio). SeD e la distanza della stella, l’angolo solido di luce che viene raccolta dallo

strumento e Ω =Σ

D2, pertanto la luminosita “apparente” della stella e

Iapp = I0Ω

4π= I0

Σ

4π

1

D2(3.23)

Cioe la luminosita apparente decresce come l’inverso della distanza alquadrato (legge della “distanza quadratica inversa”, Fig. 3.8). Seconoscessimo la luminosita assoluta I0, misurando la luminosita apparenteIapp potremmo calcolare la distanza D della stella.


Esistono stelle particolari, le Cefeidi, che sono riconoscinbili perche sonodotate di una pulsazione: con periodi che possono andare dai giorni aimesi, il loro diametro e la loro luminosita aumentano e poi diminuiscono,ciclicamente. Dai meccanismi che regolano questo fenomeni, gli astrofisicihanno capito che le luminosita assolute delle Cefeidi devono essere piuttostoomogenee. Partendo dalle Cefeidi piu vicine, si puo misurare la loro distanzaD con la parallasse (Eq. (3.22)), quindi risalire alla loro luminosita assolutaI0 mediante l’Eq. (3.23). Per le Cefeidi piu lontane, non misurabili conla parallasse, si puo usare direttamente l’Eq. (3.23) per determinarne ladistanza, assumendo che la loro luminosita assoluta I0 sia la stessa di quellepiu vicine.

Esercizio 3.5. La stella Cefeide piu vicina a noi e la Stella Polare. Con laparallasse, si determina la sua distanza D1 ' 400 anni-luce. Nella galassia diAndromeda sono state osservate stelle Cefeidi con pulsazioni simili alla StellaPolare, quindi presumibilmente con luminosita assolute simili. La luminositaapparente di tali stelle e circa 40 milioni di volte inferiore a quella della StellaPolare. Quanto dista la galassia di Andromeda?

Risposta. Indicando con gli indici 1 e 2 rispettivamente la Stella Polare e una

delle Cefeidi di Andromeda, abbiamoIapp1

Iapp2

' 4 ·107. Assumendo che I0 sia uguale,

deve essereIapp1

Iapp2

=

(D2

D1

)2

, ovvero D2 = D1

√Iapp1

Iapp2

' D1 · 6300. La galassia di

Andromeda dista circa 2.5 milioni di anni-luce.

Capitolo 4

Derivazione e integrazione

Abbiamo visto nel Capitolo 2 che in fisica le derivate e gli integrali sonostrumenti matematici fondamentali. Per esempio, la velocita e la derivatadella posizione rispetto al tempo, e l’accelerazione e la derivata della velocita.Viceversa, lo spostamento si puo scrivere come integrale della velocita neltempo, e la variazione di velocita come integrale dell’accelerazione.

Vedremo molti altri casi in cui derivate e integrali saranno necessari.Pertanto, riassumiamo qui le definizioni e le regole piu utili.

4.1 Definizione di derivata

Anzitutto ricordiamo che, data una funzione f ≡ f(t), si definisce derivata

di f nel punto t il limite del rapporto incrementale∆f

∆tper ∆t→ 0:

df(t)

dt≡ df

dt= lim

∆t→0

∆f

∆t(4.1)

La derivata seconda e la derivata della funzione derivata:

d2f(t)

dt2≡ df

dt2= lim

∆t→0

∆

(df

dt

)∆t

(4.2)

Si ricorda che spesso, in matematica, per brevita di scrittura e quandola notazione non dia luogo ad ambiguita, la derivata puo essere indicata condei simboli di apostrofo:

f ′(t) ≡ df(t)

dt; f ′′(t) ≡ d2f(t)

dt2(4.3)

65

66 CAPITOLO 4. DERIVAZIONE E INTEGRAZIONE — M.FANTI

In fisica, talvolta la notazione compatta puo essere resa con un punto soprala funzione da derivare, specialmente quando la variabile t indica il tempo:

f(t) ≡ df(t)

dt; f(t) ≡ d2f(t)

dt2(4.4)

Si chiama funzione primitiva di f(t) una funzione F (t) tale che la suaderivata sia f(t), vale a dire:

F (t) e primitiva di f(t) ⇐⇒ f(t) =dF (t)

dt(4.5)

Se F (t) e una primitiva di f(t), anche qualunque funzione Fk(t) = F (t) + k,con k costante indipendente da t, e primitiva di f(t). Per verificarlobasta applicare la definizione di derivata, Eq. (4.1): infatti nel rapportoincrementale ∆Fk = Fk(t+∆t)−Fk(t) = [F (t+ ∆t) + k]− [F (t) + k] = ∆F .

4.1.1 Nota sulla simbologia delle derivate

Nei corsi di analisi si suole indicare una funzione come f ≡ f(x) e lesue derivate come f ′(x), f ′′(x), . . . La notazione usata in Fisica e spessodifferente, e non per questioni ideologiche, ma pratiche.

Anzitutto, molti problemi fisici hanno a che fare con quantita checambiano nel tempo, quindi la variabile indipendente non e piu x, ma t.Potremmo chiamare le funzioni f(t) e le loro derivate f ′(t), f ′′(t), . . . quandoquesto non costituisca ambiguita. In questo capitolo continueremo a fare usodi questa notazione, per la sua compattezza, ma successivamente ne faremoun uso sempre piu limitato, e sempre previa precisazione, mentre tenderemo

a privilegiare la scritturadf

dt,d2f

dt2, . . .

In Fisica si ha spesso a che fare con molte variabili concomitanti, chepossono influire sulla variazione di una grandezza. Provate a pensare allapressione atmosferica, P . E noto che essa dipende dall’altitudine (chechiamiamo z), quindi potremmo scrivere P (z). D’altra parte essa dipendeanche dalla posizione geografica — abbiamo regioni di bassa e alta pressione— quindi dovremmo scrivere P (x, y, z), intendendo che x, y sono le coordinategeografiche (per esempio longitudine e latitudine). Infine, tutto questocambia nel tempo, quindi la nostra funzione pressione sara P (x, y, z, t).Volendo studiare le variazioni di pressione, usiamo la sua derivata. Ma sescriviamo P ′(x, y, z, t), come facciamo a capire se ne stiamo studiando lavariazione con il tempo in un luogo e a una quota precisi, oppure la sua

4.2. DEFINIZIONE DI INTEGRALE 67

variazione con la quota in un luogo preciso, oppure ancora la sua variazioneda un luogo all’altro?

L’unico modo e introdurre un simbolo di derivata che espliciti la variabilerispetto a cui si deriva.

4.2 Definizione di integrale

Si definisce integrale fra t1 e t2 di una funzione f(t) il seguente limite [1]:∫ t2

t1

= limN→∞

N∑k=0

f(t(k))·∆t dove ∆t =

t2 − t1N

; t(i) = t1 + k∆t (4.6)

Il teorema fondamentale del calcolo infinitesimale garantisce che se enota la funzione primitiva F (t) di una data funzione f(t), allora e possibilecalcolare qualunque integrale di f(t) mediante la formula:∫ t2

t1

f(t) dt = F (t2)− F (t1) (4.7)

In altre parole, “l’integrale e l’operazione inversa della derivata”. Questoconcetto l’abbiamo gia toccato quando abbiamo parlato del rapporto fraspostamenti e velocita: ebbene, e del tutto generale.

Per compattezza di scrittura, l’Eq. (4.7) viene spesso scritta nella forma:∫ t2

t1

f(t) dt = [F (t)]t2t1 (4.8)

dove appunto si intende che [F (t)]t2t1 ≡ F (t2)− F (t1).

4.2.1 Nota sulla variabile di integrazione

Una scrittura del tipo

∫ t2

t1

dt f(t) non presenta nessuna ambiguita:

l’intervallo di integrazione e definito dagli estremi t1, t2, e la “variabile diintegrazione” t scorre su tutto l’intervallo: t ∈ [t1; t2].

1 In questa definizione, per semplicita, si e scelto di dividere l’intervallo [t1; t2] in Nintervallini tutti uguali, di lunghezza ∆t; si puo dare anche una definizione piu generale,in cui gli intervallini hanno lunghezze ∆t(i) diverse fra loro, purche tutte tendano a zeronel limite N →∞.


Spesso in Fisica l’estremo superiore di integrazione e visto come unavariabile: si pensi allo spazio come integrazione della velocita, o aquest’ultima come integrazione dell’accelerazione. In tal caso, t e l’estremosuperiore di integrazione, e bisogna chiamare la variabile di integrazione inmodo diverso, per evitare confusioni: di solito la si indica con t′:

s(t) = s(t0) +

∫ t

t0

dt′ v(t′) ; v(t) = v(t0) +

∫ t

t0

dt′ a(t′)

(l’apicetto (′) NON VUOL DIRE DERIVATA, ca va sans dire. . . ).Scritture come

s(t) = s(t0) +

∫ t

t0

dt v(t)

v(t) = v(t0) +

∫ t

t0

dt a(t)

SBAGLIATE!

sarebbero fuorvianti: che cosa vorrebbe dire t ∈ [t0; t]??? Che la variabile diintegrazione t va da t0 a t medesimo??? Ovviamente non avrebbe senso!

4.3 Principali regole di derivazione e

integrazione

Riassumiamo qui le principali regole di derivazione e di integrazione (qui percompattezza di scrittura, chiamiamo f ′(t) la derivata di f(t)).

funzione derivata primitiva

f(t) f ′(t) ≡ df

dtF (t) (talvolta indicata con

∫dt f(t))

f(t) + g(t) f ′(t) + g′(t) F (t) +G(t)

αf(t) αf ′(t) αF (t)

f(αt) αf ′(αt)1

α· F (αt)

f(t)g(t) f ′(t)g(t) + f(t)g′(t) F (t)g(t)−∫dt F (t)g′(t)

g[f(t)] g′[f(t)]f ′(t)

∫du

g(u)

f ′[f−1(u)]

4.4. VARIAZIONE DI UNA FUNZIONE DI UNA VARIABILE 69

Elenchiamo anche la funzione derivata e la funzione primitiva di alcunefunzioni notevoli.

funzione derivata primitiva

tα αtα−1 tα+1

α + 1(se α 6= −1)

1

t− 1

t2ln

(t

t0

)(t0 arbitrario)

ln(αt)1

tt ln(αt)− t

eαt α · eαt 1

αeαt

sin(ωt+ φ) ω · cos(ωt+ φ) − 1

ωcos(ωt+ φ)

cos(ωt+ φ) −ω · sin(ωt+ φ)1

ωsin(ωt+ φ)

4.4 Variazione di una funzione di una

variabile

Quanto varia una funzione f(t) se la variabile t e soggetta ad una variazione∆t? In generale, per funzioni sufficientemente “regolari” (o “lisce”) — ein Fisica siamo quasi sempre in questa situazione — la risposta viene dallosviluppo in serie di Taylor:

f(t+ ∆t) =+∞∑k=0

1

k!

(dkf(t)

dtk

)(∆t)k

= f(t) + f ′(t) ·∆t +1

2f ′′(t) · (∆t)2 +

1

6f ′′′(t) · (∆t)3 + · · ·

(4.9)

I termini in (∆t)k, al crescere dell’esponente k, diventano via via piu piccolise ∆t e piccolo. Inoltre, il fattoriale k! al denominatore cresce rapidamente,rendendo ulteriormente piu piccoli i termini al crescere di k

Nel limite ∆t→ 0 si considera di solito il termine ∝ (∆t):

f(t+ dt) ' f(t) + f ′(t) · dt + O((dt)2) (4.10)


dove ' ci ricorda che il risultato non e esatto, ma contieneun’approssimazione, e O

((dt)2) indica che l’“errore” commesso in questa

approssimazione e ∝ (dt)2.In alcuni casi e utile estendere lo sviluppo in serie al termine ∝ (∆t)2

— per esempio quando t e un “punto stazionario” di f(t), cioe f ′(t) = 0 —ottenendo:

f(t+ dt) ' f(t) + f ′(t) · dt +1

2f ′′(t) · (dt)2 + O

((dt)3) (4.11)

Le Eq. (4.10) e Eq. (4.11) si scrivono spesso esprimendo direttamente lavariazione della funzione

df ≡ f(t+ dt)− f(t) = f ′(t) · dt + O((dt)2) (4.12)

oppure

df ≡ f(t+ dt)− f(t) = f ′(t) · dt +1

2f ′′(t) · (dt)2 + O

((dt)3) (4.13)

4.5 Derivate parziali

Una funzione f puo dipendere da diverse variabili. In tal caso, dovendo fareuna derivata, occorre specificare rispetto a quale variabile.

Per fissare le idee, consideriamo una funzione f ≡ f(x, y, z, t, . . . ). Perciascuna delle variabili x, y, z, t, . . . si puo definire il limite del rapportoincrementale, similmente a quanto fatto nell’Eq. (4.1):

∂f(x, y, z, t)

∂x≡ ∂f

∂x= lim

∆x→0

f(x+ ∆x, y, z, t)− f(x, y, z, t)

∆x∂f(x, y, z, t)

∂y≡ ∂f

∂y= lim

∆y→0

f(x, y + ∆y, z, t)− f(x, y, z, t)

∆y

∂f(x, y, z, t)

∂z≡ ∂f

∂z= lim

∆z→0

f(x, y, z + ∆z, t)− f(x, y, z, t)

∆z∂f(x, y, z, t)

∂t≡ ∂f

∂t= lim

∆t→0

f(x, y, z, t+ ∆t)− f(x, y, z, t)

∆t

(4.14)

I simboli∂f

∂x,∂f

∂y, . . . si leggono “derivata parziale di f rispetto a x, rispetto

a y, etc. . . ” Come si vede, nulla di concettualmente diverso dalla derivata“ordinaria” definita in Eq. (4.1). Semplicemente, una particolare variabile dicui f e funzione viene variata, mentre le altre sono mantenute fisse.

4.6. VARIAZIONE DI UNA FUNZIONE DI PIU VARIABILI 71

4.6 Variazione di una funzione di piu

variabili

Per una funzione di piu variabili, f ≡ f(x1, x2, . . . , xn), vale uno sviluppo inserie di Taylor simile a quello dato nell’Eq. (4.9) per una sola variabile. Laforma generale e complicata da tutte le possibili combinazioni di variabili.Qui ricordiamo solo l’espansione fino al primo ordine:

f(x1 + dx1, . . . , xn + dxn) ' f(x1, . . . , xn)

+n∑p=1

∂f(x1, . . . , xn)

∂xp· dxp

+ O (2)

(4.15)

e al secondo ordine:

f(x1 + dx1, . . . , xn + dxn) ' f(x1, . . . , xn)

+n∑p=1

∂f(x1, . . . , xn)

∂xp· dxp

+1

2

n∑p=1

n∑q=1

∂2f(x1, . . . , xn)

∂xp∂xq· dxpdxq

+ O (3)

(4.16)

Anche qui ' ci ricorda che le espressioni contengono delle approssimazioni,e O (2) ,O (3) indicano che l’“errore” commesso in queste approssimazionisono proporzionali a prodotti di dx1, . . . , dxn in cui la somma di tutti gliesponenti e rispettivamente 2 e 3.

Le Eq. (4.15) e Eq. (4.16) si scrivono spesso esprimendo direttamente lavariazione della funzione:

df =n∑p=1

∂f

∂xp· dxp + O (2) (4.17)

oppure

df =n∑p=1

∂f

∂xp· dxp +

1

2

n∑p=1

n∑q=1

∂2f

∂xp∂xq· dxpdxq + O (3) (4.18)


4.6.1 Gradiente e matrice Hessiana

La totalita delle derivate prime parziali,∂f

∂x1

,∂f

∂x2

, . . . ,∂f

∂xncostituisce un

oggetto matematico a n componenti che si chiama gradiente di f e si indicacon ~∇:

~∇f ≡(

∂f

∂x1

,∂f

∂x2

, . . . ,∂f

∂xn

)(4.19)

Analogamente, la totalita delle derivate seconde parziali,∂2f

∂xp∂xq, con p, q =

1, . . . , n, costituisce un altro oggetto matematico a n× n componenti, che sichiama matrice Hessiana di f e si indica spesso con H:

H[f ] ≡

∂2f

∂x1∂x1

∂2f

∂x1∂x2

· · · ∂2f

∂x1∂xn∂2f

∂x2∂x1

∂2f

∂x2∂x2

· · · ∂2f

∂x2∂xn...

.... . .

...∂2f

∂xn∂x1

∂2f

∂xn∂x2

· · · ∂2f

∂xn∂xn

(4.20)

4.7 Variazione di una funzione composta

Consideriamo una “funzione composta” f(u), in cui u = u(t). I valori di fdipendono da t attraverso u: f ≡ f(u(t)). Abbiamo gia visto nella Sezione 4.3come trattare la derivata di una funzione composta:

df(u(t))

dt= f ′(u(t)) · u′(t)

da cui si deduce che la variazione di f , al primo ordine dello sviluppo in seriedi Taylor, e

df ≡ f(u(t+ dt))− f(u(t)) = f ′(u(t)) · u′(t) · dt

=df

du· dudt· dt

(4.21)

L’ultima scrittura e senz’altro suggestiva e facile da ricordare, da l’illusioneche i dt e i du che compaiono ai numeratori e ai denominatori si possanocancellare a due a due, lasciando la variazione df della funzione.

Trattando funzioni di piu variabili, la casistica si arricchisce, ma non incomplicazione concettuale.

4.8. INTEGRALI IN 2 O 3 DIMENSIONI 73

Supponiamo di avere una funzione di piu variabili, f ≡ f(x1, . . . , xn),in cui tutte le variabili dipendono a loro volta da una sola variabile t. Eun caso che in Fisica si incontra spesso [2]. Quindi, il valore di f dipendeindirettamente da t, attraverso le variabili x1, . . . , xn. La variazione di f ,al primo ordine dello sviluppo in serie di Taylor, e data dall’Eq. (4.17),

dove riscriveremo dxp facendo uso dell’Eq. (4.12): dxp =dxpdtdt. Si ottiene

dunque:

df ≡ f(x1(t+ dt), . . . , xn(t+ dt))− f(x1(t), . . . , xn(t))

=n∑p=1

∂f

∂xp· dxpdt· dt (4.22)

Concludiamo con il caso piu generale, in cui f ≡ f(x1, . . . , xn), e tuttele variabili dipendono a loro volta da m altre variabili ξ1, . . . , ξm, cioexp ≡ xp(ξ1, . . . , ξm). La variazione di f , al primo ordine, e sempre datadall’Eq. (4.17), ma ora riscriveremo le variazioni dxp facendo uso ancora

dell’Eq. (4.17): dxp =m∑r=1

∂xp∂ξr

dξr. Mettendo insieme tutto si ottiene:

df ≡ f(x1(ξ1 + dξ1, . . . , ξm + dξm), . . . , xn(ξ1 + dξ1, . . . , ξm + dξm))

−f(x1(ξ1, . . . , ξm), . . . , xn(ξ1, . . . , ξm))

=n∑p=1

∂f

∂xp·m∑r=1

∂xp∂ξr· dξr

(4.23)

4.8 Integrali in 2 o 3 dimensioni

2 Per esempio il valore della pressione P in un fluido potrebbe dipendere dalle coordinatex, y, z in cui la vado a misurare con il manometro, quindi P ≡ P (x, y, z). Se al passare deltempo t sposto il manometro, allora x ≡ x(t), y ≡ y(t), z ≡ z(t). Il manometro “sente”una variazione di pressione nel tempo, cioe P dipende da t indirettamente, attraversox, y, z.

Capitolo 5

Vettori

Abbiamo introdotto il concetto di vettore parlando di posizioni e spostamentinello spazio 3-dimensionale.

In effetti, molte quantita fisiche sono descritte tramite vettori: in generalechiamiamo vettori tutte le quantita per cui e necessario definire, oltre allagrandezza, anche la direzione [1]. Per contrasto, quelle per cui e sufficientedefinire la grandezza, si chiamano scalari.

Vediamo alcuni esempi intuitivi, da approfondire in seguito. Se iodicessi: “parto da casa, cammino per mezz’ora alla velocita di 6 km/h,dove arrivo?”, uno che mi ascolta, anche se non ha mai studiato la Fisica,obietterebbe: “come faccio a saperlo se non mi dici da che parte eri diretto?”Evidentemente, la velocita deve essere definita con un modulo (o intensita)e una direzione. Nello studio della cinematica tridimensionale (Capitolo 6)avremo abbondantemente a che fare con la natura vettoriale di velocita eaccelerazioni. Anche le forze, che introdurremo con lo studio della dinamica(Capitolo 7), sono grandezze vettoriali. Anche in questo caso, chiunquecapisce che spingere una carriola di pietre in orizzontale non e proprio lastessa cosa che cercare di sollevarla in verticale. . .

Alcuni esempi di quantita scalari con cui abbiamo familiarita sono lamassa, la pressione, la temperatura, . . .

In questo capitolo esploreremo le proprieta delle grandezze vettoriali e

1 Nei testi italiani, si suole definire una grandezza vettoriale come dotata di intensita,direzione, e verso — supponendo che la direzione indichi solo lungo che retta ci stiamomuovendo, mentre il verso dica se andiamo avanti o indietro. Ho preferito evitare questolivello di dettaglio, perche nella letteratura inglese “direction” ingloba anche il verso — eprima o poi nello studio della fisica passerete a leggere libri in inglese. D’altronde, anche initaliano, se io dico che sono “diretto a Nord”, nessuno si pone il dubbio se io stia andando“verso” Sud.

75

76 CAPITOLO 5. VETTORI — M.FANTI

x^

y^

z^

O

A

Ax

Ay

Az

Figura 5.1: Scomposizione di un vettore nelle sue componenti cartesiane

delle operazioni che possiamo fare con esse.

5.1 Vettori in fisica

In uno spazio 3-dimensionale si definisce un’origine O e un sistema diassi cartesiani orientati lungo segmenti x, y, z, che costituiscono una baseortonormale dello spazio vettoriale: hanno lunghezza unitaria e sono tuttiperpendicolari l’un l’altro. Una qualunque quantita ~A, dotata di direzionee lunghezza in questo spazio, puo essere identificata attraverso le sue trecomponenti Ax, Ay, Az lungo le tre direzioni cartesiane, come illustrato inFig. 5.1.

La scomposizione lungo i versori di base si scrive in una delle due forme:

~A = Axx+ Ayy + Azz

~A ≡ ( Ax , Ay , Az )

(5.1)

a seconda se si vogliano espicitare o meno gli assi cartesiani.Poiche le componenti (Ax, Ay, Az) sono tutte

lungo direzioni perpendicolari, il modulo, o intensita, del vettore si ricavadal teorema di Pitagora, e vale:

A ≡ | ~A| =√A2x + A2

y + A2z (5.2)

5.2. OPERAZIONI ELEMENTARI CON VETTORI 77

Per indicare solo la direzione del vettore ~A, si fa uso del versore A, cosıdefinito:

A =~A

| ~A|=

~A

A

(oppure) A ≡(AxA

,AxA

,AxA

) (5.3)

5.2 Operazioni elementari con vettori

Dati due vettori ~A e ~B, di componenti (Ax, Ay, Az) e (Bx, By, Bz), sidefiniscono la somma, la differenza e il prodotto per un numero α come:

~A+ ~B = (Ax +Bx)x+ (Ay +By)y + (Az +Bz)z

≡ ( Ax +Bx , Ay +By , Az +Bz )

~B − ~A = (Bx − Ax)x+ (By − Ay)y + (Bz − Az)z≡ ( Bx − Ax , By − Ay , Bz − Az )

α ~A = (αAx)x+ (αAy)y + (αAz)z

≡ ( αAx , αAy , αAz )

(5.4)

Si puo vedere che la somma e la differenza hanno una rappresentazionegrafica come in Fig. 5.2. Si tratta della cosiddetta “regola delparallelogramma” [2]: i vettori ~A, ~B identificano un parallelogramma; ladiagonale che parte dall’origine da la somma ~A + ~B, l’altra diagonale dala differenza ~B − ~A.


x^ y^

z^

A

B

A B+

x^ y^

z^

A

B

B A−

Figura 5.2: Somma e differenza di vettori

A Bθ

A Bx

A Bθ

B Ax

A Bθ

(a) (b) (c)

Figura 5.3: Spiegazione geometrica del prodotto scalare (a) e vettoriale (b,c)

5.3 Prodotto scalare di due vettori

Definiamo il prodotto scalare di due vettori ~A e ~B come:

~A · ~B = AxBx + AyBy + AzBz (5.5)

ovvero la somma dei prodotti componente per componente. E subito evidenteche il prodotto scalare e commutativo:

~A · ~B = ~B · ~A2 In generale, per effettuare calcoli conviene lavorare per coordinate cartesiane, con le

Eq. (5.4). Le rappresentazioni grafiche sono utili per descrivere e capire problemi specifici.

5.3. PRODOTTO SCALARE DI DUE VETTORI 79

Se i due vettori formano un angolo θ (vedi Fig. 5.3(a)), si puo mostrareche

~A · ~B = | ~A|| ~B| cos θ (5.6)

Per dimostrare questa proprieta, scegliamo gli assi cartesiani in modo chel’asse x giaccia lungo il vettore ~A e che il piano Oxy contenga il vettore ~B.Allora le componenti cartesiane dei due vettori sono

Ax ; Ay = 0 ; Az = 0Bx ; By ; Bz = 0

e il prodotto scalare diventa semplicemente ~A · ~B = AxBx. Ora, per lascelta degli assi, | ~A| = Ax; inoltre l’angolo θ fra ~B e ~A puo essere visto

come angolo fra ~B e l’asse x, quindi Bx = | ~B| cos θ. Da questo si deduce laproprieta dell’Eq. (5.6).

In particolare, il prodotto scalare di un vettore ~A con un vettore unitariou, ~A · u, da la proiezione di A sulla direzione indicata da u:

Au = ~A · u (5.7)

Come importante conseguenza:

~A · x = Ax~A · y = Ay~A · z = Az

(5.8)

Il prodotto scalare di due vettori perpendicolari e sempre nullo, essendo

in questo caso θ =π

2e quindi cos θ = 0. In generale:

θ <π

2⇐⇒ ~A · ~B > 0

θ =π

2⇐⇒ ~A · ~B = 0

θ >π

2⇐⇒ ~A · ~B < 0

Le condizioni di ortonormalita per x, y, z possono ora essere riscritte:

|x| = 1 ; |y| = 1 ; |z| = 1

x · y = 0 ; x · z = 0 ; y · z = 0(5.9)


Vale la pena notare che si puo scrivere

| ~A| =√~A · ~A (5.10)

5.4 Prodotto vettoriale di due vettori

Il prodotto vettoriale ~A× ~B e un vettore che ha per componenti:[~A× ~B

]x

= (AyBz − AzBy)[~A× ~B

]y

= (AzBx − AxBz)[~A× ~B

]z

= (AxBy − AyBx)

(5.11)

Questa scrittura e apparentemente complicata, ma puo essere facilmente

ricordata pensando alle coordinate x, y, z in modo ciclico:xxyz.

Si nota subito che il prodotto vettoriale e anti-commutativo, ovvero cambiasegno se si invertono i due vettori:

~A× ~B = − ~B × ~A

Se i due vettori formano un angolo θ (vedi Fig. 5.3(b,c)), si puo dimostrare

che ~A× ~B e perpendicolare al piano individuato da ~A e ~B, ha modulo:

| ~A× ~B| = | ~A|| ~B| sin θ (5.12)

ed e orientato secondo la “regola della mano destra”, cioe se le dita dellamano destra puntano da ~A a ~B — in questo ordine! — il pollice e direttocome ~A× ~B.

Per dimostrare queste proprieta, scegliamo gli assi cartesiani in modo chel’asse x giaccia lungo il vettore ~A e che il piano Oxy contenga il vettore ~B.Allora le componenti cartesiane dei due vettori sono

Ax ; Ay = 0 ; Az = 0Bx ; By ; Bz = 0

5.5. IDENTITA VETTORIALI 81

Le componenti del prodotto vettoriale diventano:[~A× ~B

]x

= (AyBz − AzBy) = 0[~A× ~B

]y

= (AzBx − AxBz) = 0[~A× ~B

]z

= (AxBy − AyBx) = AxBy

Anzitutto, ~A × ~B ha solo componente lungo z, quindi e perpendicolare alpiano Oxy che contiene ~A e ~B. Inoltre, per la scelta degli assi, | ~A| = Ax;

l’angolo θ fra ~B e ~A puo essere visto come angolo fra ~B e l’asse x, quindiBy = | ~B| sin θ. Da questo si deduce la proprieta dell’Eq. (5.12).

Il prodotto vettoriale di due vettori paralleli e nullo: infatti, se i vettorihanno orientamenti concordi θ = 0, se hanno orientamenti opposti θ = π; inogni caso sin θ = 0.

Una proprieta interessante del prodotto vettoriale e che il suo modulo euguale all’area del parallelogramma individuato dai due vettori ~A e ~B —infatti | ~B| sin θ e la proiezione di ~B lungo la direzione perpendicolare a ~A,

quindi | ~A| puo essere pensata come la base del parallelogramma, e | ~B| sin θcome l’altezza.

Concludiamo con le seguenti relazioni fra i versori cartesiani:

x× y = z ; y × z = x ; z × x = y (5.13)

(facilmente verificabili con la “regola della mano destra”).

5.5 Identita vettoriali

Il prodotto scalare e il prodotto vettoriale sono operazioni bilineari, vale adire:

(α ~A+ β ~B) · ~C = α( ~A · ~C) + β( ~B · ~C)

~A · (β ~B + γ ~C) = β( ~A · ~B) + γ( ~A · ~C)

(α ~A+ β ~B)× ~C = α( ~A× ~C) + β( ~B × ~C)

~A× (β ~B + γ ~C) = β( ~A× ~B) + γ( ~A× ~C)

(5.14)


La dimostrazione, un semplice esercizio di algebra, e diretta conseguenzadelle definizioni, Eq. (5.5) e Eq. (5.11).

Elenchiamo di seguito altre identita vettoriali, molto utili:

~A · ( ~A× ~B) = 0 (a)

~A · ( ~B × ~C) = ~B · ( ~C × ~A) = ~C · ( ~A× ~B) (b)

~A× ( ~B × ~C) + ~B × ( ~C × ~A) + ~C × ( ~A× ~B) = 0 (c)

~A× ( ~B × ~C) = ~B( ~A · ~C)− ~C( ~A · ~B) (d)

(5.15)

La dimostrazione e piu complicata: si vedano i suggerimenti nella Sezione 5.9.

5.6 Trasformazioni di vettori

Un vettore in fisica non e solo una quantita ~A che puo essere parametrizzatada una tripletta di variabili reali (Ax, Ay, Az). Occorre anche che gli elementidi tale tripletta soddisfino precise proprieta di trasformazione quando sieffettui un cambiamento di coordinate. Vediamone i dettagli.

Quando si lavora sulle componenti, e utile introdurre una nomenclaturanumerica 1, 2, 3 al posto di x, y, z. Le regole di corrispondenza sono leseguenti:

e1 ≡ x A1 ≡ Ax x1 ≡ xe2 ≡ y A2 ≡ Ay x2 ≡ ye3 ≡ z A3 ≡ Az x3 ≡ z

Nello spazio 3-dimensionale, una posizione rispetto all’origine O edescritta da un vettore posizione, o raggio vettore, ~r. In un dato sistemadi coordinate, con assi lungo i versori ortonormali (vedi Eq. (5.9)) e1, e2, e3

possiamo scomporre ~r nelle sue componenti:

~r =3∑

k=1

xkek

dovexk = ~r · ek

Con una diversa scelta di coordinate, avremmo versori e′1, e′2, e′3 e quindi

una scomposizione

~r =3∑

m=1

x′me′m

5.6. TRASFORMAZIONI DI VETTORI 83

Che relazione c’e fra le componenti (x1, x2, x3) e (x′1, x′2, x′3)? Poiche:

~r · e′i =3∑

m=1

x′me′m · e′i = x′i

~r · e′i =3∑

k=1

xkek · e′i

otteniamo per confronto:

x′i =3∑

k=1

(e′i · ek)xk (5.16)

Analogamente si ottengono le trasformazioni inverse:

xk =3∑i=1

(ek · e′i)x′i (5.17)

In fisica, chiamiamo vettore una quantita ~A che puo essere scompostacome

∑3k=1 Akek, tale che le sue componenti (A1, A2, A3) si trasformino come

quelle di un raggio vettore quando si effettui un cambiamento di coordinate,cioe:

A′i =3∑

k=1

(e′i · ek)Ak (5.18)

Si puo provare che, se ~A, ~B sono vettori, allora | ~A|, | ~B|, ~A · ~B sono

scalari (ovvero restano invariati se cambiamo le coordinate), mentre ~A× ~Be un vettore, ovvero le sue coordinate si trasformano secondo l’Eq. (5.18).

Inoltre, se ψ e uno scalare, allora il gradiente, ~∇ψ ≡(∂ψ

∂x,∂ψ

∂y,∂ψ

∂z

), si

trasforma come un vettore.

5.6.1 Invarianza del prodotto scalare (*)

Il prodotto scalare, definito come nell’Eq. (5.5), si puo scrivere come:

~A · ~B =3∑i=1

AiBi


Vogliamo mostrare che esso e invariante per un cambiamento di coordinate,ovvero che:

3∑i=1

AiBi =3∑i=1

A′iB′i

dove le componenti A′i, B′i sono date dall’Eq. (5.18). Vediamo:

∑i

A′iB′i =

∑i

[∑k

(e′i · ek)Ak

][∑h

(e′i · eh)Bh

]

=∑k,h

AkBh

[∑i

(e′i · ek)(e′i · eh)

]

Ora concentriamoci sul termine fra [ ]:

∑i

(e′i · ek)(e′i · eh) =

[∑i

(e′i · ek)e′i

]· eh

= ek · eh

=

1 (se k = h)0 (se k 6= h)

≡ δkh

Abbiamo qui introdotto la “delta di Kronecker”, δkh (molto utile!) Quindi:∑i

A′iB′i =

∑k,h

AkBhδkh

Nella doppia sommatoria, solo i termini in cui k = h sopravvivono, gli altrisi annullano, quindi ∑

i

A′iB′i =

∑k

AkBk

che e cio che volevamo dimostrare.

Come conseguenza, | ~A| e invariante: basti pensare che | ~A| =√~A · ~A. . .

5.6.2 Trasformazione vettoriale del gradiente (*)

Abbiamo piu volte fatto uso del gradiente di un campo scalare ψ(x, y, z),definito da:

~∇ψ =

(∂ψ

∂x

)x+

(∂ψ

∂y

)y +

(∂ψ

∂z

)z (5.19)

5.6. TRASFORMAZIONI DI VETTORI 85

Vogliamo mostrare che questo oggetto, che abbiamo detto essere un vettore,si trasforma effettivamente come un vettore. Per fare questo, utilizziamola notazione numerica 1, 2, 3 per le tre direzioni cartesiane, come spiegato inSezione 5.6: le tre coordinate sono chiamate x1, x2, x3 e i tre versori e1, e2, e3,cosicche l’Eq. (5.19) diventa

~∇ψ =3∑

k=1

ek∂ψ

∂xk

Se scegliessimo un diverso sistema di coordinate con assi e′1, . . . e′3, applicando

la definizione Eq. (5.19) scriveremmo:

~∇′ψ =3∑

m=1

e′m∂ψ

∂x′m

Le vecchie coordinate (x1, . . . , x3) sono collegate alle nuove (x′1, . . . , x′3)

dall’Eq. (5.17), quindi:

∂ψ

∂x′m=

3∑k=1

∂xk∂x′m

∂ψ

∂xk

Abbiamo usato la “regola di Leibnits”, o “regola della catena” [3]. Ma leEq. (5.17) sono lineari, quindi

∂xk∂x′m

= (ek · e′m)

e

∂ψ

∂x′m=

3∑k=1

(e′m · ek)∂ψ

∂xk

Abbiamo trovato che le componenti di ~∇ψ si trasformano secondo leEq. (5.18), il che significa che il gradiente di un campo scalare e un campovettoriale.

3 Ve la ricordate? Se modifichiamo la coordinata x′m di una quantita dx′m, lasciandole altre coordinate x′s (s 6= m) invariate, induciamo variazioni su tutti le coordinate xk

date da dxk =∂xk∂x′m

dx′m, che a loro volta producono una variazione di ψ(x1, . . . , xn) pari

a dψ =∑k

∂ψ

∂xkdxk =

∑k

∂xk∂x′m

∂ψ

∂xkdx′m


5.7 Rotazioni e inversioni spaziali (*)

Le quantita:Rik = (e′i · ek)

formano gli elementi di una matrice (3 × 3) R. Le Eq. (5.16) e Eq. (5.17)possono essere scritte come:

x′i =∑k

Rikxk ; xk =∑k

Rikx′i

da cui vediamo che la trasformazione inversa si ottiene scambiando i dueindici:

(R−1)ki = (R)ik oppure R−1 = RT

ovvero la matrice R e ortogonale.Si dimostra che le matrici ortogonali hanno tutte determinante ±1.

Tutte le rotazioni nello spazio hanno determinante +1: infatti, qualunquerotazione di un angolo α attorno ad un asse puo essere ridotta con continuitaalla trasformazione identica (α → 0), che ha determinante +1; essendo ildeterminante una funzione continua degli elementi di matrice, che a lorovolta sono funzioni continue dell’angolo α, non puo mai passare da +1 a −1.

Una trasformazione con det(R) = −1 non puo essere una rotazione, ouna composizione di rotazioni. D’altronde queste trasformazioni esistono:si pensi a una che inverte solo l’asse ep, lasciando gli altri invariati. Lacorrispondente matrice sarebbe diagonale, con Rpp = −1 e Rkk = +1 ∀k 6= p.Il suo determinante sarebbe −1. Inoltre, una trasformazione di questo tipocomposta con una o piu rotazioni avrebbe sempre determinante −1.

Nello spazio 3-dimensionale, una peculiare trasformazione che inverte itre assi ha matrice:

P =

−1 0 00 −1 00 0 −1

;x′ = −xy′ = −yz′ = −z

(5.20)

quindi det(P) = −1. Questa trasformazione e chiamata inversione spaziale(o trasformazione di parita in fisica delle particelle e teoria dei campi).

5.8 Vettori e pseudo-vettori (*)

Non tutte le quantita che si trasformano come vettori sotto rotazioni fannolo stesso sotto inversioni spaziali. Vediamo un esempio semplice: il vettoreposizione ~r e un vettore per definizione: e in effetti il nostro prototipo

5.9. CALCOLO TENSORIALE (*) 87

di vettore. Quindi anche una sua variazione d~r e un vettore. Poiche letrasformazioni spaziali non alterano il flusso del tempo, dt e invariato, e la

velocita ~v =d~r

dte anch’essa un vettore. Ora consideriamo la velocita angolare

~ω e la relazione ~v = ~ω × ~r tipica di un moto circolare (vd Sezione 6.6.1).Essendo essa una relazione geometrica, non c’e ragione per cui essa cambiper trasformazioni spaziali. Eppure, eseguendo una inversione spaziale, lecomponenti di ~r e ~v cambiano segno (perche sono entrambi vettori), quindile componenti di ~ω devono conservare il loro segno, cioe ~ω deve rimanereinvariato.

Una quantita che si trasforma come vettore per rotazioni, ma rimaneinvariata per inversione spaziale, si chiama pseudo-vettore, o vettore assiale.In fisica ci sono diverse quantita di questo tipo. Nella tabella seguenteelenchiamo quantita fisiche, distinguendo se sono vettori o pseudo-vettori(V o P rispettivamente) e motivando con un’equazione fisica il lorocomportamento sotto inversione spaziale.

~r vettore posizione V (per definizione)

~v velocita V ~v =d~r

dt

~a accelerazione V ~a =d~v

dt~ω velocita angolare P ~v = ~ω × ~r~F forza V ~F = m~a~p quantita di moto V ~p = m~v~L momento angolare P ~L = ~r × ~p~M momento meccanico P ~M = ~r × ~F~E campo elettrico V ~F = q ~E~B campo magnetico P ~F = q~v × ~B~J densita di corrente V ~J = nq~vD

5.9 Calcolo tensoriale (*)

In uno spazio 3-dimensionale, usiamo la convenzione di somma implicita sugliindici ripetuti, cioe

akbk ≡∑k

akbk

e introduciamo il tensore δ di Kronecker δij, definito da:

δij =

1 se i = j0 se i 6= j


Identita ovvie sono:

δijAi = Aj ; δijAiBj = AiBi

Cosı come un vettore ~A e un oggetto scomponibile in una tripletta(A1, A2, A3) che si trasforma secondo le leggi:

A′i = RirAr

possiamo definire un tensore di rango P come un oggetto scomponibile incomponenti a P indici: Ti1,...,iP che si trasforma secondo:

T ′i1,...,iP = Ri1r1 · · ·RiP rPTr1,...,rP

E immediato dimostrare che applicando una trasformazione ortogonaleR a due vettori ~A e ~B il loro prodotto scalare ~A · ~B e invariante.

5.9.1 Il tensore di Levi-Civita (*)

In uno spazio 3-dimensionale, introduciamo anche il tensore totalmente anti-simmetrico di Levi-Civita di rango 3 εijk, definito in modo che ε123 = 1 e cheesso cambi segno per qualunque scambio di due dei suoi indici:

εklm = −εkml = −εlkm = −εmlk

Per questa proprieta, tale tensore e nullo se due qualunque degli indici sonouguali, ed e invariante per una permutazione ciclica dei tre indici:

εklm = εlmk = εmkl

Le componenti cartesiane di un prodotto vettoriale possono essere scrittecome:

( ~A× ~B)k = εklmAlBm

Se ~A e ~B sono due vettori, allora possiamo mostrare che ~A × ~B euno pseudo-vettore. Infatti, con un cambiamento di coordinate, A′j =RjrAr e B′k = RksBs. La trasformazione e ortogonale, quindi RipRlp =δil. Allora εijkA

′jB′k = εijkRjrRksArBs = (RipRlp)εljkRjrRksArBs =

RipεljkRlpRjrRksArBs. Mostriamo che εljkRlpRjrRks = det(R)εprs: entrambele espressioni sono totalmente antisimmetriche nei tre indici p, r, s, e per(p, r, s) = (1, 2, 3) la prima e proprio det(R). Quindi abbiamo trovato che

( ~A× ~B)′i = εijkA′jB′k = det(R)RipεprsArBs = det(R)Rip( ~A× ~B)p

5.9. CALCOLO TENSORIALE (*) 89

Per rotazioni, det(R) = +1 e abbiamo ottenuto che la quantita ~A × ~B sitrasforma come un vettore.

Per inversioni spaziali, il termine det(R) = −1 produce un cambiamentodi segno di tutte le 3 componenti.

Un’identita molto utile e:

εklmεkrs = δlrδms − δlsδmr

Come esercizio, si provi ad usare questi strumenti di calcolo per mostrarele identita delle Eq. (5.15).

Capitolo 6

Cinematica

In questo capitolo estenderemo i concetti della cinematica — velocita edaccelerazione, nonche le loro relazioni — al moto nello spazio tridimensionale.Anche qui analizzeremo moti di oggetti che possono essere consideratipuntiformi, ovvero tali per cui il loro stato sia definito solo dalla posizione:piu precisamente dal raggio vettore, o vettore posizione, introdotto nelCapitolo 3.

Vale la pena notare che la cinematica e solo descrittiva: definisce iconcetti necessari alla descrizione del moto (traiettoria, legge oraria, velocita,accelerazione), ma non indaga le cause del moto. Esse vengono trattate dalladinamica, introdotta nel Capitolo 7 e sviluppata nei capitoli successivi.

6.1 Traiettoria e legge oraria

Il moto di un oggetto puntiforme nello spazio tridimensionale e descritto daun vettore posizione ~r che cambia in funzione del tempo:

~r = ~r(t) (6.1)

(vd Fig. 6.1). L’insieme dei punti ~r occupati dall’oggetto nel suomovimento si chiama traiettoria. La relazione fra posizione e tempo, espressadall’Eq. (6.1), si chiama invece legge oraria.

In un intervallo di tempo ∆t l’oggetto si sposta dalla posizione ~r(t) allaposizione ~r(t+ ∆t), compiendo uno spostamento

∆~r = ~r(t+ ∆t)− ~r(t) (6.2)

che graficamente si puo rappresentare come una corda congiungente due puntisulla traiettoria, come in Fig. 6.1 (sinistra). Per tempi ∆t sempre piu piccoli,

91

92 CAPITOLO 6. CINEMATICA — M.FANTI

x^

y^

z^

O

r(t)

r(t+∆t)

∆r

x^

y^

z^

O

r(t)

dr

r(t+dt)

Figura 6.1: Traiettoria e legge oraria ~r = ~r(t) di un oggetto puntiforme. Asinistra: le posizioni ~r(t) e ~r(t+∆t) in due diversi istanti, separati dal tempo∆t: il vettore-spostamento ∆~r = ~r(t+ ∆t)− ~r(t) e una corda che congiungei due punti sulla traiettoria. A destra: nel limite ∆t → 0 lo spostamentoinfinitesimo d~r e tangente alla traiettoria.

tale corda si avvicina sempre piu alla traiettoria, tendendo alla retta tangentealla traiettoria stessa. Nel limite ∆t → 0 lo spostamento infinitesimo d~r edunque tangente alla traiettoria, come raffigurato in Fig. 6.1 (destra). Comegia detto in precedenza, mentre una variazione di una quantita viene indicatacon ∆, una variazione infinitesima viene indicata con d.

La distanza percorsa lungo la traiettoria e data dal modulo del vettorespostamento infinitesimo d~r:

ds = |d~r| (6.3)

6.1.1 Successione di spostamenti infinitesimi

Uno spostamento lungo la traiettoria puo essere sempre scomposto in unasuccessione di spostamenti piu piccoli.

Nella Fig. 6.2, a sinistra, un oggetto si sposta dalla posizione iniziale~r0 alla posizione finale ~rn, attraverso una successione ∆~r1,∆~r2, . . . ,∆~rn dispostamenti piu piccoli. Ciascuno produce un cambiamento di posizione:

6.1. TRAIETTORIA E LEGGE ORARIA 93

x^

y^

z^

O

dr

x^

y^

z^

O

r0

∆r1

∆r2

r2

rn

r1

r0

r

Figura 6.2: Spostamento finito come successione di spostamenti piu piccoli(a sinistra) e di spostamenti infinitesimi (a destra).

~r1 = ~r0 + ∆~r1

~r2 = ~r1 + ∆~r2

~r3 = ~r2 + ∆~r3...

...~rn−1 = ~rn−2 + ∆~rn−1

~rn = ~rn−1 + ∆~rn

Concatenando tutte queste relazioni si ottiene

~rn = ~r0 +n∑i=1

∆~ri

Aumentando il numero n di spostamenti, ciascuno di essi puo essere resosempre piu piccolo, al limite infinitesimo: ∆~ri → d~r. Contemporaneamente,il numero di elementi della somma diventa infinito: n → +∞. Questasituazione e rappresentata in Fig. 6.2 a destra: gli spostamenti infinitesimid~r giacciono tutti sulla traiettoria. Come abbiamo gia visto, nel caso limitedi una somma di infiniti termini infinitesimi, si usa il simbolo di integrale:

~r = ~r0 +

∫d~r (6.4)


6.2 Velocita

Se un oggetto puntiforme, in un tempo ∆t, si sposta dalla posizione ~r(t) allaposizione ~r(t+ ∆t), compie uno spostamento:

∆~r = ~r(t+ ∆t)− ~r(t) (6.5)

come raffigurato in Fig. 6.1 (sinistra). Come fatto nel caso unidimensionale, sidefinisce la velocita vettoriale come rapporto fra ∆~r e ∆t, nel limite ∆t→ 0.

~v(t) = lim∆t→0

∆~r

∆t= lim

∆t→0

~r(t+ ∆t)− ~r(t)

∆t=

d~r(t)

dt(6.6)

ovvero si considera lo spostamento infinitesimo d~r che avviene in un tempoinfinitesimo dt. Poiche lo spostamento infinitesimo d~r e tangente allatraiettoria (vd Fig. 6.1 (destra)), anche la velocita ~v lo e.

Anche la velocita si puo scomporre in componenti cartesiane:

~v = vx x+ vy y + vz z (6.7)

Poiche i vettori si sommano e si sottraggono per componenti, l’Eq. (6.6) eequivalente alle equazioni:

vx = lim∆t→0

∆x

∆t= lim

∆t→0

x(t+ ∆t)− x(t)

∆t=dx(t)

dt

vy = lim∆t→0

∆y

∆t= lim

∆t→0

y(t+ ∆t)− y(t)

∆t=dy(t)

dt

vz = lim∆t→0

∆z

∆t= lim

∆t→0

z(t+ ∆t)− z(t)

∆t=dz(t)

dt

(6.8)

6.2.1 Spostamento come integrale della velocita

Abbiamo visto in Sezione 6.1.1 e in Fig. 6.2 che uno spostamento ∆~r puoessere scomposto in una successione di spostamenti infinitesimi, Eq. (6.4):

∆~r =

∫d~r

Dalla definizione di velocita, Eq. (6.6), possiamo esprimere lo spostamentoinfinitesimo all’istante t come

d~r = ~v(t)dt (6.9)

6.3. ACCELERAZIONE 95

Pertanto lo spostamento finito puo essere scritto:

∆~r = ~r(t)− ~r(t0) =

∫ t

t0

dt′ ~v(t′) (6.10)

oppure in coordinate cartesiane:

∆x = x(t)− x(t0) =

∫ t

t0

dt′ vx(t′)

∆y = y(t)− y(t0) =

∫ t

t0

dt′ vy(t′)

∆z = z(t)− z(t0) =

∫ t

t0

dt′ vz(t′)

(6.11)

Notiamo che per calcolare la posizione finale ~r(t) e necessario conoscerela posizione all’istante iniziale ~r(t0), oltre la velocita ~v(t′) per tutti gli istantit′ ∈ [t0; t].

6.2.2 Velocita scalare

Si puo definire anche la velocita scalare, come limite del rapporto fra lospostamento ds lungo la traiettoria e il tempo dt impiegato a percorrerlo:

v =ds

dt(6.12)

Essendo ds = |d~r| — vd Eq. (6.3) — troviamo v =|d~r|dt

=

∣∣∣∣d~rdt∣∣∣∣ e quindi:

v = |~v| (6.13)

6.3 Accelerazione

In maniera del tutto analoga si definisce l’accelerazione vettoriale, come ilrapporto fra la variazione di velocita ∆~v e il tempo ∆t in cui essa ha luogo,nel limite ∆t→ 0. Scritto in forma vettoriale:

~a(t) = lim∆t→0

∆~v

∆t= lim

∆t→0

~v(t+ ∆t)− ~v(t)

∆t=

d~v(t)

dt(6.14)


Come fatto per la velocita, anche l’accelerazione puo essere scritta percomponenti cartesiane:

~a = ax x+ ay y + az z (6.15)

L’Eq. (6.14) e equivalente alle 3 equazioni per componenti cartesiane:

ax = lim∆t→0

∆vx∆t

= lim∆t→0

vx(t+ ∆t)− vx(t)∆t

=dvx(t)

dt

ay = lim∆t→0

∆vy∆t

= lim∆t→0

vy(t+ ∆t)− vy(t)∆t

=dvy(t)

dt

az = lim∆t→0

∆vz∆t

= lim∆t→0

vz(t+ ∆t)− vz(t)∆t

=dvz(t)

dt

(6.16)

6.3.1 Variazione di velocita come integraledell’accelerazione

In presenza di accelerazione, la velocita subisce variazioni. Dalla definizionedi accelerazione, Eq. (6.14), possiamo esprimere la variazione infinitesima divelocita all’istante t come

d~v = ~a(t)dt (6.17)

Quanto varia la velocita, da un istante t0 ad un istante t? Il ragionamento edel tutto analogo a quanto fatto per velocita e spostamenti. Avevamo vistoche

~v(t) =d~r(t)

dt=⇒ ∆~r = ~r(t)− ~r(t0) =

∫ t

t0

dt′ ~v(t′)

Essendo ~a(t) =d~v(t)

dtidentico, formalmente, a ~v(t) =

d~r(t)

dt, deve valere una

regola di integrazione analoga, con la sostituzione (~r, ~v)→ (~v, ~a), ovvero:

∆~v = ~v(t)− ~v(t0) =

∫ t

t0

dt′ ~a(t′) (6.18)


6.4. MOTO RETTILINEO UNIFORME 97

∆vx = vx(t)− vx(t0) =

∫ t

t0

dt′ ax(t′)

∆vy = vy(t)− vy(t0) =

∫ t

t0

dt′ ay(t′)

∆vz = vz(t)− vz(t0) =

∫ t

t0

dt′ az(t′)

(6.19)

Notiamo che per calcolare la velocita finale ~v(t) e necessario conoscere lavelocita all’istante iniziale ~v(t0), oltre l’accelerazione ~a(t′) per tutti gli istantit′ ∈ [t0; t].

6.4 Moto rettilineo uniforme

Il primo esempio di moto particolare che consideriamo e quello conaccelerazione nulla:

~a = 0

E ovviamente un caso moolto particolare. Tuttavia vedremo che rappresentaun caso fisico ben preciso: quello di un oggetto che non e soggetto ainterazioni con l’ambiente circostante.

La prima considerazione e che la velocita vettoriale deve essere costante:

d~v

dt= 0 =⇒ ~v = costante

La legge oraria si ottiene integrando la velocita nel tempo (vd Eq. (6.10)oppure Eq. (6.11)):

~r(t) = ~r(t0) +

∫ t

t0

dt′ ~v(t′) = ~r(t0) + ~v

∫ t

t0

dt′

(essendo ~v costante, puo essere fattorizzato al di fuori dell’integrale).

Ovviamente

∫ t

t0

dt′ = (t − t0), pertanto la legge oraria del moto e

semplicemente data da:

~r(t) = ~r0 + (t− t0) · ~v (moto rettilineo uniforme) (6.20)


t

x

t0

x0

x(t)

t

y

t0

y0

y(t)

t

z

t0

z0

z(t)

Figura 6.3: Grafici della legge oraria del moto rettilineo uniforme, per le trecoordinate cartesiane x = x(t), y = y(t), z = z(t). La posizione (x0, y0, z0)e occupata all’istante t = t0. La pendenza delle rette nei tre grafici dipendedalle tre componenti cartesiane della velocita: i coefficienti angolari delle trerette sono rispettivamente vx, vy, vz. Nell’esempio di questa figura, vx evy sono positive — cioe x, y crescono nel tempo — e vx > vy. Invece vz enegativa, cioe z decresce nel tempo.


x(t) = x0 + (t− t0) · vxy(t) = y0 + (t− t0) · vy (moto rettilineo uniforme)

z(t) = z0 + (t− t0) · vz(6.21)

La rappresentazione grafica della legge oraria del moto rettilineo uniforme,per le tre componenti cartesiane, appare come nella Fig. 6.3.

Le Eq. (6.21) sono equazioni parametriche di una retta: infatti per valoriarbitrari di ∆t, i rapporti ∆x/∆y, ∆x/∆z, ∆z/∆y restano costanti, ovverola traiettoria non subisce variazioni di direzione.

Per riassumere, abbiamo trovato che un oggetto puntiforme non soggettoad accelerazioni si muove lungo una traiettoria rettilinea, con velocita v = |~v|costante — da cui il nome di moto rettilineo uniforme.

6.5. MOTO UNIFORMEMENTE ACCELERATO 99

6.5 Moto uniformemente accelerato

Il secondo esempio di moto particolare che consideriamo e quello conaccelerazione costante:

~a = costante

Anche questo e un caso molto particolare. Tuttavia anch’esso presenta molteapplicazioni. Fra queste, ricordiamo per esempio i moti soggetti alla gravitain prossimita della superficie terrestre.

6.5.1 Integrazione del moto

Affrontiamo l’integrazione del moto. L’Eq. (6.14):

~a =d~v(t)

dt

oppure le Eq. (6.16):

ax =dvx(t)

dt; ay =

dvy(t)

dt; az =

dvz(t)

dt

ci dicono come cambia la velocita nel tempo. Dalle formule della Sezione 4.3sappiamo che l’integrale di una funzione costante e una funzione lineare,∫a dt = at, pertanto:

~v(t) = ~v0 + (t− t0) · ~a(moto uniformemente accelerato)

(6.22)


vx(t) = vx,0 + (t− t0) · axvy(t) = vy,0 + (t− t0) · ayvz(t) = vz,0 + (t− t0) · az

(6.23)

La legge oraria del moto si ottiene integrando le Eq. (6.22), oppure Eq. (6.23).

Usando le regole della Sezione 4.3:

∫dt (v + at) = vt+

1

2at2 . Si ricava che

la legge oraria e:


tt0

az

a (t)z

t

t0

vz,0

vz

v (t)z

t

z

t0

z0

z(t)

Figura 6.4: Grafici dell’evoluzione temporale dell’accelerazione (asinistra), della velocita (al centro) e della posizione (a destra) di un motouniformemente accelerato. In figura e rappresentata la coordinata z; graficianaloghi valgono per x, y. L’accelerazione in questo esempio e positiva:quindi la velocita cresce linearmente nel tempo, e la posizione ha unandamento parabolico con la concavita verso l’alto.

~r(t) = ~r0 + (t− t0) · ~v0 +1

2~a · (t− t0)2

(moto uniformemente accelerato)(6.24)


x(t) = x0 + (t− t0) · vx,0 +1

2ax · (t− t0)2

y(t) = y0 + (t− t0) · vy,0 +1

2ay · (t− t0)2

z(t) = z0 + (t− t0) · vz,0 +1

2az · (t− t0)2

(6.25)

La rappresentazione grafica della legge oraria del moto uniformementeaccelerato, per la componente cartesiana z, appare come nella Fig. 6.4.

6.5.2 Traiettoria

Per capire la forma della traiettoria, conviene orientare gli assi cartesiani inmodo che z sia parallelo a ~a, in tal caso:

ax = ay = 0 ; az ≡ a


t

x

t0

x0

x(t)

t

y

t0

y0

y(t)

t

z

t0

z0

z(t)

Figura 6.5: Grafici della legge oraria del moto uniformemente accelerato,per le tre coordinate cartesiane x = x(t), y = y(t), z = z(t). L’orientamentodegli assi cartesiani e stato scelto in modo che l’accelerazione ~a sia lungol’asse z e che la velocita iniziale ~v0 non abbia componente lungo l’asse y. Inquesto modo il grafico della legge oraria x(t) e una retta (non c’e accelerazionelungo x) mentre quello di y(t) e una retta orizzontale (non c’e velocita lungoy). Invece, in grafico della legge oraria z(t) e una parabola: nell’esempio,az > 0, cosicche la concavita e verso l’alto — per az < 0 la concavita sarebbestata verso il basso. La posizione (x0, y0, z0) e occupata all’istante t = t0.

e le componenti della velocita lungo x, y sono costanti: vx = vx,0 e vy = vy,0.Possiamo inoltre scegliere y ortogonale alla velocita iniziale ~v0, cosicche:

vy = 0

La legge oraria in coordinate cartesiane diventa quindi:

x(t) = x0 + t · vx,0y(t) = y0

z(t) = z0 + t · vz,0 +1

2a · t2

(per semplicita di calcolo abbiamo assunto t0 = 0). Il grafico della leggeoraria, per le tre coordinate, e illustrato in Fig. 6.5.

Abbiamo quindi due casi:

• La velocita iniziale ~v0 e nulla, oppure parallela all’accelerazione ~a. Intal caso, anche vx,0 = 0; l’oggetto si muove solo lungo z, cioe e un motorettilineo: si chiama moto rettilineo uniformemente accelerato. Esso ecaratterizzato da:

z(t) = z0 + vz,0t+a

2t2

vz(t) = vz,0 + at


• La velocita iniziale ~v0 ha una componente ortogonale all’accelerazione

~a. Allora vx = vx,0 6= 0; si puo ricavare t =x− x0

vx,0dalla 1a equazione

e sostituirlo nella 3a, ottenendo:

z = z0 + vz,0

(x− x0

vx,0

)+a

2

(x− x0

vx,0

)2

Allora z ha una dipendenza quadratica da x, quindi la traiettoria e unaparabola con l’asse parallelo a z. La concavita della parabola e rivoltaverso +z o −z a seconda che sia a > 0 o a < 0.

6.5.3 Esercizi sul moto rettilineo uniformementeaccelerato

Ricordiamo le leggi orarie del moto uniformemente accelerato, nel casoparticolare che esso avvenga lungo una linea retta. Possiamo scegliere ilsistema di coordinate Oxyz in modo che l’asse x sia orientato lungo ladirezione del moto: le Eq. (6.25), Eq. (6.23) si riducono a:

x(t) = x0 + v0 · (t− t0) +1

2a · (t− t0)2

v(t) = v0 + a · (t− t0)(6.26)

(lungo y, z non c’e moto).

Esercizio 6.1. Una pallina rotola giu per una rotaia inclinata, partendo daferma. Per scendere di una lunghezza ` = 1.5 m impiega un tempo t = 5 s.Assumendo che il moto sia uniformemente accelerato, calcolare l’accelerazione a.Che velocita ha raggiunto?

Risposta. Poiche la pallina parte da ferma, la relazione fra la distanza `

percorsa e il tempo impiegato e ` =1

2at2. Da qui si puo ricavare l’accelerazione

a =2`

t2=

3 m

25 s2= 0.12 m/s2. La velocita finale pertanto e v = at =

0.12 m/s2 · 5 s = 0.6 m/s.

Esercizio 6.2. Consideriamo sempre la pallina e la rotaia dell’esempioprecedente. Lungo la discesa, a distanze intermedie x1 = 50 cm, x2 = 1 m,sono poste delle fotocellule collegate a cronometri, che rilevano tempi di passaggiodi t1 = 2.89 s e t2 = 4.08 s rispettivamente. Queste osservazioni confermano cheil moto sia effettivamente “uniformememnte accelerato”?

Risposta. Con l’accelerazione calcolata, ci si aspetta che le distanze percorse

dopo un tempo tk siano xk =1

2at2k; dunque, al tempo t1 = 2.89 s risulterebbe


x1 = 0.501 m, e a t2 = 4.08 s risulterebbe x2 = 0.999 m. Queste previsioni sonoin accordo entro 1 mm con le posizioni dei cronometri.

Commento. Un accordo entro 1 mm e accettabile? Con quale precisione

e nota la posizione delle fotocellule? Qual e la precisione dei cronometri? Per

concludere se l’osservazione e in accordo con l’ipotesi di moto uniformemente

accelerato bisognerebbe investigare questi quesiti. Purtroppo cio va al di la dello

scopo di questo testo. . .

Esercizio 6.3. Un carrello scende lungo una rotaia con moto uniformementeaccelerato. Partendo da fermo, impiega t = 10 s per percorrere ` = 5 m. Lo stessocarrello, se lanciato dal basso con una velocita v0, risale la rotaia fino a fermarsidopo una distanza `′ = 3 m. Calcolare v0.

Risposta. Come negli esempi precedenti, si puo calcolare l’accelerazione

del carrello in discesa: a =2`

t2= 0.1 m/s2. Per calcolare v0 occorre

sapere con che legge si muove il carrello in salita. Si tratta di un modo

“uniformemente decelerato”, ovvero uniformemente accelerato con accelerazione

negativa. L’accelerazione e caratteristica del sistema carrello-rotaia, pertanto

sara la stessa che aveva in discesa, a parte il segno. Possiamo scrivere quindi

x(t) = v0t−a

2t2, esplicitando il segno − davanti ad a. Il tempo t′ a cui il carrello

si arresta e dato dalla legge della velocita, v(t) = v0−at, in cui si ponga v(t′) = 0,

quindi: t′ =v0

a. Introducendo t′ nella legge di x(t), e imponendo x(t′) = `′,

si ottiene `′ = v0t′ − a

2(t′)2 =

v20

a− v2

0

2a=

v20

2a. Risolvendo per v0, abbiamo

v0 =√

2a`′ =√

0.6 m2/s2 = 0.775 m/s.

6.5.4 Esercizi sui moti di caduta

In prossimita della superficie terrestre, un oggetto sottoposto solo alla gravitasubisce una accelerazione diretta verso il basso, pari a:

~a = −gz

essendo g = 9.806 m/s2 [1] e z il versore verticale orientato verso l’alto.Pertanto, qualunque moto di oggetti sotto l’azione della gravita —

in prossimita della superficie terrestre!! — e riconducibile al motouniformemente accelerato.

Esercizio 6.4. Un oggetto cade da fermo nel campo gravitazionale terrestre.Che distanza ha percorso, e che velocita ha raggiunto, dopo 1 secondo?

1 In realta il valore di g non e uniforme su tutta la superficie terrestre: quello indicatoqui e un valore valido alle medie latitudini.


Risposta. Si fa semplicemente uso delle componenti-z delle Eq. (6.25) eEq. (6.23):

∆z = −g2t2 = −4.903 m ; vz = −gt = −9.806 m/s

Esercizio 6.5. Un oggetto cade da fermo dall’altezza h = 1 m nel campogravitazionale terrestre. Quanto tempo dura la sua caduta? Con che velocitaraggiunge il suolo? Come cambierebbero queste risposte, se l’altezza della cadutafosse h′ = 2 m?

Risposta. Si tratta di un moto uniformemente accelerato con ~a = −gz.L’oggetto parte da fermo, pertanto le componenti della velocita lungo le direzioniorizzontali x, y sono e restano nulle. Il moto e quindi rettilineo lungo la verticale.Scegliamo l’origine (z = 0) al livello del suolo, cosicche il valore iniziale di z ez0 = h. La legge oraria e data dalla componente lungo z delle Eq. (6.25):

z = h− g

2t2

L’oggetto tocca terra quando z = 0, dunque deve essere 0 = h − g

2t2: risolvendo

per t si trova

t =

√2h

g= 0.45 s

La velocita con cui l’oggetto cade e data dalla componente lungo z delle Eq. (6.23):all’istante in cui tocca il suolo abbiamo:

vz = −gt = −√

2gh = −4.43 m/s

Il segno − di vz significa che la velocita ha direzione opposta al’orientamentodell’asse z.

Sia il tempo impiegato a cadere, che la velocita finale, sono proporzionali a√h. Se la caduta fosse stata da h′ = 2 m, entrambi aumenterebbero di un fattore√2, diventando rispettivamente 0.64 s e 6.26 m/s

Esercizio 6.6. Un oggetto cade dall’altezza h = 1 m nel campo gravitazionaleterrestre. La sua velocita iniziale e orizzontale e vale vx0 = 2 m/s. Quanto tempodura la sua caduta? Quanto e spostato il punto in cui cade, rispetto alla posizionein cui cadrebbe partendo da fermo?

Risposta. Si tratta sempre di un moto uniformemente accelerato con ~a =−gz, pero ora la velocita iniziale ha una componente ortogonale alla accelerazione.Quindi il moto non e piu rettilineo — anzi sappiamo che e parabolico. Il problemava affrontato in due dimensioni. Scegliamo l’origine degli assi cartesiani al livellodel suolo, nel punto dove cadrebbe l’oggetto se partisse da fermo. La legge orariae data dalle componenti x, z delle Eq. (6.25):

z = h− g

2t2 ; x = vx0t


Il tempo impiegato a cadere si ricava sempre dalla legge oraria di z, imponendoz = 0, cioe esattamente come nell’esempio precedente: il risultato e ovviamenteidentico:

t =

√2h

g= 0.45 s

ovvero il tempo impiegato a cadere non cambia se il moto aveva una componenteiniziale di velocita orizzontale. Lo spostamento del punto di caduta rispetto allacaduta verticale e:

∆x = vx0t = vx0

√2h

g= 0.90 m

Esercizio 6.7. Un oggetto viene sparato dall’altezza h = 1 m nel campogravitazionale terrestre. La sua velocita iniziale e obliqua, con una componenteverticale vz0 = 3 m/s e una orizzontale vx0 = 2 m/s. Quanto tempo dura lasua caduta? Quanto e spostato il punto in cui cade, rispetto alla posizione in cuicadrebbe partendo da fermo?

Risposta. Anche qui si tratta di un moto uniformemente accelerato con~a = −gz, con traiettoria parabolica. Il problema si affronta in due dimensioni.Scegliamo l’origine degli assi cartesiani al livello del suolo, nel punto dove cadrebbel’oggetto se partisse da fermo. La legge oraria e data dalle componenti x, z delleEq. (6.25):

z = h+ vz0t−g

2t2 ; x = vx0t

La durata del volo si ricava sempre imponendo z = 0 e risolvendo per t, pero questavolta c’e una componente iniziale della velocita verticale che cambia il risultato.L’equazione da risolvere e gt2 − 2vz0t − 2h = 0. Si tratta di una equazione di 2

grado nell’incognita t, che ha due soluzioni:

t± =vz0 ±

√v2z0 + 2gh

g

La soluzione t− =vz0 −

√v2z0 + 2gh

ge negativa (essendo

√v2z0 + 2gh > vz0),

pertanto si riferirebbe ad un tempo anteriore alle condizioni iniziali, cioe aprima che il proiettile venisse sparato. Per questa ragione viene scartata, e ciconcentriamo su quella positiva:

t+ =vz0 +

√v2z0 + 2gh

g= 0.85 s

Lo spostamento del punto di caduta rispetto alla caduta verticale e:

∆x = vx0t+ = 1.70 m


Osservazione. Notiamo che il tempo di caduta e maggiore rispetto ai casiprecedenti, nonostante l’altezza iniziale sia la stessa: h = 1 m. La ragione sta nelfatto che il proiettile era dotato di una velocita iniziale con una componente vz0diretta verso l’alto. Pertanto prima di iniziare a cadere, e effettivamente salito.Per sapere di quanto e salito, dobbiamo trovare l’istante in cui la sua velocitaverticale si e annullata. La legge oraria di tale velocita e

vz = vz0 − gt

da cui si ricava che abbiamo vz = 0 all’istante t =vz0g

= 0.31 s. A tale istante il

proiettile ha raggiunto un’altezza h+ vz0t−g

2t2 = 1.46 m.

Esercizio 6.8. Un oggetto viene sparato dall’altezza del suolo nel campogravitazionale terrestre. La sua velocita iniziale v0 = 5 m/s e obliqua, e formaun angolo α con l’orizzontale. Calcolare qual e l’angolo ottimale per massimizzarela “gittata”, ovvero la distanza a cui il proiettile tocca il suolo. Quindi calcolare lagittata.

Risposta. Scegliamo il sistema di riferimento cartesiano con l’origine nelpunto dove viene sparato il proiettile. Il problema e bidimensionale. Le componentidella velocita iniziale sono

vx0 = v0 cosα ; vz0 = v0 sinα

La legge oraria e:

z = vz0t−g

2t2 ; x = vx0t

L’istante in cui il proiettile impatta il suolo e dato da z = 0, quindi t(vz0 −

g

2t)

=

0. Questa equazione e di 2 grado e ha due soluzioni. Una e t = 0, che coincidecon l’istante in cui il proiettile viene sparato: non e quella che cerchiamo. L’altrae

t =2vz0g

=2v0

gsinα

La gittata quindi vale

∆x = vx0t = v0 cosα · 2v0

gsinα =

v20

g· 2 sinα cosα

E qui occorre conoscere la trigonometria. . . in particolare, la relazione2 sinα cosα = sin(2α). Per massimizzare ∆x, occorre massimizzare sin(2α).Questo si ottiene per 2α = π/2, ovvero per α = π/4 (45 gradi). In tal caso lagittata e

∆x =v2

0

g= 2.55 m

6.6. MOTI CIRCOLARI 107

Esercizio 6.9. I delfini tursiopi sono veloci nuotatori: possono lanciarsi a grandivelocita ed emergere dall’acqua con salti alti anche 10 metri. Anche i pinguininon se la cavano male: battendo le ali sott’acqua possono acquisire una buonavelocita e balzare fuori dall’acqua fino a 3 metri di altezza, cosa che permette lorodi salire rapidamente sulle rive ghiacciate. Con quale velocita devono nuotarequesti animali, per raggiungere queste altezze?

Risposta. Chiamiamo v0 la velocita che l’animale riesce a tenere in acqua.Appena esce dall’acqua non puo piu spingersi, quindi e soggetto solo alla forza digravita che lo tira verso il basso con accelerazione g. Dall’istante t = 0 in cui esce

dall’acqua, il suo moto e governato dalle leggi orarie v = v0 − gt e h = v0t−g

2t2.

La massima altezza e raggiunta quando la velocita si annulla: 0 = v0 − gt, quindi

tmax =v0

g. L’altezza raggiunta a questo istante e hmax = v0tmax −

g

2t2max =

v0v0

g− g

2

(v0

g

)2

=v2

0

2g. Ovvero, v0 =

√2ghmax.

Per il delfino, hmax = 10 m, quindi v0 =√

2(9.806 m/s2)(10 m) =14.00 m/s ' 50 km/h.

Per il pinguino, hmax = 3 m, quindi v0 =√

2(9.806 m/s2)(3 m) = 7.67 m/s '28 km/h.

6.6 Moti circolari

I moti lungo traiettorie circolari costituiscono una casistica molto speciale:in natura e improbabile che un oggetto si muova lungo una traiettoriaperfettamente circolare. In realta, esistono molti esempi pratici per i qualiquesto moto e realizzato con vincoli meccanici — per esempio il puntomateriale segue una rotaia, oppure e trattenuto a distanza fissa da unancoraggio mediante un filo inestensibile.

Questi moti ci consentono di introdurre diversi concetti, come il raggiodi curvatura e la velocita angolare. Infine, vedremo nella Sezione 6.7 cheogni moto curvilineo, per tratti infinitamente brevi, puo essere approssimatocome un moto lungo un archetto di cerchio.

Consideriamo un moto molto particolare: quello di un punto materialeche si muove lungo una traiettoria circolare, come illustrato in Fig. 6.6.

Si tratta di un moto piano, quindi puo essere studiato con coordinatecartesiane (O;x, y), in cui l’origine O e posta nel centro della traiettoriacircolare. La distanza ρ dal centro e fissata; la posizione quindi e individuatada un angolo φ, e le coordinate cartesiane sono:


x^

y^

φ

y = ρ sin φ

x = ρ cos φ

ρ

v

ds = ρ dφ

dφ

Figura 6.6: Moto circolare.

x = ρ cosφ

y = ρ sinφ(6.27)

In un tempo infinitesimo dt, il punto si sposta con velocita scalare v lungola circonferenza, per un tratto ds tale che:

ds = ρ dφ

= v dt

pertanto:

v = ρdφ

dt

Si introduce la velocita angolare

ω =dφ

dt(6.28)


che e legata alla velocita scalare v dalla relazione

v = ω ρ (6.29)

Le componenti cartesiane della velocita ~v si ottengono per derivazionetemporale:

vx =dx

dt= −ρω sinφ

vy =dy

dt= ρω cosφ

(6.30)

e derivando una seconda volta si ottengono le componenti cartesianedell’accelerazione ~a:

ax =dvxdt

= ρ

(−dωdt

sinφ− ω2 cosφ

)ay =

dvydt

= ρ

(dω

dtcosφ− ω2 sinφ

) (6.31)

Confrontando le Eq. (6.31) con le Eq. (6.30), Eq. (6.27), e osservando che:

ρdω

dt=dv

dt;

− sinφ =vxωρ

=vxv

cosφ =vyωρ

=vyv

si trova:

ax = −ω2 x+dv

dt

vxv

ay = −ω2 y +dv

dt

vyv

(6.32)

Possiamo riscrivere questa relazione in forma vettoriale: essendo laposizione ~ρ = xx+ yy e l’accelerazione ~a = axx+ ayy, troviamo:

~a = −ω2 ~ρ︸︷︷︸~an

+dv

dtv︸︷︷︸

~at

(6.33)

L’accelerazione e stata scomposta in due componenti:


r

v

ωθ

O

dφ

ρ

Figura 6.7: Moto circolare

• una componente parallela alla direzione del moto, dunque tangente allatraiettoria:

~at =dv

dtv (accelerazione tangenziale) (6.34)

che descrive la variazione della velocita scalare;

• una componente perpendicolare alla direzione del moto, diretta versoil centro della circonferenza

~an = −ω2~ρ (accelerazione centripeta) (6.35)

che descrive il cambiamento di direzione del moto.

Usando ω =v

r— Eq. (6.29) — l’Eq. (6.35) puo essere scritta anche come:

~an = −v2

ρρ (accelerazione centripeta) (6.36)

6.6.1 Moto di rotazione intorno a un asse fissato

Ora consideriamo il moto di un punto che ruota intorno ad un asse,individuato dal versore u, come indicato in Fig. 6.7. La traiettoria e semprecircolare, come nell’esempio precedente, ma stiamo immergendo il moto inuno spazio 3-dimensionale.


Nel tempo infinitesimo dt si compie una rotazione di angolo dφ. Pertantodefiniamo la velocita angolare

ω =dφ

dt(6.37)

In questo caso, conviene misurare la posizione ~r da un’origine O sceltasull’asse di rotazione. Essendo θ l’angolo fra ~r e u, il raggio di curvaturadel moto e

ρ = r sin θ

pertanto lo spostamento ds nel tempo dt e:

ds = ρ dφ = ρω dt

e la velocita (scalare) del moto e:

v =ds

dt= ω ρ = ω r sin θ

Sempre dalla Fig. 6.7 si deduce che la velocita vettoriale ~v deve averedirezione ortogonale al piano che contiene ~r e u. Queste considerazionisuggeriscono di definire il tutto attraverso una relazione vettoriale.

E conveniente definire il vettore velocita angolare come

~ω = ωu (6.38)

Ora e facile verificare che la relazione

~v = ~ω × ~r (6.39)

soddisfa tutti i requisiti: basti pensare alle proprieta del prodotto vettorialedescritte in Sezione 5.4: direzione e modulo sono corretti.

6.6.2 Derivata di vettore che ruota intorno a un asse

Quanto detto nella sezione precedente puo essere generalizzato a unqualunque vettore ~A, costante in modulo, che ruota intorno ad un asse ucon velocita angolare ~ω ≡ ωu. La situazione e sempre la stessa raffiguratain Fig. 6.7 — a parte la sostituzione ~r → ~A. La derivata del vettore devequindi valere:

d ~A

dt= ~ω × ~A (vettore rotante) (6.40)

Un caso particolare, che ci sara molto utile piu avanti, e quello del versorerotante — dato un versore e qualunque, ovviamente |e| = 1 e costante perdefinizione. Quindi la derivata del versore e:

de

dt= ~ω × e (versore rotante) (6.41)


t^n^

b^

ω

ρ

x^y^

z^

O

r

Figura 6.8: Approssimazione di una traiettoria curva con il suo cerchioosculatore, e definizione dei versori tangente, normale, e binormale, t, n, b.

6.7 Traiettorie curve

Una traiettoria curva, in ogni punto puo essere approssimata con un archettoinfinitesimo di cerchio (“cerchio osculatore”) [2], come in Fig. 6.8. Quindi,localmente, possiamo trattare il moto come se fosse circolare.

Il raggio del cerchio osculatore si chiama raggio di curvatura, ρ.Possiamo definire tre versori:

• il versore tangente t, tangente alla traiettoria e orientato nel verso dipercorrenza;

• il versore normale n, ortogonale alla traiettoria e giacente sul piano delcerchio osculatore, orientato verso il suo centro;

• il versore binormale, ortogonale al piano del cerchio osculatore, edefinito da b = t× n.

In generale, quando un moto avviene lungo una traiettoria curva, lavelocita ~v(t) puo cambiare sia in direzione che in modulo.

2 Immaginate un punto generico P sulla traiettoria, e altri due punti “satelliti” P ′, P ′′

posti prima e dopo di P : questi 3 punti individuano in modo univoco un piano e unacirconferenza. Ora immaginiamo che i punti P ′, P ′′ si spostino sempre piu vicini al punto

P : l’arco di circonferenza_

P ′PP ′′ approssima sempre meglio l’arco di traiettoria da P ′ aP ′′. La circonferenza osculatrice si ottiene come passaggio al limite di P ′ → P e P ′′ → P .

6.7. TRAIETTORIE CURVE 113

Si puo definire il versore tangente nei due modi equivalenti:

t =~v

v=

d~r

ds(6.42)

Ovviamente ~v = vt. L’accelerazione si puo quindi scrivere come:

~a =d(vt)

dt=

dv

dtt︸︷︷︸

~at

+ vdt

dt︸︷︷︸~an

(6.43)

Evidentemente, ~at e parallela a ~v. Inoltre, utilizzando la derivata del versore,Eq. (6.41), possiamo scrivere

~an = v ~ω × t= ~ω × ~v

(6.44)

da cui ~an e manifestamente ortogonale a ~v.Il vettore ~ω che compare nell’Eq. (6.44) e ortogonale al piano del cerchio

osculatore:

~ω = ω b

la velocita scalare v e legata a ρ da:

v = ω ρ

quindi l’Eq. (6.44), nella sua prima versione, si riscrive:

~an = v(ωb)× t = ωvn

=v2

ρn

= ω2ρn

(6.45)

Si puo anche dare una definizione vettoriale del raggio di curvatura, comevettore ~ρ, orientato dal centro di curvatura verso la posizione del punto [3]:

~ρ = −ρn (6.46)

3 ATTENZIONE pero: ~ρ NON e il raggio vettore ~r: in generale, l’origine O, a cui siriferisce la posizione ~r, non coincide con il centro di curvatura. Solo se la traiettoria eesattamente circolare allora si puo scegliere O nel suo centro, altrimenti e impossibile.


dα

d r

d(d r)

t^

n^ρ

Figura 6.9: Calcolo didt

ds.

Cosı l’Eq. (6.45) si puo riscrivere come:

~an = −ω2~ρ = −v2

ρρ (6.47)

6.7.1 Derivazione piu formale (*)

Una traiettoria curva puo essere parametrizzata con la sua coordinatacurvilinea s — quella introdotta nel Capitolo 2, Sezione 2.1:

~r = ~r(s)

Essendo |d~r| = ds, possiamo scrivere

t =d~r

ds(6.48)

Per trovare ρ e n, ragioniamo sulla Fig. 6.9, dove abbiamo considerato ilcerchio osculatore della traiettoria. Ad una variazione ds della coordinatacurvilinea corrisponde una variazione angolare dα rispetto al centro delcerchio osculatore — o centro di curvatura. La relazione e:

dα =ds

ρ

6.7. TRAIETTORIE CURVE 115

Anche il versore t con lo spostamento subisce una variazione dello stessoangolo dα. Dalla figura, si vede che dt e orientato come n. Pertanto, per lasimilitudine dei triangoli,

dt = dα n =ds

ρn (6.49)

Ora pero:

dt = d

(d~r

ds

)=

d2~r

ds2ds

quindi per confronto:1

ρn =

d2~r

ds2(6.50)

Quest’ultima equazione permette di calcolare sia n che ρ, dallaparametrizzazione ~r(s).

La velocita vettoriale ~v e sempre orientata come il versore t:

~v = v t

Pertanto, l’accelerazione puo sempre essere scritta come:

~a =d~v

dt=

d

dt

(v t)

=dv

dtt+ v

dt

dt

da cui si nota che essa puo essere scomposta in due componenti:

• una che produce una variazione della velocita scalare:dv

dtt

• un’altra che produce una variazione della direzione: vdt

dt

La prima componente e abbastanza intuitiva. Per la seconda, occorre

lavorare sulla derivata del versore,dt

dt. Riparametrizziamo la traiettoria con

il tempo t, anziche con la coordinata curvilinea s. Per fare questo passaggiodobbiamo tenere conto che

ds = v dt (v ≡ |~v|)

dt

dt=

ds

dt

1

ρn =

v

ρn


quindi

~a =dv

dtt︸︷︷︸

~at

+v2

ρn︸︷︷︸

~an

(6.51)

L’accelerazione si puo scomporre in due componenti ortogonali fra loro:

• l’accelerazione tangenziale,

~at =dv

dtt (6.52)

parallela a ~v, che produce variazioni nel modulo della velocita;

• l’accelerazione centripeta,

~an =v2

ρn (6.53)

ortogonale a ~v, che produce variazioni nella direzione della velocita.

Per vedere che solo ~at produce una variazione di v, procediamo cosı:

v2 = ~v · ~vd

dt

(v2)

=d

dt(~v · ~v)

2vdv

dt= 2~v · d

~v

dt= 2~v · ~a

dv

dt=

~v

v· ~a = t · ~a

Un’altra scrittura dell’accelerazione centripeta si puo ottenere ricordando(Sezione 6.6.1) che

v = ωρ

e che ρ, essendo il raggio di curvatura, punta dal centro di curvatura versola posizione dell’oggetto puntiforme, dunque e opposto a n:

~ρ = −ρn

Quindi, l’Eq. (6.53) puo essere riscritta come:

~an = −ω2~ρ (6.54)

6.8. ESERCIZI 117

6.8 Esercizi

Per calcolare le derivate e gli integrali in questi esercizi, possono essere d’aiutole tabelle in Sezione 4.3.

Esercizio 6.10. Un oggetto puntiforme si muove con la seguente legge oraria:

x(t) = A cos(ωt)

y(t) = Be−γt

z(t) = Ct3

Scrivere, per coordinate cartesiane, la velocita e l’accelerazione in funzione deltempo.

Risposta. Per calcolare la velocita, basta derivare le coordinate cartesiane:

vx(t) =dx

dt= −ωA sin(ωt)

vy(t) =dy

dt= −γBe−γt

vz(t) =dz

dt= 3Ct2

e per calcolare l’accelerazione si derivano le velocita:

ax(t) =dvxdt

= −ω2A cos(ωt)

ay(t) =dvydt

= γ2Be−γt

az(t) =dvzdt

= 6Ct

Esercizio 6.11. Un oggetto puntiforme si muove con una velocita che, incoordinate cartesiane, vale:

vx(t) = axt ( ax = 3 m/s2 )

vy(t) = uyeγt ( uy = 2.5 m/s ; γy = 0.1 s−1 )

vz(t) = 0

All’istante t = 0 si trova nella posizione ~r0 ≡ (1 m, 0 m, 1 m). Calcolare la suaposizione al tempo t1 = 10 s.


Risposta. Per ottenere il vettore-spostamento ∆~r occorre integrare ciascunacomponente della velocita:

∆x =

∫ t1

0dt vx(t) =

[ax2t2]t1

0= 150 m

∆y =

∫ t1

0dt vy(t) =

[uyγ

eγt]t1

0

= (25 m)(e1 − e0

)= 42.95 m

∆z =

∫ t1

0dt vz(t) = 0

La posizione finale si ottiene come ~r1 = ~r0 + ∆~r. Per coordinate cartesiane siottiene

x1 = x0 + ∆x = 151 m

y1 = y0 + ∆y = 42.95 m

z1 = z0 + ∆z = 1 m

Esercizio 6.12. Un oggetto che cade liberamente in verticale acquista velocitasempre maggiori. In tempi pre-Galileiani, quando le leggi del moto non eranoancora state formulate, c’era l’ipotesi — sbagliata — che la velocita v fossedirettamente proporzionale allo spazio totale percorso s. Con il linguaggiocinematico che abbiamo imparato, formuleremmo questa ipotesi cosı:

v(t) = α · s(t)

Si provi a dedurre la legge oraria del moto sotto questa ipotesi. Suggerimento:

scrivere v =ds

dt, quindi si scriva la legge del moto come

ds

s= αdt, oppure si sfrutti

la proprieta della derivata del logaritmod ln(f(t))

dt=f ′(t)

f(t), essendo f ′(t) ≡ df

dt.

Se partisse da fermo, l’oggetto cadrebbe davvero?

Risposta. La legge del moto eds

dt= αs, che si puo scrivere come

ds

s=

αdt. Mettendo un segno di integrale, con estremi opportuni, da entrambi i lati,

otteniamo

∫ s

s0

ds′

s′= α

∫ t

0dt′, ovvero ln

(s

s0

)= t. Risolvendo per s si trova:

s = s0eαt

Approccio piu formale (ma meno diretto): scriviamo la legge del moto cosı:ds/dt

s(t)= α. Assomiglia molto alla forma

f ′(t)

f(t), ma attenzione: non possiamo porre

f ≡ s perche il logaritmo accetta come argomento solo numeri privi di dimensioni

6.8. ESERCIZI 119

— non possiamo fare ln(s). Quindi poniamo f(t) =s(t)

s, con s una distanza

arbitraria. Allora

d ln(f(t))

dt=f ′(t)

f(t)=ds/dt

s(t)= α

La derivata di ln(f(t)) e una costante, α, quindi ln(f(t)) = αt+β (con β costante

arbitraria), ovveros(t)

s= f(t) = eαt+β, infine s(t) = seβeαt. Risultato identico a

quello trovato con l’approccio piu diretto — basta identificare s0 con seβ.

Per rispondere all’ultima domanda: la velocita e v(t) =ds(t)

dt= αs0eαt; se

per t = 0 l’oggetto e fermo, l’unica possibilita e che sia α = 0, ma cosı sarebbeanche s(t) = 0 sempre, ovvero l’oggetto non entrerebe mai in movimento, cioe noncadrebbe mai. Pur senza conoscere ancora il calcolo differenziale, Galileo avevaintuito che una legge del moto v ∝ s non avrebbe mai funzionato.

Esercizio 6.13. Galileo, dopo ripetuti esperimenti, osservo una regolarita nella“caduta dei gravi”: un oggetto, lanciato con velocita orizzontale v0 e libero dicadere, si muove con una traiettoria curva, contenuta in un piano verticale.Adottando su questo piano due coordinate cartesiane, con l’asse x lungo v0 e l’assez verso l’alto, la legge oraria osservata e sempre esprimibile come:

x(t) = v0t

z(t) = −g2t2

Calcolare la velocita e l’accelerazione vettoriali, per componenti cartesiane, in ungenerico istante t. Calcolare inoltre la velocita scalare v, l’accelerazione tangenzialeat, l’accelerazione centripeta an, il raggio di curvatura ρ, e la velocita angolare ω.

Risposta. La velocita, per componenti cartesiane, si calcola derivando x, zrispetto a t:

vx(t) = v0

vz(t) = −gt

Derivando ancora rispetto a t si trova l’accelerazione, per componenti cartesiane:

ax(t) = 0

az(t) = −g

La velocita scalare e

v =√v2x + v2

z =√v2

0 + (gt)2


L’accelerazione tangenziale si puo calcolare proiettando ~a su ~v:

at = ~a ·~v

v=

axvx + azvzv

=g2t√

v20 + (gt)2

L’accelerazione centripeta si calcola di conseguenza:

an =√a2 − a2

t =

√g2 − (g2t)2

v20 + (gt)2

= g

√1− (gt)2

v20 + (gt)2

=v0g√

v20 + (gt)2

Il raggio di curvatura si calcola da an =v2

ρ

ρ =v2

an=

(v2

0 + (gt)2)3/2

v0g

Infine, la velocita angolare si calcola come

ω =v

ρ=

v0g

v20 + (gt)2

Osservazione. All’inizio (t = 0) l’accelerazione e solo centripeta: an =

g , at = 0. Man mano che passa il tempo, at cresce, tendendo a g; nel frattempo

an decresce, tendendo a 0; anche la velocita aumenta in modulo con una legge

complicata. Invece, in coordinate cartesiane, le componenti dell’accelerazione sono

tutte costanti, e anche l’evoluzione delle velocita e piu semplice. La descrizione

del moto per componenti cartesiane e decisamente piu semplice che scomponendo

lungo le direzioni tangente e ortogonale alla traiettoria. Anche questa idea e stata

un’altra delle innovazioni che dobbiamo a Galileo.

6.9 Riassunto

Riassumiamo i concetti introdotti finora. Un oggetto che si sposta nellospazio, all’istante t ha una posizione ~r(t) ≡ (x(t), y(t), z(t)). La sua velocita,in forma vettoriale e per componenti cartesiane, e definita da:

~v(t) =~r(t+ dt)− ~r(t)

dt;

vx(t) =x(t+ dt)− x(t)

dt

vy(t) =y(t+ dt)− y(t)

dt

vz(t) =z(t+ dt)− z(t)

dt

6.9. RIASSUNTO 121

mentre l’accelerazione e espressa come:

~a(t) =~v(t+ dt)− ~v(t)

dt;

ax(t) =vx(t+ dt)− vx(t)

dt

ay(t) =vy(t+ dt)− vy(t)

dt

az(t) =vz(t+ dt)− vz(t)

dt

Relazioni fra posizione e velocita:

velocita ~v =d~r

dt

vx =dx

dt

vy =dy

dt

vz =dz

dt

spostamento ∆~r =

∫ t

t0

dt′ ~v(t′)

∆x =

∫ t

t0

dt′ vx(t′)

∆y =

∫ t

t0

dt′ vy(t′)

∆z =

∫ t

t0

dt′ vz(t′)


Relazioni fra velocita e accelerazione:

accelerazione ~a =d~v

dt

ax =dvxdt

ay =dvydt

az =dvzdt

variazione di velocita ∆~v =

∫ t

t0

dt′ ~a(t′)

∆vx =

∫ t

t0

dt′ ax(t′)

∆vy =

∫ t

t0

dt′ ay(t′)

∆vz =

∫ t

t0

dt′ az(t′)

Formule per il moto rettilineo uniforme:

~a = 0

~v(t) = ~v0(costante)

~r(t) = ~r0 + ~v0 · (t− t0)

Formule per il moto uniformemente accelerato:

~a = costante

~v(t) = ~v0 + ~a · (t− t0)

~r(t) = ~r0 + ~v0 · (t− t0) +1

2~a · (t− t0)2

6.9. RIASSUNTO 123

Formule per il moto su traiettoria curvilinea:

~ω =dα

dtb

dt

dt= ~ω × t

v = ω ρ

~a = ~at + ~an

~at = (~a · v) v =dv

dtv

~an = ~a− ~at = −v2

ρρ = −ω2 ~ρ = ~ω × ~v

Capitolo 7

Dinamica del punto materiale

La cinematica descrive le caratteristiche del moto di un oggetto: legge oraria,velocita accelerazione. La dinamica indaga le cause del moto.

Piu precisamente, il moto di un oggetto e influenzato dalla sua“interazione” con l’ambiente circostante. Tutto cio che si trova nello spaziointorno ad un oggetto puo influire sul suo moto, o per contatto diretto, oppureanche a distanza.

Abbiamo esempi ovvi di interazione per contatto, quando due oggetti siurtano, o sfregano l’uno contro l’altro, o quando spingiamo o tiriamo unoggetto. Tuttavia, esistono anche le interazioni a distanza — per esempioquando una calamita attrae un oggetto di ferro, o quando un qualunqueoggetto cade al suolo: in questi casi il moto dell’oggetto subisce influenzesenza che nessun altro oggetto lo tocchi.

La dinamica mette in relazione il moto di un oggetto e le sue interazionicon l’ambiente che lo circonda. Queste interazioni sono descritte con quantitavettoriali, chiamate forze. In questo capitolo vedremo le relazioni generalifra forze e moto. Nei capitoli successivi analizzeremo le diverse nature ecaratteristiche di tali forze.

7.1 Le leggi della dinamica

Le leggi della dinamica sono il frutto di accurati studi sperimentali sul motodegli oggetti e di un enorme sforzo intellettuale che ha fornito un metodomatematico per darne una descrizione unificata. Dobbiamo la nostra attualeconoscenza della dinamica a numerose menti del passato, fra cui e d’obbligoricordare Galileo Galilei e Isaac Newton.

125

126CAPITOLO 7. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE — M.FANTI

Introdurre le leggi della dinamica con un approccio “storico” — cioeripercorrendo i ragionamenti che hanno portato alla loro formulazione —sarebbe di estremo interesse, ma richiederebbe uno sforzo notevole, cheesula da questo contesto. Scegliamo invece una esposizione assiomatica, perragioni di maggiore chiarezza. Con questo non vogliamo essere dogmatici:al contrario, l’insieme di questi assiomi deve la sua validita al fatto chefunzionano! Nel senso che consentono di spiegare i moti osservati, e anche dipredirli.

Enunciamo ora le leggi della dinamica [1]:

[1] Legge di inerzia, o di Galileo (1a legge della dinamica)Un oggetto puntiforme che non sia soggetto ad azioni esterne rimanein quiete (fermo) oppure si muove di moto rettilineo uniforme.

[2] Forze e loro composizioneSe un oggetto subisce una o piu azioni esterne, queste sono descritte daquantita vettoriali che si chiamano forze. Nel caso agiscano piu azioniesterne, ciascuna di esse e descrivibile da una forza ~Fi; il loro effetto equello di produrre una forza risultante, pari alla somma vettoriale dellesingole forze:

~F =∑i

~Fi (7.1)

[3] Legge di Newton (2a legge della dinamica)Ogni oggetto e dotato di una proprieta intrinseca che si chiama massa.Un oggetto di massa m, sottoposto ad una forza ~F , oppure ad unsistema di forze la cui risultante sia ~F , subisce un’accelerazione ~a,data da

~F = m~a (7.2)

Riprenderemo bene questo concetto nella Sezione 7.3.1: per il momentopossiamo dire che la massa descrive l’inerzia di un oggetto, ovvero lasua “resistenza” ad essere accelerato.

[4] Legge di azione-reazione (3a legge della dinamica)Le forze agenti su un oggetto sono sempre dovute ad interazioni congli oggetti circostanti. A prescindere dalla natura di tali interazioni,

1 E prassi enunciare le “tre leggi della dinamica”, posponendo la legge di composizionedelle forze; trovo personalmente questa scelta piuttosto restrittiva, perche non succede mainella realta che esista una sola forza agente: tanto vale esporre tutti gli “assiomi” delladinamica contemporaneamente.

7.1. LE LEGGI DELLA DINAMICA 127

(1) (2)

F21

F12

(a) OK

(1) (2)F

21

F12

(b) OK

(1) (2)

F21

F12

(d) NO

(1) (2)F21

F12

(c) NO

Figura 7.1: Esempi di forze che soddisfano (a,b) o non soddisfano (c,d) il

principio di azione-reazione. L’oggetto (1) esercita una forza ~F21 sull’oggetto

(2), il quale a sua volta produce una forza ~F12 sull’oggetto (1). Nei casi (a,b)

le due forze sono uguali ed opposte: ~F12 = − ~F21; inoltre giacciono sulla rettacongiungente gli oggetti (1), (2). Quindi il principio di azione-reazione esoddisfatto. In particolare, nel caso (a) si tratta di forze attrattive, mentrenel caso (b) di forze repulsive. Nei casi (c,d) il principio di azione-reazionenon e soddisfatto: in (c), le forze giacciono sulla congiungente, ma non sono

uguali ed opposte ( ~F12 6= − ~F21); in (d) le forze sono uguali ed opposte manon giacciono sulla congiungente.

vale sempre una legge di reciprocita nelle interazioni fra oggetti: sel’oggetto (1) produce sull’oggetto (2) una forza ~F21, allora l’oggetto

(2) necessariamente deve produrre una forza uguale e contraria ~F12

sull’oggetto (1):

~F12 = − ~F21 (7.3)

Inoltre, le forze ~F12, ~F21 sono dirette lungo la linea retta che congiungegli oggetti (1) e (2). Questa legge e illustrata in Fig. 7.1. Dette ~r1, ~r2

le posizioni degli oggetti (1) e (2), la direzione che li congiunge e lungo(~r1 − ~r2), pertanto possiamo scrivere questa proprieta come:

~F12 , ~F21 parallele a (~r1 − ~r2) (7.4)



Nel Sistema Internazionale delle unita di misura (SI) la massa si misura inchilogrammi, kg. Altre unita utili sono il grammo, g, e i suoi multipli esottomultipli:

tonnellata ton = 1000 kgquintale q = 100 kg

chilogrammo kggrammo g = 10−3 kg

milligrammo mg 10−3 g = 10−6 kgmicrogrammo µg 10−6 g = 10−9 kg

Le forze nel SI si misurano in Newton, N. Il Newton e un’unita di misuraderivata, nel senso che si puo esprimere attraverso le unita fondamentali dilunghezza, tempo e massa: metri (m), secondi (s) e chilogrammi (kg). Sidefinisce “Newton” la forza necessaria per imprimere una accelerazione di1 m/s2 ad una massa di un chilogrammo.

N = kg m/s2 (7.5)

Un’altra unita di forza spesso usata e la dyne, definita come la forzanecessaria per imprimere una accelerazione di 1 cm/s2 ad una massa di ungrammo

dyne = g cm/s2 (7.6)

Essendo 1 kg = 1000 g e 1 m = 100 cm, si ricava subito la conversione fraNewton e dyne:

1 N = 105 dyne (7.7)

7.2 Commenti sulla legge di inerzia

La legge di inerzia — assioma [1] — ci insegna che il moto rettilineo uniformee il moto “naturale” di un oggetto.

Matematicamente, e semplicemente un caso particolare di ~F = m~a, per~F = 0. Tuttavia ci dice qualcosa di piu, ovvero che, in assenza di influenzeesterne, gli stati di quiete e di moto rettilineo uniforme sono altrettantonaturali per un oggetto. Non e necessario cercare una causa esterna pergiustificare che un oggetto, dotato di moto, continui a mantenere la suavelocita inalterata.

Viceversa, se in un moto riscontriamo delle accelerazioni, cioe dellevariazioni di velocita, allora devono essere all’opera degli agenti esterni chele causano.

7.2. COMMENTI SULLA LEGGE DI INERZIA 129

7.2.1 Come verificare la legge di inerzia?

Nel mondo reale e praticamente impossibile realizzare le condizioni di unmoto non soggetto ad azioni esterne: l’ambiente in cui viviamo e tutt’altroche vuoto, ed ogni oggetto tende ad interagire in qualche modo con l’ambienteche lo circonda: un oggetto, lanciato in aria, risente dell’azione del propriopeso — tende a cadere; oppure, un oggetto, lanciato sulla superficie di untavolo orizzontale, viene frenato dallo sfregamento — diciamo che risentedell’attrito con la superficie su cui appoggia.

L’ambiente in cui viviamo non consente di verificare la legge diinerzia direttamente, pertanto si arriva ad essa mediante un processo diastrazione. Per esempio, si possono far slittare oggetti via via piu liscisu superfici orizzontali via via piu levigate: ci accorgiamo che il moto esempre frenato, ma si approssima sempre piu ad un moto uniforme; nelfrattempo il rumore dello strisciamento diventa sempre piu debole, quindideduciamo che l’interazione con la superficie diventa sempre piu debole.Con un’estrapolazione concettuale, affermiamo che se l’interazione con lasuperficie scomparisse del tutto il moto sarebbe esattamente uniforme.

In effetti, si possono realizzare condizioni sperimentali molto simili aquelle di oggetti esenti da forze esterne. L’esempio tipico e fare uso diun piano orizzontale molto levigato, su cui vengono fatti scivolare oggettiappoggiati su dischi di ghiaccio secco. Il ghiaccio secco si ottiene dall’anidridecarbonica (CO2) a temperature inferiori a −78C. In condizioni di pressionee temperatura ambiente passa dallo stato solido direttamente allo statogassoso, cioe “sublima”. Un disco di ghiaccio secco, a contatto con unpiano a temperatura ambiente, sublima, producendo un sottile strato diCO2 gassoso su cui scivola praticamente senza venire frenato. Pertanto, unoggetto di questo tipo si muove sul piano in condizioni praticamente libere.Osservandone il moto, si ottiene un’ottima approssimazione di moto rettilineouniforme.

Si puo realizzare una situazione simile anche in maniera molto piu“casalinga”. Si prende una pentola di acciaio, la si mette sul fornelloper diversi minuti (vuota!), quindi si fa cadere all’interno qualche piccolagocciolina d’acqua. La pentola e diventata estremamente calda, ha unatemperatura piu alta di 100C, pertanto la gocciolina, appena entra acontatto con il fondo della pentola, evapora continuamente sulla superficieinferiore di contatto, quindi e costantemente separata dal fondo da un piccolostrato di vapore acqueo. Il risultato e che la gocciolina, se inizialmente dotatadi moto, lo mantiene indefinitamente (rimbalzando contro le pareti quandole incontra), finche non e evaporata del tutto.


z

x

t10

t9

t8

t7

t6

t5

t4

t3

t2

t1

t0

Figura 7.2: Fotogrammi di un oggetto che cade a terra, scattati a intervallidi tempo regolari. A sinistra: l’oggetto cade da fermo. A destra: l’oggettoparte con una velocita orizzontale.

Un’altra considerazione, piu elaborata, ci puo guidare allo stesso risultato.Pensiamo dapprima ad un oggetto lasciato cadere da fermo e misuriamone ilmoto. Orientiamo gli assi cartesiani in modo che z sia orientato verso l’alto.Si osserva che il moto e rettilineo e diretto verso il basso. Facendo diversifotogrammi a intervalli di tempo regolari, come in Fig. 7.2 a sinistra, si puoricavare la sua legge oraria, che per componenti cartesiane, e:

x(t) = x0

y(t) = y0

z(t) = z0 −1

2gt2

Calcolando velocita e accelerazione lungo la direzione z, con l’ausilio delleformule di derivazione descritte in Sezione 4.3 otteniamo:

vz =dz

dt= −gt ; az =

dvzdt

= −g

7.2. COMMENTI SULLA LEGGE DI INERZIA 131

Il moto lungo z non e uniforme: ha accelerazione −gz. D’altra partesappiamo empiricamente che qualunque oggetto lasciato libero cade sottoil suo peso. C’e un’azione esterna, indipendente dal singolo oggetto, cheagisce lungo la verticale — nella fattispecie, verso il basso. Niente dinuovo. Viceversa, le prime due equazioni ci dicono che le coordinate x, ynon cambiano: non si osserva nessuno spostamento lungo le direzioni x, y,pertanto non abbiamo ragione di sospettare di azioni esterne all’oggetto cheagiscano in queste direzioni.

Misuriamo ora il moto di un oggetto lanciato in aria in direzioneorizzontale con velocita iniziale v lungo la direzione x: ~v0 = vx. In questocaso il moto osservato ha una traiettoria parabolica, come in Fig. 7.2 a destra.Anche qui, con fotogrammi presi a intervalli di tempo regolari, si ottiene lalegge oraria del moto, che per componenti e:

x(t) = x0 + vt

y(t) = y0

z(t) = z0 −1

2gt2

Calcolando per componenti la velocita e l’accelerazione — sempre con leformule della Sezione 4.3 — e omettendo la direzione y per semplicita,otteniamo:

vx =dx

dt= v ; ax =

dvxdt

= 0

vz =dz

dt= −gt ; az =

dvzdt

= −g

Anche ora il moto lungo z non e uniforme, ma questo non ci deve turbare:sappiamo gia che c’e un’azione esterna lungo la verticale. Il fatto chel’accelerazione sia sempre la stessa (−g) e notevole: ci suggerisce che l’azioneesterna non dipende dalla diversa condizione iniziale. Invece, il moto lungo xmantiene invariata la sua velocita iniziale; nello stesso tempo, come abbiamodiscusso prima, non abbiamo alcuna evidenza di azioni esterne che agiscanolungo tale direzione.

Proviamo a riassumere per punti i passaggi logici. Analizzando il motodi caduta di oggetti, sotto diverse condizioni iniziali (da fermi o con unavelocita iniziale orizzontale), ma nello stesso ambiente, abbiamo osservato leseguenti cose:

• esiste un’azione esterna diretta lungo la verticale — piu precisamenteverso il basso — che produce un’accelerazione costante g;


• tale azione influenza la componente del moto lungo la direzione z,in modo indipendente dalla condizione iniziale di quiete o di motoorizzontale;

• la precedente osservazione ci suggerisce che i moti lungo direzioniortogonali (verticale e orizzontale in questo caso) possano essere trattatiindipendentemente;

• nel caso di caduta da fermo, non si innesca nessuna componenteorizzontale di moto; questo ci suggerisce che non esistano azioni esternein direzioni orizzontali;

• se il moto aveva una velocita iniziale in direzione orizzontale, essa vienemantenuta invariata lungo la caduta;

• quindi, nelle direzioni orizzontali, non abbiamo azioni esterne e levelocita non subiscono variazioni, ovvero non ci sono accelerazioniorizzontali.

7.3 Commenti sulle leggi della dinamica

Gli assiomi [2] e [3] servono a descrivere il moto di un oggetto, una volta che

siano note le azioni esterne — le forze ~Fi — e la sua massa m.Nessuno degli assiomi elencati qui ci dice come “predire” le forze ~Fi che

agiscono sul nostro oggetto. In effetti le forze hanno molte nature diverse:forze elastiche, forze di attrito, forza di gravita, forze elettromagnetiche, . . .Sara compito di capitoli successivi descrivere le caratteristiche di ciascuna diqueste. In ogni caso, l’assioma [2] ci dice che la forza totale su un oggetto epari alla somma vettoriale delle varie forze, anche se queste sono di diversenature.

Inoltre, l’assioma [4], pur non entrando nel merito della natura delleforze, fornisce un principio di reciprocita del tutto generale, che ci potrebbevenire in aiuto, nel caso non fossimo in grado di calcolare la forza che (1)produce su (2), ma sapessimo calcolare quella che (2) esercita su (1). Vedremopoi (Sezione 7.4 e Sezione 7.6) che l’assioma [4] ha importanti conseguenzerispetto all’esistenza di quantita conservate, ovvero costanti del moto.

7.3.1 Forze e masse: commenti sulla legge di Newton

La legge di Newton~F = m~a

7.3. COMMENTI SULLE LEGGI DELLA DINAMICA 133

introduce due concetti strettamente legati fra loro: quello di forza e quellodi massa. Non va presa come una definizione di forza, o di massa — e unarelazione fra forza e massa.

• Una forza e una qualunque causa che contribuisce a produrre unaaccelerazione su un oggetto, vale a dire che ne modifichi la velocita(oppure che lo metta in moto se era fermo).

• La massa quantifica la “resistenza” di un oggetto a modificare la propriavelocita.

La massa e legata ai concetti di “inerzia” e di “quantita di materia”.Facciamo un esempio. Supponiamo di avere un carrello della spesa vuoto:possiamo metterlo in moto con una leggera spinta, e anche fargli cambiaredirezione senza grande sforzo. In entrambi i casi stiamo alterando il suo statodi moto: stiamo impartendo ad esso una accelerazione. Quando il carrello epieno diventa piu faticoso metterlo in moto, e anche fargli cambiare direzione!Ovviamente il carrello ha piu inerzia, e ovviamente contiene piu materia diprima (c’e in piu tutta la spesa fatta). In fisica, diciamo che il carrellopieno ha una massa maggiore di quando era vuoto. Diciamo anche che perimprimere la stessa accelerazione al carrello pieno occorre piu forza che peril carrello vuoto.

Esercizio 7.1. Un carrello della spesa, vuoto, ha una massa di 15 kg.Spingendolo con una forza costante per un tempo di 1 s, da fermo arriva a muoversicon una velocita di 2 m/s. Quanto vale la forza applicata? Alla fine della spesa,nel carrello sono stati caricati 30 kg di prodotti. Applicando la stessa forza per1 s, che velocita raggiunge? Per quanto tempo e necessario spingerlo, con la stessaforza, affinche raggiunga la velocita di 2 m/s?

Risposta. Il carrello vuoto ha massa m0 = 15 kg: applicando una forza F

subisce un’accelerazione costante a0 =F

m0, pertanto dopo un tempo ∆t0 = 1 s

raggiunge una velocita v0 = a0∆t0. La forza impressa deve essere F = m0a =

m0v0

∆t0= 15 kg · 2 m/s

1 s= 30 N.

A fine spesa, la massa del carrello e diventata m1 = 45 kg. Applicandovi

la stessa forza F , si ottiene un’accelerazione a1 =F

m1=

30 N

45 kg= 0.667 m/s2.

Spingendolo per ∆t0 = 1 s raggiunge una velocita a1∆t0 = 0.667 m/s. Per fargli

raggiungere la velocita di 2 m/s occorre spingerlo per un tempo2 m/s

0.667 m/s2= 3 s.

Esercizio 7.2. Un’automobile di massa m0 = 1.2 ton, con a bordo il conducentedi massa m1 = 80 kg, deve frenare improvvisamente: il suo impianto frenante


produce la massima decelerazione possibile, pari a a0 = 5 m/s2. Se la stessaautomobile, con lo stesso conducente, dovesse anche trasportare altre 4 personedella stessa massa e un carico di 400 kg, quale sarebbe la massima decelerazioneche puo produrre? Se inizialmente l’auto viaggiava alla velocita di 130 km/h,calcolare lo spazio necessario ad arrestarsi, in entrambi i casi.

Risposta. La massa dell’automobile in unita S.I. e m0 = 1200 kg. La forzamassima impressa dai freni deve essere F0 = (m0 +m1)a0 = (1280 kg)(5 m/s2) =6400 N. L’automobile con 5 persone e il carico ha una massa totale m′ =(1200+5 ·80+400) kg = 2000 kg. L’impianto frenante e sempre lo stesso, dunque

F0 non e cambiata. La decelerazione sara dunque a′ =F0

m′=

6400 N

2000 kg= 3.2 m/s2.

Per rispondere all’ultima domanda, calcoliamo anzitutto il tempo di frenata:

e il tempo t necessario per passare dalla velocita iniziale, v0 = 130 km/h =

36.11 m/s, a velocita nulla. La legge oraria per la velocita e v = v0 − at, da

cui t =v0

a. In tale tempo, lo spazio percorso e ∆x = v0t −

a

2t2 =

v20

2a. Quando

l’auto ha su solo il guidatore a = 5 m/s2, dunque ∆x = 130 m. Quando l’auto ha

4 passeggeri e il carico, a = 3.2 m/s2, dunque ∆x = 204 m.

7.3.2 Commenti su forza e accelerazione

La legge

~F = m~a

fornisce una relazione fra forza, massa, e accelerazione:

• se conosciamo la massa m di un oggetto e la forza ~F , o il sistema diforze ~F =

∑i~Fi, agente su di esso, possiamo predire l’accelerazione ~a

cui e soggetto:

~a =d2~r

dt2=

~F

m

• se conosciamo il sistema di forze ~Fi che agiscono su un oggetto e nemisuriamo l’accelerazione ~a, possiamo dedurre la massa m;

• se conosciamo la massa m dell’oggetto e ne misuriamo l’accelerazione~a, possiamo risalire alla risultante delle forze ~F =

∑i~Fi che agiscono

su di esso.

Il primo caso e di particolare interesse. Se in ogni istante t′ conosciamola forza totale ~F (t′), in linea di principio possiamo calcolare le leggi orariedel moto — si chiama “integrazione del moto”.


Anzitutto si ricava la legge oraria della velocita:

~v(t) = ~v(t0) +

∫ t

t0

dt′~a(t′)

= ~v(t0) +1

m

∫ t

t0

dt′ ~F (t′)(7.8)

Analogamente, si ricava la legge oraria della posizione, integrando lavelocita:

~r(t) = ~r(t0) +

∫ t

t0

dt′~v(t′)

= ~r(t0) +

∫ t

t0

dt′

[~v(t0) +

1

m

∫ t′

t0

dt′′ ~F (t′′)

]

= ~r(t0) + ~v(t0)(t− t0) +1

m

∫ t

t0

dt′∫ t′

t0

dt′′ ~F (t′′)

(7.9)

In alcuni (rari!) casi, queste integrazioni sono possibili in forma analitica,sfruttando le regole riassunte nella Sezione 4.3. Questa possibilita dipendedalla natura della forza ~F agente. In molti casi l’integrazione analitica none possibile, pertanto si risolve il problema al computer, con metodi numerici.

Osserviamo poi che, per risolvere il moto, e necessario conoscere nonsolo la forza ~F applicata in tutto l’intervallo di tempo [t0; t], ma anche lecondizioni iniziali, ovvero la velocita ~v(t0) e la posizione ~r(t0) all’istanteiniziale t0.

7.3.3 Condizione di equilibrio statico

Un punto materiale e in equilibrio statico se, una volta posto in quiete in unadata posizione, lı resta.

Perche cio si realizzi, occorre che la risultante delle forze agenti su di essosia nulla:

~Ftot =∑i

~Fi = 0 (7.10)

Insistiamo sul significato di tale condizione: non occorre che sull’oggettonon agiscano forze: esse possono esserci, e delle nature piu svariate.L’importante e che la loro somma sia zero.

Per esempio, sappiamo che un oggetto di massa m tende a cadere versoil basso con un’accelerazione ~a = −g z (vd Sezione 6.5.4), quindi deve


essere soggetto ad una forza-peso ~Fg = −mg z. Se lo stesso oggetto eappoggiato su un piano orizzontale, oppure se e appeso ad un filo, restafermo. Evidentemente, la forza-peso continua ad esistere — per esempio, seil piano e flessibile osserviamo che si incurva sotto il peso, oppure se il filonon e perfettamente inestensibile osserviamo un allungamento. Quindi, devesubentrare un’altra forza — dovuta al vincolo, piano o filo che sia — chebilancia la forza-peso: ~Fvinc = − ~Fg. Riprenderemo meglio questi casi nelCapitolo 8.

7.3.4 Forza tangenziale e centripeta

Nel Capitolo 6 abbiamo introdotto le accelerazioni tangenziale e centripeta:

~a = ~at + ~an ;~at ‖ ~v~an ⊥ ~v

Questo suggerisce di scomporre anche la forza totale ~F in due componenti:una tangenziale, parallela a ~v, e una centripeta, perpendicolare a ~v.Precisamente, se su un punto materiale agisce una forza ~F , o piu in generale

un sistema di forze ~F1, . . . , ~Fn di risultante ~F =n∑i=1

~Fi, possiamo calcolare

la componente tangenziale e quella centripeta come:

~Ft =(~F · v

)v

~Fn = ~F − ~Ft

La forza tangenziale e centripeta sono legate alle rispettive accelerazionida:

~F = ~Ft + ~Fn ;~Ft = m~at ‖ ~v forza tangenziale~Fn = m~an ⊥ ~v forza centripeta

(7.11)

Gli effetti di tali forze si deducono da quelli delle rispettive accelerazioni:

• la forza tangenziale altera il modulo della velocita, ma non la suadirezione;

• la forza centripeta altera la direzione del moto, ma non il modulo dellavelocita.


7.3.5 Commenti sulla legge di azione-reazione

Le forze che agiscono su di un oggetto sono dovute ad interazioni con altrioggetti circostanti. Queste interazioni possono avvenire sotto diverse forme.Per esempio per urti, oppure a distanza. In ogni caso, vale un principiogenerale: se l’oggetto (1) produce una forza ~F21 sull’oggetto (2), allora anche

l’oggetto (2) e in grado di produrre una forza ~F12 sull’oggetto (1). E c’e dipiu: queste due forze sono “uguali e contrarie”:

~F21 = − ~F12

Almeno qualitativamente, l’idea di azione-reazione fa parte della nostraesperienza quotidiana. Se una persona, seduta in ufficio alla sua scrivaniasu una sedia con le rotelle, spinge le braccia in avanti contro il bordo deltavolo, ottiene come effetto che per reazione “il tavolo la spinge indietro”.Una nave a motore, con le sue eliche spinge l’acqua all’indietro, e come effettoriceve una spinta in avanti. In modo del tutto simile, un aereo a reazioneraccoglie l’aria dall’apertura frontale dei suoi turbo-reattori, la comprime e lascalda, facendola poi uscire all’indietro ad altissima velocita: come risultatoviene spinto fortemente in avanti e riesce a volare. Il nome stesso, “aereo areazione”, deriva proprio dal principio che stiamo descrivendo. Anzi, a questopunto viene da chiedersi quale sia un meccanismo di propulsione che nonsfrutti il principio di azione-reazione. . . Anche un’automobile, o un pedone,avanzano perche “spingono all’indietro il terreno”.

Esercizio 7.3. Un’auto da corsa di massa m = 500 kg accelera da 0 a 100 km/hin ∆t = 2.5 s. Assumendo (che non e proprio vero!) che l’accelerazione siacostante, si calcoli la forza sviluppata dal motore. Perche, mentre e evidente chel’auto accelera in avanti, nessuno rileva che il terreno viene spinto all’indietro?

Risposta. L’accelerazione si calcola come a =∆v

∆t=

100 km/h

2.5 s=

11.111 m/s2. La forza del motore sull’auto e Fa = ma = 5556 N.

Secondo la legge di azione-reazione, deve esistere una forza uguale e contraria

agente sul terreno: Ft = −Fa, quindi il terreno deve essere accelerato all’indietro.

Qual e la massa del terreno? Se la strada e rigida, attaccata al suolo sottostante,

dobbiamo considerare la massa di tutto cio che e solidale con la strada. . . ovvero

la massa del pianeta Terra, che e M = 6 · 1024 kg. Quindi, l’accelerazione del

terreno e at =FtM

= 9 · 10−22 m/s2. . . decisamente non misurabile!

L’asinello “saggio”

Un asino, avendo studiato Fisica, si rifiuta di trainare il carro. Ragiona cosı: “seio sono l’oggetto (a) e il carro l’oggetto (c), io applico una forza Fca al carro, il


Figura 7.3: Schema delle forze nel problema dell’“asinello saggio”

carro applica su di me una forza Fac = −Fca; quindi la forza totale e nulla e nonci muoviamo. Piu io tiro, piu il carro mi contrasta, quindi che tiro a fare???”.Ovviamente l’affermazione e paradossale. Dov’e l’errore?

Risposta. Le forze Fca, Fac non sono le uniche in gioco. L’asino (se siconvince. . . ) esercita anche una forza sul terreno, il quale reagisce sull’asino.Chiamando (t) il terreno, la forza che l’asino esercita sul terreno e Fta, mentre ilterreno di rimando esercita sull’asino una forza Fat = −Fta. Lo schema di tuttele forze in gioco e quello di Fig. 7.3.

La forza totale agente sull’asino e dunque F tota = Fat + Fac = −(Fta + Fca).Guardiamo ai segni: l’asino spinge indietro il terreno, dunque Fta < 0, perotira avanti il carro, quindi Fca > 0. Basta che l’asino tiri abbastanza —|Fta| > Fca — perche la forza totale sull’asino sia > 0. L’accelerazione dell’asino

e a =F tota

ma= −Fca + Fta

ma, essendo ma la massa dell’asino. Ma quanto deve valere

Fta? Oppure, quanto vale Fca?

Proviamo ora a ragionare considerando il sistema (asino) + (carro). La forzatotale agente su di esso e F totc+a = F totc + F tota = Fca + (Fac + Fat) = Fat =−Fta. L’accelerazione del sistema (asino) + (carro) e sempre a, e deve valere

a =F totc+a

mc +ma= − Fta

mc +ma, essendo mc la massa del carro.

Quindi, la forza che l’asino deve applicare sul terreno, e Fta = −(mc +ma)a.

Confrontando le due equazioni per l’accelerazione,Fca + Fta

ma=

Ftamc +ma

, da cui

Fca = − mc

mc +maFta =

mc

mc +ma|Fta|. Della forza applicata dall’asino sul terreno

(|Fta|), una frazionemc

mc +maviene trasmessa al carro (il resto mette in moto

lo stesso asino). Notate che, al crescere dimc

ma, la frazione di forza trasmessa

al carro e maggiore. Se siete bravi carrettieri, potete convincere l’asino che gli

conviene tirare carri piu pesanti. . .

7.4. QUANTITA DI MOTO 139

7.4 Quantita di moto

La legge di Newton ci porta a definire una quantita meccanica di importanzafondamentale: la quantita di moto [2]. Un oggetto di massa m e dotato divelocita ~v possiede una quantita di moto

~p = m~v (7.12)

La legge di Newton, ~F = m~a, si puo scrivere in modo equivalente come:

d~p

dt= ~F (7.13)

Questa equazione puo facilmente essere integrata, per ottenere lavariazione di quantita di moto ∆~p che subisce un oggetto sottoposto a unaforza ~F (t), in generale variabile con il tempo:

∆~p = ~p(t)− ~p(t0) =

∫ t

t0

~F (t′) dt′ (7.14)

L’Eq. (7.14) e spesso nota come “teorema dell’impulso”. Nel caso di forzacostante, questa equazione si riduce semplicemente a

∆~p = ~p(t)− ~p(t0) = ~F · (t− t0) ( ~F costante) (7.15)

7.4.1 Forze impulsive

Le forze impulsive sono quelle che agiscono per intervalli di tempo δt moltobrevi — per esempio durante un urto. Applicando l’Eq. (7.14):

∆~p =

∫ t+δt

t

dt′ ~Fimp(t′) = ~Fimp δt

dove abbiamo introdotto la “forza impulsiva media”

~Fimp ≡1

δt

∫ t+δt

t

dt′ ~Fimp(t′)

agente nel breve intervallo di tempo δt. In generale, deve trattarsi di unaforza molto intensa, se deve produrre un ∆~p apprezzabile in un tempo δt

2 In fisica delle particelle, per la quantita di moto si suole piu spesso usare il termineimpulso. In fisica classica, invece, tale termine e spesso usato per indicare una variazionedi quantita di moto ∆~p che avviene in un tempo molto breve. Dunque, se trovate la parola“impulso” nella letteratura, attenzione a che cosa si intende!


piccolo. Immaginate una martellata su un chiodo, o un sasso che sfonda unvetro. . .

Se su un punto materiale agiscono tante forze ~Fi, e una forza impulsiva~Fimp, la risultante e ~Ftot =

∑i

~Fi + ~Fimp. La variazione della quantita di

moto, nel tempo δt in cui agisce ~Fimp, e quindi

∆~p =

∫ t+δt

t

dt′

(∑i

~Fi + ~Fimp

)

= ~Fimp δt +

∫ t+δt

t

dt′

(∑i

~Fi

)Ora, la forza impulsiva e normalmente molto piu intensa delle altre,~Fimp

∑i

~Fi, pertanto, nel breve tempo δt, e l’unica che da un effetto

apprezzabile, mentre le altre ~Fi, integrate su un tempo δt molto breve, sonotrascurabili: ∫ t+δt

t

dt′

(∑i

~Fi

) ~Fimp δt

∆~p ' ~Fimp δt

7.4.2 Conservazione della quantita di moto

Consideriamo due oggetti (1) e (2) che si scambiano forze ~F1 e ~F2 ciascunosull’altro, e supponiamo che non esistano altre forze esterne. Le due forzesoddisfano il principio di azione-reazione: ~F1 = − ~F2, pertanto anche levariazioni delle due quantita di moto sono tali che:

d~p1

dt= −d

~p2

dt

Senza conoscere i dettagli delle forze scambiate fra (1) e (2), possiamocomunque affermare che in un tempo ∆t le due quantita di moto sono variateciascuna di

∆~pi =

∫ t0+∆t

t0

dtd~pidt

(con i = 1, 2 per indicare ciascuno dei due oggetti), e quindi

∆~p1 = −∆~p2 (7.16)

7.4. QUANTITA DI MOTO 141

ovvero la variazione di quantita di moto di un oggetto e compensata dallavariazione di quantita di moto dell’altro oggetto. In altre parole, la quantitadi moto totale dei due oggetti non cambia:

~p1 + ~p2 = costante (7.17)

ma durante l’interazione viene scambiata da un oggetto all’altro.Ripetiamo che questa circostanza si verifica solo se le uniche forze in

gioco sono quelle scambiate fra i due oggetti.

Riassumendo: quando due oggetti sono sottoposti solo alle reciproche forze— cioe senza ulteriori forze esterne — la loro quantita di moto totale siconserva, ovvero e una costante del moto.

Nella dimostrazione abbiamo usato la legge di azione-reazione, inparticolare il fatto che le forze agenti su (1) e su (2) siano uguali in modulo edopposte. Se cio non e vero, per esempio come in Fig. 7.1(c), la conservazionedella quantita di moto viene violata.

7.4.3 Misure di massa

La conservazione della quantita di moto ci fornisce un metodo di misurare lemasse di oggetti — anche se non e il metodo piu comunemente usato.

Due oggetti di masse m0, m (ignote) vengono posti in quiete, separatida un dispositivo di massa trascurabile che li collega ed e pronto a “spararlivia” — per esempio, una molla compressa e bloccata, che puo rapidamenteestendersi non appena viene sbloccata. Si puo immaginare di appoggiare iltutto su un tavolo orizzontale liscio. La quantita di moto totale del sistemae nulla. Appena il dispositivo viene sbloccato, le due masse vengono sparatein direzioni opposte, con velocita ~v0, ~v, tali che

0 = m0~v0 +m~v

In moduli, m0v0 = mv, essendo le velocita v0, v misurabili subito dopo losblocco. Si noti che non facciamo nessuna ipotesi su come il dispositivo sparivia le masse. Inoltre, l’estensione avviene in un tempo talmente breve, dapoter trascurare qualunque effetto dell’interazione fra le due masse e il tavolo— si tratta di una forza impulsiva. Quindi si puo risalire al valore della massam:

m =v0

vm0


Il problema potrebbe sembrare indeterminato: due incognite (m, m0) conuna sola equazione. Ricordiamo pero il significato di misura, ovvero “quantevolte una grandezza campione e contenuta nella grandezza che dobbiamomisurare”. Quindi, se adottiamo una massa campione m0 (per esempiom0 = 1 kg), qualunque altra massa m puo essere misurata con questo sistemain unita di m0.

7.4.4 Esercizi sulla quantita di moto

Esercizio 7.4. Un pattinatore maleducato, di massa m1 = 80 kg, si muove sulghiaccio alla velocita di v1 = 3 m/s, quando improvvisamente da uno spintone adun altro pattinatore di massa m2 = 65 kg, inizialmente fermo. In seguito allaspinta questo prende a muoversi con velocita di v2 = 2 m/s nella stessa direzione.Qual e la velocita del pattinatore maleducato dopo la spinta?

Risposta. Non sappiamo con quale forza il primo pattinatore ha spinto il

secondo, pero possiamo usare la conservazione della quantita di moto. Per il

secondo pattinatore, la quantita di moto e cambiata di ∆p2 = m2v2 = 130 kg m/s.

Pertanto per il primo deve essere cambiata di ∆p1 = −∆p2. Chiamando v′1 la sua

velocita dopo la spinta, deve quindi essere ∆p1 = m1(v′1 − v1) = −∆p2, ovvero

v′1 = v1 −∆p2

m1= 3 m/s− 130 kg m/s

80 kg= 1.375 m/s.

Esercizio 7.5. Un soldato in addestramento spara un colpo di fucile controun sacco di sabbia. Il proiettile, con massa m = 25 g, viene sparato ad unavelocita di 250 m/s. Se il soldato ha massa M = 85 kg, con quale velocita rinculaall’indietro? Il sacco di sabbia ha una massa m′ = 30 kg: che velocita acquistaquando il proiettile si conficca in esso?

Risposta. Prima dello sparo, la quantita di moto del sistemasoldato+proiettile e zero. Pertanto, tale deve essere anche dopo. La quantita dimoto del proiettile e p = mv = (0.025 kg) · (250 m/s = 6.25 kg ·m/s. La stessaquantita di moto (all’indietro) viene quindi ceduta al soldato, che quindi rincula

alla velocitap

M=

6.25 kg ·m/s85 kg

= 0.0735 m/s.

Prima dell’impatto, il sacco e fermo, dunque non ha quantita di moto. Dopo

l’impatto, la quantita di moto del sistema sacco+proiettile deve essere la stessa

posseduta dal proiettile prima dell’impatto; inoltre il proiettile si conficca nel

sacco, quindi i due oggetti si muovono insieme. Pertanto, detta v′ la velocita

del sacco dopo l’impatto, deve essere (m + m′)v′ = p. Risolvendo, si trova

v′ =p

m+m′=

6.25 kg ·m/s30.025 kg

= 0.208 m/s.

Esercizio 7.6. Un oggetto di massa m = 10 kg cade al suolo da un’altezzah = 1 m. Cosı come l’oggetto e attratto dalla gravita terrestre, anche la Terrae attrata dall’oggetto, con una forza di pari intensita ma di direzione opposta.

7.5. LAVORO ED ENERGIA CINETICA 143

Quindi, che ci crediate o no, anche la Terra “cade verso l’alto”. Con quale velocitala Terra “cade” al momento della collisione con l’oggetto? Occorre sapere che lamassa della Terra e M⊕ = 6 · 1024 kg.

Risposta. L’oggetto si muove di moto uniformemente accelerato verso il basso,

secondo la legge ∆s = 12gt

2. Quando colpisce il terreno, il tempo intercorso e tale

che1

2gt2 = h, ovvero t =

√2h

g= 0.452 s. La sua velocita e v = gt =

√2gh =

4.43 m/s. Quindi la sua quantita di moto e p = mv = 44.3 kg m/s. Anche la

Terra deve avere acquistato una uguale quantita di moto, verso l’alto: M⊕v⊕ = p,

pertanto la velocita acquistata dalla Terra e v⊕ =p

M⊕= 7.38 · 10−24 m/s.

Ovviamente si tratta di una velocita estremamente piccola ed assolutamente non

rilevabile. Per questo il buon senso ci dice che “la Terra non cade verso l’alto, ma

se ne sta lı dov’e”.

7.5 Lavoro ed energia cinetica

L’energia e un concetto non facilmente definibile in fisica, perche essa prendemolte forme. . . Nell’introduzione abbiamo parlato di energia di movimento(cinetica), di interazione (o potenziale), e poi di energia termica, chimica,radiante, etc.

In questa sezione introdurremo l’energia cinetica, che e strettamentelegata al movimento. L’altro concetto che vedremo subito e il lavoro di unaforza: anticipiamo subito che esso puo essere visto come la capacita di unaforza di modificare l’energia cinetica dell’oggetto su cui agisce.

E ora passiamo alle definizioni precise. . .

7.5.1 Lavoro di una forza

Consideriamo un oggetto puntiforme che si muove con una legge oraria

~r = ~r(t)

soggetto ad una forza, o ad un sistema di forze con risultante ~F .In un intervallo di tempo molto piccolo (al limite, infinitesimo) dt, esso

percorre uno spostamento

d~r = ~v dt

Si definisce lavoro elementare della forza ~F lungo lo spostamento d~r ilprodotto scalare:

dW = ~F · d~r (7.18)


(1)

(2)

F

dr α

αF

drΓ

Γ’

Figura 7.4: Lavoro elementare dW = ~F · d~r = F ds cosα fatto dalla forza~F lungo uno spostamento d~r. Il lavoro su un percorso Γ orientato, da (1)

a (2), e calcolabile come W =∫

Γd~r · ~F . In generale il risultato dipende dal

percorso, cioe∫

Γd~r · ~F 6=

∫Γ′ d~r · ~F .

(vd Fig. 7.4). Data la proprieta del prodotto scalare (Eq. (5.6)) il lavoro sipuo anche scrivere come:

dW = F ds cosα (7.19)

essendo F = | ~F | il modulo della forza, ds = |d~r| lo spostamento lungo la

traiettoria, e α l’angolo fra il vettore-forza ~F e e il vettore-spostamento d~r.

Ricordando la scomposizione di una forza in componenti tangenziale ecentripeta — vd Eq. (7.11):

~F = ~Ft + ~Fn

notiamo che ~F · d~r = ~Ft · d~r + ~Fn · d~r, dove ~Fn · d~r = 0 poiche ~Fn ⊥ d~r.Quindi si pu anche scrivere:

dW = ~Ft · d~r = Ft ds (7.20)

Le tre equazioni sono del tutto equivalenti: a seconda dei casi si scegliequella piu utile. In particolare, l’Eq. (7.20) ci dice che solo la componentetangenziale della forza compie lavoro.

La componente centripeta di una forza non compie lavoro.


A seconda che l’angolo α sia acuto o ottuso (vd Fig. 7.4), cosα e positivoo negativo. Abbiamo le seguenti possibilita:

α <π

2⇐⇒ cosα > 0 ⇐⇒ dW > 0

α =π

2⇐⇒ cosα = 0 ⇐⇒ dW = 0

α >π

2⇐⇒ cosα < 0 ⇐⇒ dW < 0

Alcuni esempi

Immaginiamo un operaio che deve trasportare materiale su un vagone:

• inizialmente, l’operaio spinge il vagone in avanti su una rotaia: applica unaforza ~F che e parallela e concorde allo spostamento d~r, pertanto α = 0,cosα = 1, e il lavoro e positivo: dW > 0;

• l’operaio smette di spingere, il vagone continua ad avanzare; ovviamente qui~F = 0 e dW = 0;

• la rotaia compie una curva di raggio ρ, pertanto il vagone descrive unatraiettoria curvilinea, cioe e soggetto ad una accelerazione centripeta ~an, di

modulo an =v2

ρe perpendicolare alla velocita (vd Eq. (6.36), Sezione 6.6).

Quindi deve esistere una forza centripeta ~F = m~an, che viene esercitatadalla rotaia sul carrello. Poiche d~r = ~vdt, allora d~r ⊥ ~F , quindi α =π

2, cosα = 0, e il lavoro e nullo: dW = 0;

• l’operaio deve frenare il vagone in moto, pertanto lo trattiene da dietro,applicando una forza ~F in direzione contraria allo spostamento d~r; pertantoα = π, cosα = −1, e il lavoro e negativo: dW < 0.

Vediamo altri esempi.

• Una carica elettrica q, in presenza di un campo magnetico ~B, e soggetta aduna forza magnetica, ~Fm = q~v× ~B; dal prodotto vettoriale nella formula, sicapisce che ~Fm e sempre perpendicolare alla velocita ~v, dunque anche allospostamento d~r = ~v dt; pertanto essa non compie mai lavoro — l’angolo αe sempre π/2.

• Le forze di attrito sono sempre dirette lungo il moto, ma con orientamentoopposto: ~Fattr ∝ −d~r; dunque α = π e dW = ~Fattr · d~r < 0, sempre.

• Un oggetto che si muove nel campo gravitazionale terrestre, con velocita~v ≡ (vx, vy, vz), sente una forza verso il basso ~Fg = −mgz. Lo spostamento


elementare e d~r = ~v dt. Il lavoro elementare e dW = ~Fg · d~r = −mgvzdt:puo essere negativo, positivo, o nullo a seconda che l’oggetto stia salendo(vz > 0), stia scendendo (vz < 0), oppure sia nel punto di inversione (in cuiistantaneamente vz = 0).

Per un oggetto puntiforme che si sposta da (1) a (2) lungo una lineaΓ (Fig. 7.4), il lavoro della forza agente su di esso si scrive integrandol’Eq. (7.18):

W =

∫Γ

d~r · ~F (7.21)

Nella formula gli estremi (1), (2) non sono indicati esplicitamente: sonoimpliciti nell’indicazione della linea Γ. Si noti che in generale il lavoro Wlungo una linea dipende dalla scelta della linea, anche a parita di estremi (1)e (2), cioe considerata una linea Γ′ che va da (1) a (2) con percorso diverso(Fig. 7.4), in generale puo essere∫

Γ

d~r · ~F 6=∫

Γ′d~r · ~F

Esempio

Consideriamo un campo di forza ~F (~r) dato da:

~F (x, y, z) = κz x

e un oggetto che si sposta dal punto A ≡ (xA, yA, zA) al punto B ≡ (xB, yB, zB). Ipercorsi possibili sono infiniti: consideriamo due possibilita.

(1) Lo spostamento avviene prima lungo x, poi lungo y, infine lungo z. Poichela forza e parallela a x, solo il primo tratto di spostamento produce lavoro:

W =

∫ xB

xA

dxκz = κzA(xb − xa)

(la forza dipende solo dalla coordinata z, quindi e costante in questo tratto,z = zA, e l’integrazione e banale).

(2) Lo spostamento avviene prima lungo z, poi lungo x, infine lungo y. Anchequi l’unico tratto in cui si compie lavoro e quello lungo x; questa volta perolo spostamento lungo z e gia avvenuto, quindi z = zB, e si ottiene

W =

∫ xB

xA

dxκz = κzB(xb − xa)

Ovviamente nei due casi il lavoro e diverso, anche se gli estremi del percorso

coincidono.


7.5.2 Lavoro di un sistema di forze

Se sullo stesso punto materiale agiscono piu forze ~F1, . . . , ~Fn, per ciascuna diesse si puo definire il lavoro elementare e quello lungo una linea Γ:

dWi = ~Fi · d~r ; Wi =

∫Γ

~Fi · d~r

Il lavoro totale fatto dal sistema di forze e ovviamente

dWtot =

(∑i

~Fi

)· d~r =

∑i

dWi

Wtot =

∫Γ

(∑i

~Fi

)· d~r =

∑i

Wi

(7.22)

7.5.3 Energia cinetica

Ora consideriamo un punto materiale, su cui agisce un sistema di forze dirisultante ~F , che in un tempo dt si sposta di d~r = ~vdt. Abbiamo visto —Eq. (7.20) — che solo la componente tangenziale del sistema di forze producelavoro:

dW = Ft ds =

(mdv

dt

)(v dt)

= mv dv

Ora osserviamo che

d(v2) = (v + dv)2 − v2 =(v2 + 2v dv + (dv)2

)− v2

= (2v + dv) dv −−−−→dv→0

2v dv

Quindi troviamo

dW =m

2d(v2)

ovvero

dW = d

(mv2

2

)(7.23)


Questo suggerisce di definire una nuova quantita: l’energia cinetica E diun oggetto puntiforme, come:

E =mv2

2(7.24)

Il risultato che abbiamo appena trovato e che un lavoro elementare produceuna variazione elementare di energia cinetica:

dW = dE (7.25)

Integrando lungo un percorso Γ, si ottiene che il lavoro totale e pari allavariazione totale di energia cinetica:

W = ∆E = Efinale − Einiziale =m

2

(v2

finale − v2iniziale

)(7.26)

Insistiamo su un punto: nelle relazioni dW = dE o W = ∆E il lavoro einteso come quello della totalita delle forze agenti.

L’Eq. (7.26) e spesso citato come teorema dell’energia cinetica, oppureanche teorema delle forze vive (nome storico. . . )

7.5.4 Potenza di una forza

Consideriamo una forza ~F che compie un lavoro elementare dW su unospostamento infinitesimo d~r, che ha luogo in un intervallino di tempo dtanch’esso infinitesimo.

Si definisce potenza il rapporto fra il lavoro elementare dW e il tempo dtimpiegato per compierlo:

P =dWdt

(7.27)

sviluppando l’espressione del lavoro elementare, Eq. (7.18), troviamo:

P =~F · d~rdt

= ~F · d~r

dt

= ~F · ~v

quindi

P = ~F · ~v (7.28)



L’unita di misura del lavoro e il Joule: 1 J = 1 N ·m. Una forza di 1 N,applicata ad un oggetto che si sposta di 1 m nella stessa direzione della forzaapplicata, compie un lavoro di 1 J.

Siccome un lavoro produce una variazione di energia cinetica, W = ∆E ,anche l’energia cinetica si misura in Joule. Per esempio, una massa di 1 kgche si muove alla velocita di 1 m/s, possiede un’energia cinetica di 0.5 J.

L’unita di misura della potenza e il Watt: 1 W = 1 J/s. Una forza checompie un lavoro di 1 Joule in 1 secondo produce una potenza di 1 Watt.

7.5.6 Problemi su lavoro, energia, potenza

Esercizio 7.7. Un oggetto di massa m, inizialmente fermo in una posizione xA,soggetto ad una forza

~F = F x

comincia a muoversi fino a raggiungere la posizione xB. Che velocita haacquistato?

Soluzione 1. Risolviamo l’equazione del moto. L’oggetto parte da fermo e laforza (e quindi anche l’accelerazione) e diretta verso x. Quindi non c’e niente cheproduca movimento nelle direzioni y, z: possiamo trattare il problema in una soladimensione. L’accelerazione e:

a =d2x

dt2=F

m

Pertanto la velocita in funzione del tempo e:

v(t) = v(0) +

∫ t

0dt′

F

m=F

mt

(a e costante e per v(t = 0) = 0). La posizione in funzione del tempo e

x(t) = x(0) +

∫ t

0dt′ v(t′) = xA +

F

2mt2

Quindi l’oggetto raggiunge la posizione xB ad un tempo t tale che x(t) = xB, ovvero

xB − xA =F

2mt2 =⇒ tB =

√2m(xB − xA)

F

La velocita in tale istante e:

v(tB) =F

mtB =

√2F (xB − xA)

m


Soluzione 2. La forza e diretta lungo x ed e costante, quindi il lavoro sultratto A→ B e

W =

∫ xB

xA

dxF = F · (xB − xA)

che e uguale alla variazione di energia cinetica ∆E. Poiche inizialmente l’oggettoe fermo, EA = 0, dunque

m

2v2B = EB =W = F (xB − xA) =⇒ vB =

√2F (xB − xA)

m

Commento. Ovviamente i due risultati sono identici. Pero la soluzione 2

e piu rapida. In problemi in cui non si debba risolvere la legge del moto, ma sia

sufficiente conoscere le velocita, l’uso dell’energia cinetica puo agevolare di molto

i calcoli.

Esercizio 7.8. L’esempio precedente si complica, non appena si inserisca unaforza che varia con la posizione:

~F = F (x) x

Se l’oggetto di massa m si trova inizialmente in una posizione xA con velocita vA,con quale velocita vB raggiunge la posizione xB?

Soluzione 1. Il lavoro fatto dalla forza lungo il percorso e

W =

∫ B

A

~F · d~r =

∫ xB

xA

F (x) dx

La variazione di energia cinetica e ∆E =W. Quindi

EB − EA = Wm

2

(v2B − v2

A

)=

∫ xB

xA

F (x) dx

Se la forma analitica di F (x) e nota, e se l’integrale si puo risolvere in modoanalitico, siamo a posto. Altrimenti si puo comunque risolvere l’integrale conmetodi numerici. . .

Soluzione 2. Si cerca di risolvere l’equazione del moto, per date condizioniiniziali. Le soluzioni formali sarebbero:

v(t) = vA +

∫ t

0a(t′) dt′ = vA +

1

m

∫ t

0F (x(t′)) dt′

x(t) = xA +

∫ t

0v(t′) dt′

dove appare chiara una difficolta: ci servirebbe F (t′), ma il problema da F (x), ex(t) e da ricavare. . .


Si dovrebbe quindi partire direttamente dall’equazione del moto:

d2x

dt2=F (x)

m

e conoscere dei metodi matematici per risolverla. In ogni caso il problema e molto

piu complesso!

Esercizio 7.9. Riprendiamo l’esempio precedente, in un caso particolare: vA = 0e

~F = βxx (β > 0)

Qual e la velocita vB nella posizione xB?Soluzione 1. Il lavoro fatto dalla forza lungo il percorso e

W =

∫ B

A

~F · d~r =

∫ xB

xA

βx dx =β

2(x2B − x2

A)

La variazione di energia cinetica e ∆E =W. Essendo vA = 0 deve essere EA = 0,quindi:

m

2v2B =

β

2(x2B − x2

A)

vB =

√β

m(x2B − x2

A)

Soluzione 2. Risolviamo l’equazione del moto. Il problema e unidimensionale,l’accelerazione e

d2x

dt2=F

m=β

mx

La derivata seconda di x e proporzionale a x. Ricordando ched

dt

(eαt)

= αeαt, e

quindi ched2

dt2(eαt)

= α2eαt, una possibile soluzione e proprio:

x(t) = A+eαt +A−e−αt

(α =

√β

m

)Dunque α e fissato dai parametri del problema (β della forza, m dell’oggetto)mentre A± dipendono dalle condizioni iniziali. A t = 0 deve essere x = xA,

dunque A+ + A− = xA. Inoltre, a t = 0, v = 0. Poiche v(t) =dx(t)

dt=

α[A+eαt −A−e−αt

]deve essere α(A+ − A−) = 0, ovvero A+ = A−. Con la

condizione precedente troviamo A+ = A− =xA2

, cosicche:

x(t) =xA2

(eαt + e−αt

)v(t) =

xA2α(eαt − e−αt

)


Ora occorre ricavare t (o meglio, eαt) dalla prima equazione, imponendo x(t) = xB,

ed inserirlo nella seconda, per ricavare vB. E possibile, anzi siete invitati a

provare. . . Naturalmente il calcolo e molto piu lungo che nella “Soluzione 1”.

Esercizio 7.10. Un’automobile di massa m = 1.5 ton accelera da ferma, conaccelerazione costante, fino a raggiungere la velocita di 100 km/h in 5 s. Qual eil lavoro totale sull’automobile? Quanto vale la potenza applicata, ad un genericoistante?

Risposta. Anzitutto convertiamo le grandezze in SI: 1 h = 3600 s e

1 km = 1000 m, quindi v = 100 km/h = 1001000 m

3600 s= 27.78 m/s. Inoltre

m = 1.5 ton = 1500 kg. L’energia cinetica iniziale e ovviamente nulla: Ein = 0.

L’energia cinetica finale e Efin =m

2v2fin = 5.788 · 105 J. Quindi il lavoro e

W = ∆E = Efin = 5.788 · 105 J.

La potenza e P = Fv, essendo F = ma e v = at. L’accelerazione e a =vfintfin

=

5.556 m/s2. La potenza istantanea quindi e P(t) = ma2t = (4.630 · 104 W/s) t.Commento 1. Al contrario di quel che uno si aspetterebbe intuitivamente,

ad una accelerazione costante non corrisponde una potenza costante. La stessaaccelerazione richiede piu potenza se avviene a velocita piu elevata.

Commento 2. Non ci siamo preoccupati di separare la forza del motore dalle

forze di attrito con la strada, l’aria, etc. Abbiamo trattato F semplicemente come

la risultante di queste forze; l’unico dato importante e che, in qualche modo, queste

forze concorrono a produrre un’accelerazione costante.

Esercizio 7.11. Un’automobile di massa m = 1.5 ton ha un motore di potenzaP = 50 kW. Supponiamo — anche se e abbastanza irrealistico — che durantel’accelerazione il motore eroghi potenza costante. Se l’auto parte da ferma, quantotempo impiega a raggiungere la velocita di v = 100 km/h? Qual e la legge orariadella velocita e dello spazio percorso? Nel trattare il problema si trascuri l’attritodell’aria — anche questo e abbastanza irrealistico. . .

Risposta. L’energia cinetica dell’auto ferma e zero, quando l’auto va a100 km/h la sua energia cinetica e E = 5.788 · 105 J. Poiche la potenza e suppostacostante, possiamo scrivere ∆E = P ·∆t, ovvero:

∆t =EP

=5.788 · 105 J

5 · 104 W= 11.6 s

Poiche la potenza P e costante, conviene ottenere la legge oraria della velocitada quella dell’energia cinetica. In un tempo dt il motore compie un lavorodW = W dt = dE, quindi E(t) = Pt. Allora,

v(t) =

√2Em

=

√2Ptm

A dispetto di quello che si poteva pensare intuitivamente, la velocita non crescelinearmente con il tempo, dunque il moto NON e uniformemente accelerato. La

7.6. MOMENTO ANGOLARE, MOMENTO TORCENTE 153

r

p

rp

L

r

F

r F

O

O

momento angolare

momento torcenteparametro d’impatto

braccio

M

Figura 7.5: Momento angolare (a sinistra) e momento torcente (a destra).Il punto O e il “polo”, rispetto al quale si misura la posizione ~r. Lacomponente ~r⊥ si chiama rispettivamente “parametro di impatto” nel casodel momento angolare, oppure “braccio” nel caso del momento torcente.

ragione sta nell’espressione P = Fv della potenza: a parita di potenza erogata, laforza F (e quindi l’accelerazione) e maggiore per velocita piu basse. Per trovarelo spazio percorso in un tempo t, si deve integrare la velocita. Ricordando che∫ √

t dt =

∫dt t1/2 =

1

3/2t3/2 =

2

3t3/2, otteniamo:

∆s(t) =

∫v(t) dt =

2

3

√2Pmt3/2

7.6 Momento angolare, momento torcente

Per un oggetto puntiforme situato nella posizione ~r e dotato di quantita dimoto ~p — vd Fig. 7.5 (sinistra) — si definisce il momento angolare ~L come:

~L = ~r × ~p (7.29)

(spesso chiamato anche “momento della quantita di moto”).Vediamo come questa quantita dinamica varia nel tempo:

d~L

dt=

d

dt(~r × ~p) =

d~r

dt× ~p+ ~r × d~p

dt

= ~v × ~p+ ~r × ~F


Nell’ultima espressione, il primo termine e identicamente nullo: infatti sitratta del prodotto vettoriale di due vettori paralleli (~v e ~p). Invece, ilsecondo termine viene definito come momento torcente (o anche “momentomeccanico”, o ancora “momento della forza” [3]):

~M = ~r × ~F (7.30)

— vd Fig. 7.5 (destra). Quindi l’equazione che regola l’evoluzione delmomento angolare diventa:

d~L

dt= ~M (7.31)

Mentre le quantita dinamiche ~v, ~p, ~F esprimono proprieta di un puntomateriale, il momento angolare e il momento torcente

~L = ~r × ~p ; ~M = ~r × ~F

esprimono proprieta di un punto materiale rispetto ad un punto, detto “polo”,dal quale si misura la posizione ~r — vd Fig. 7.5.

A causa delle proprieta del prodotto vettoriale, il momento angolare esempre ortogonale al piano contenente ~r, ~p. Inoltre, cio che conta e lacomponente di ~p ortogonale a ~r (quantita di moto trasversa, ~p⊥), o viceversala componente di ~r ortogonale a ~p (“parametro d’impatto”, ~r⊥):

~L = ~r × ~p⊥ = ~r⊥ × ~p (7.32)

In particolare, un moto radiale (~p ‖ ~r) e privo di momento angolare.Analogamente, il momento torcente e sempre ortogonale al piano

contenente ~r, ~F . Inoltre, cio che conta e la componente di ~F ortogonalea ~r (forza trasversa, ~F⊥), o viceversa la componente di ~r ortogonale a ~F(“braccio”, ~r⊥):

~M = ~r × ~F⊥ = ~r⊥ × ~F (7.33)

In particolare, una forza radiale ( ~F ‖ ~r) non produce momento torcente.Vediamo alcuni casi notevoli.

7.6.1 Moto libero

In questo caso ~F = 0, e quindi anche ~M = 0. Quindi ~L deve esserecostante. Questo e verificato, come e facile vedere dalla scrittura ~L = ~r⊥× ~p:ovviamente ~p deve essere costante; inoltre, ~r cambia nel tempo, ma ~r⊥ ecostante; dunque tutto ok.

3 In inglese si chiama “torque” — molto suggestivo!


7.6.2 Moto su un piano

Consideriamo il caso particolare in cui il moto e su un piano. In tal caso,scegliamo l’origine O nel polo, e gli assi x, y sul piano del moto.

Questo ci consente di lavorare con le coordinate polari r, φ, introdottenella Sezione 3.4.1, Eq. (3.15)

x = r cosφ

y = r sinφ(7.34)

Introduciamo la velocita angolare ω e la velocita radiale vr:

ω =dφ

dt; vr =

dr

dt

e calcoliamo le componenti vx, vy della velocita in coordinate polari:

vx =d(r cosφ)

dt=dr

dtcosφ+ r

d(cosφ)

dt

= vr cosφ− r sinφdφ

dt= vr cosφ− ωr sinφ

vy =d(r sinφ)

dt=dr

dtsinφ+ r

d(sinφ)

dt

= vr sinφ+ r cosφdφ

dt= vr sinφ+ ωr cosφ

(7.35)

Il momento angolare deve essere diretto lungo z, e deve essere tale che:

Lz = m(xvy − yvx) (moto piano) (7.36)

In coordinate polari

xvy − yvx = (r cosφ)(vr sinφ+ ωr cosφ)− (r sinφ)(vr cosφ− ωr sinφ)

= ωr2

(le parti in rvr hanno segni opposti e si cancellano, le parti in ωr2 si sommano— si ricordi cos2 + sin2 = 1). Quindi:

Lz = mr2 ω (moto piano) (7.37)


Se il moto deve restare sul piano, vuol dire che ~F non deve averecomponente lungo z. Quindi anche ~M e lungo z e tale che:

Mz = m(xay − yax) (moto piano) (7.38)

Si puo calcolare Mz derivando l’Eq. (7.37):

Mz =dLzdt

= mr2dω

dt+ 2mωrvr (moto piano) (7.39)

La quantitadω

dte la accelerazione angolare.

7.6.3 Forza radiale

Una forza radiale e parallela a ~r, quindi ~F⊥ = 0, ~M = 0, e ~L deve esserecostante.

La conservazione del momento angolare ha importanti conseguenze sulmoto, che aiutano ad integrare le equazioni e trovare la legge oraria.Anzitutto la traiettoria giace sempre su un piano. Infatti, scegliamo gli assicartesiani in modo che l’asse z sia diretto lungo ~L, cosicche Lx = Ly = 0.Poiche

~L = m~r × ~v (7.40)

~L deve essere ortogonale a ~r, quindi ~r deve giacere sul piano Oxy, ovveroz = 0. D’altra parte anche la velocita ~v deve essere ortogonale a ~L, quindivz = 0.

In conclusione, l’oggetto non puo uscire dal piano Oxy, pertanto la suatraiettoria sara sempre contenuta su questo piano. Quindi possiamo usaretutti i risultati ottenuti nella precedente Sezione 7.6.2.

La conservazione del momento angolare implica che L e costante.Utilizzando l’Eq. (7.37), significa che:

ωr2 =L

m= costante (forza radiale) (7.41)

Riassumiamo quanto trovato finora. Il moto soggetto a forza radiale ecaratterizzato dalla conservazione del momento angolare. Di conseguenzala traiettoria giace su un piano. Inoltre la velocita angolare ω e sempreinversamente proporzionale al quadrato della distanza dal centro della forza:

ω ∝ 1

r2.

Per fare un esempio notevole, queste proprieta sono riscontrabili nelleorbite dei pianeti intorno al Sole.


F

l

v

Figura 7.6:

Esempio: moto rotatorio di una massa vincolata da una corda

Una massa m e trattenuta da una corda di lunghezza `, che viene tesa con unaforza F , come in Fig. 7.6. Per compiere una traiettoria circolare, a velocita v,quanto deve valere F? Che succede se la corda viene tirata, in modo da accorciarsi,oppure rilasciata in modo da allungarsi? Come cambia la velocita?

Anzitutto, per lunghezza ` fissata, la forza che trattiene la corda deve produrre

la forza centripeta, quindi F = mω2` = mv2

`. Se F e maggiore di questo valore,

la corda si accorcia; viceversa, se F e minore la corda si allunga.La forza, in ogni caso, e radiale, quindi non produce momento torcente. Di

conseguenza, il momento angolare L = mv⊥` e costante. Qui, v⊥ e la componentedella velocita perpendicolare alla corda. Nel caso di traiettoria circolare v⊥ = v,ma nelle fasi in cui la corda si accorcia o si allunga esiste anche una componente

radiale vr =d`

dtdella velocita, che pero non entra nel calcolo di L. In ogni caso,

v⊥` e una costante. Per ` che non varia, v` e costante.

Quindi, se la corda viene accorciata v aumenta, se viene allungata v

diminuisce. La stessa cosa avviene all’energia cinetica, E =m

2v2: questo e dovuto

al lavoro fatto dalla forza applicata alla corda. Il lavoro elementare e dW = −F d`:il segno “−” e dovuto al fatto che F e diretta verso il centro, mentre d` > 0 si

riferisce ad uno spostamento verso l’esterno. Se la corda si accorcia, fa lavoro

positivo, dunque fa aumentare E; viceversa, allungandosi, fa lavoro negativo e fa

diminuire E.

7.6.4 Lavoro del momento torcente

Consideriamo un punto materiale in ~r, su cui agisce una forza ~F . Lasua velocita puo essere scomposta in una componente radiale, vr, e in unatrasversa: infatti, scrivendo ~r = r r, abbiamo:

~v =d

dt(r r) =

dr

dtr + r

dr

dt


F1

α1

b2

F2

α2

b1

fulcro

Figura 7.7: Leva meccanica

Ora, il versore r non puo che subire variazioni di direzione, pertanto puoessere descritto come un vettore di modulo costante che ruota attorno a unasse con velocita angolare ω. Il problema e analogo a quello trattato in

Sezione 6.6.1, quindidr

dt= ~ω × r. In conclusione possiamo scrivere che:

~v = vr r + ~ω × ~r

Ora, la potenza prodotta dalla forza si puo scrivere come:

P = ~F · ~v= ~F · (vrr + ~ω × ~r) = ~F · r vr + ~F · (~ω × ~r)

= Frvr + ~ω ·(~r × ~F

)= Frvr + ~ω · ~M

(abbiamo sfruttato l’identita vettoriale ~A · ( ~B × ~C) = ~B · ( ~C × ~A)).Quindi la potenza ha due contributi: uno dalla forza radiale, Pr = Frvr,

l’altro che viene dal momento torcente e dalla rotazione, PM = ~ω · ~M . Neiproblemi di moto circolare, vr = 0, quindi resta la potenza sviluppata dalmomento torcente.

7.6.5 Leve meccaniche

Un’applicazione pratica del momento torcente e nelle leve meccaniche. E notoche, dovendo sollevare o spostare una grossa massa, e conveniente utilizzareuna sbarra rigida appoggiata in un punto — il “fulcro” — vd Fig. 7.7. Ledue parti in cui il fulcro divide la sbarra si chiamano “bracci”. La massa dasollevare esercita una forza ~F1 sul braccio ~b1, pertanto produce un momentotorcente

~M1 = ~b1 × ~F1


All’altro estremo della leva viene applicata una forza ~F2 sul braccio ~b2,producendo un momento torcente

~M2 = ~b2 × ~F2

Guardando la figura, ci si rende conto che ~M1, ~M2 hanno entrambi la stessadirezione, ortogonale al piano del disegno, con ~M1 “uscente” dal disegnoe ~M2 “entrante”. Pertanto ragioniamo senza i vettori, e per tenere contodell’orientamento opposto dei due momenti, diamo per convenzione segno +a M1 e segno − a M2, cosicche:

M1 = b1F1 sinα1

M2 = −b2F2 sinα2

Notiamo dalla figura che, essendo ~F1, ~F2 parallele, α2 = π − α1, quindisinα2 = sinα1. Per tenere la leva in equilibrio, deve essere

0 = Mtot = M1 +M2 = b1F1 sinα1 − b2F2 sinα2

ovvero

b1F1 = b2F2 (equilibrio)

Un piccolo eccesso in F2 consente di sollevare il peso:

F2 >b1

b2

F1 (sollevamento)

Con una opportuna scelta dei bracci, ovvero con b2 molto piu lungo di b1, epossibile sollevare un grosso peso (F1) applicando una forza F2 relativamentepiccola. La leva e un “amplificatore di forza”.

E interessante fare anche una considerazione sul lavoro fatto dalle forze.Che lavoro deve fare F2 per sollevare il peso di uno spostamento ∆s1? Se laleva compie una rotazione intorno al fulcro di un angolo ∆α, gli estremi deibracci b1, b2 compiono spostamenti:

∆s1 = b1 ∆α ; ∆s2 = b2 ∆α

quindi ∆s2 =b2

b1

∆s1. Pertanto il lavoro di F2 e

W2 = F2 ∆s2 = F2︸︷︷︸>b1

b2

F1

· b2

b1

∆s1 > F1 ∆s1


Senza l’uso della leva, per sollevare il peso dovremmo applicarvidirettamente una forza F ′2 > F1. Per compiere uno spostamento ∆s1

dovremmo fare un lavoro

W ′2 = F ′2 ∆s1 > F1 ∆s1

In entrambi i casi, il lavoro applicato (W2 con la leva, W ′2 senza leva) deveessere > F1∆s1.

La leva non e un amplificatore di lavoro!! Se un essere umano, o animale,o anche una macchina, e in grado di fornire una certa quantita di lavoro,questa non puo essere aumentata.

7.6.6 Principio di azione-reazione e conservazione delmomento angolare

Consideriamo due oggetti (1) e (2) che si scambiano forze ~F1 e ~F2 ciascunosull’altro, e supponiamo che non esistano altre forze esterne. Le due forzesoddisfano il principio di azione-reazione: ~F1 = − ~F2, inoltre entrambe sonodirette lungo la direzione congiungente i due oggetti. Le variazioni deimomenti angolari dei due oggetti sono:

d~Lidt

= ~ri × ~Fi

(con i = 1, 2 per indicare ciascuno dei due oggetti), pertanto la variazione

del momento angolare totale ~L1 + ~L2 e:

d(~L1 + ~L2)

dt= ~r1 × ~F1 + ~r2 × ~F2 = (~r1 − ~r2)× ~F1 = 0

Nella seconda uguaglianza abbiamo introdotto ~F1 = − ~F2. La terzauguaglianza si ottiene sfruttando la proprieta che ~F1 e parallela alla direzionecongiungente i due oggetti, che e lungo il vettore (~r1−~r2): pertanto abbiamoun prodotto vettoriale fra due vettori paralleli, che e sempre nullo.

Riassumendo: quando due oggetti sono sottoposti solo alle reciproche forze— cioe senza ulteriori forze esterne — il loro momento angolare totale siconserva, ovvero e una costante del moto.

Nella dimostrazione abbiamo usato la legge di azione-reazione, inparticolare il fatto che la forza fra (1) e (2) sia parallela alla linea congiungentei due oggetti. Se cio non e vero, per esempio come in Fig. 7.1(d), laconservazione del momento angolare viene violata.

Capitolo 8

Forze “macroscopiche”

Cominciamo con lo studiare il moto di un punto materiale in condizioniche ci sono piu familiari. Alcune forze fanno parte della nostra esperienzaquotidiana:

• la prima e la cosiddetta “forza-peso”, ovvero la forza di gravita, cheattrae qualunque oggetto verso il basso.

Questa forza agisce sempre, su qualunque oggetto in prossimita dellasuperficie terrestre.

Vi sono poi numerose altre forze, dette forze di contatto che si manifestanoquando un oggetto entra in contatto con altri materiali, solidi o liquidi ogassosi.

• le forze elastiche, quando l’oggetto con cui si entra in contatto ha lacapacita di deformarsi, e la tendenza a riprendere la sua forma iniziale:per esempio una molla;

• le reazioni vincolari, quando l’oggetto con cui si entra in contatto erigido, cioe si oppone alle deformazioni;

• le tensioni, prodotte da fili inestensibili tesi;

• gli attriti, prodotti dal contatto con altri materiali, solidi o liquidi ogassosi.

Nell’introduzione abbiamo gia detto che la materia (solida, liquida,o gassosa che sia) e sostanzialmente “vuota”, nel senso che le masseoccupano una frazione di volume minuscola (Sezione 1.1). Inoltre tuttele interazioni, a livello elementare fra atomi e molecole, sono di naturaelettromagnetica, dunque sono “interazioni a distanza” (Sezione 1.3.2).

161

162 CAPITOLO 8. FORZE “MACROSCOPICHE” — M.FANTI

Quindi, a livello fondamentale le forze di contatto non esistono. Esse sonoin effetti la manifestazione macroscopica di una combinazione di interazionifondamentali. Tuttavia, descriverle in questo modo sarebbe estremamentecomplicato e poco utile ai fini pratici, pertanto e preferibile una trattazionepiu empirica. Il limite di validita di questa trattazione e dato dalle dimensionidei sistemi fisici descritti: devono essere formati da molti atomi, affinche glieffetti locali di ciascuno di essi si diluiscano con quelli degli atomi circostanti.

8.1 La “forza-peso”

Nella Sezione 6.5.4 abbiamo visto che qualunque oggetto, in prossimita dellasuperficie terrestre, subisce la forza di gravita che lo sottopone ad unaaccelerazione pari a:

~a ≡ −g z(g = 9.806 m/s2)

(alla superficie terrestre)

Questo fatto e indipendente dalla massa m dell’oggetto. Quindi, la forza digravita agente su un oggetto di massa m e sempre proporzionale alla massa:

~Fg = m~g (8.1)

essendo:

~g ≡ −g z(g = 9.806 m/s2)

(alla superficie terrestre) (8.2)

La forza di gravita alla superficie terrestre e spesso chiamata ancheforza-peso [1].

8.1.1 Proporzionalita fra massa e forza di gravita

La proporzionalita fra la forza di gravita e la massa, e quindi il fattoche l’accelerazione sia indipendente dalla massa, e una importantissimapeculiarita della gravita. Un’applicazione immediata e che, per misuraremasse m di oggetti, si puo misurare la forza-peso, Fg = mg, mediante una

bilancia, quindi ricavare la misura della massa come m =Fgg

.

1 La forza di gravita e uniforme solo in prossimita della superficie della Terra, o di unpianeta, o di un qualunque oggetto molto esteso e massivo. In generale, la forza di gravitanon e uniforme. Per esempio, a grandi distanze dall’oggetto astrofisico che la genera, essae radiale e si attenua come l’inverso del quadrato della distanza.

8.2. FORZE ELASTICHE 163

Ritroveremo spesso, nei prossimi capitoli, altre importanti conseguenzedi questa proprieta.

E importante sottolineare la differenza fra ~F = m~a e ~Fg = m~g: nel primo

caso, ~a e conseguenza di ~F , nel secondo invece ~g e la causa di ~Fg.

agisce una forza generica =⇒ ~F =⇒ ~a =~F

m

agisce una forza-peso =⇒ ~Fg = m~g =⇒ ~a =~Fgm

= ~g

8.1.2 Lavoro della forza-peso

Calcoliamo il lavoro fatto dalla forza-peso ~Fg lungo uno spostamento d~r:

dWg = ~Fg · d~r = −mg z · d~r= −mg dz

Quindi in uno spostamento totale da un punto iniziale (1), di coordinate(x1, y1, z1), ad un punto finale (2), di coordinate (x2, y2, z2), il lavoro dellaforza-peso e

W(1)→(2)g = −mg(z2 − z1) = −mg∆z (8.3)

Non importa qual e il percorso per andare da (1) a (2), conta solo il dislivello∆z. Interessante, no?

Poiche la variazione di energia cinetica e ∆E =W , se agisce solo la forzapeso abbiamo:

∆E = −mg∆z (solo forza-peso) (8.4)

La ragione di questo notevole risultato e che la forza di gravita econservativa. Questo argomento sara trattato estesamente nel Capitolo 10,ma valeva la pena anticipare qualcosa qui. . .

8.2 Forze elastiche

Le forze elastiche, in generale, sono forze che tendono ad opporsi aspostamenti da una posizione di equilibrio, in maniera proporzionale aglispostamenti stessi. Il loro effetto e di creare dei moti di oscillazione intornoalla posizione di equilibrio, detti moti armonici. L’esempio fisico piu sempliceper introdurre le forze elastiche e quello di una molla con una massa attaccata.


l0

l l

Fel

Fel

Fest

Fest

Figura 8.1: Molla a riposo, in compressione, e in estensione: negli ultimidue casi e indicata la forza elastica Fest esercitata dalla molla, e l’eventualeforza esterna Fest che la equilibra.

In realta, le forze elastiche si applicano ad una vasta categoria di sistemifisici: in generale, ogni volta che si ha a che fare con un moto di un oggettointorno ad un suo punto di equilibrio stabile, per piccoli spostamenti da essoil problema puo essere trattato con buona approssimazione come un motoelastico. Riprenderemo questo argomento nella Sezione 10.10.

8.2.1 Forza elastica di una molla

Una molla che viene tirata esercita una forza di richiamo, che tende ariportarla alla sua lunghezza iniziale. Analogamente, se viene compressaesercita una spinta che tende a contrastare la compressione. Piu la mollaviene deformata, piu la sua reazione diventa forte. Molte molle vengonocostruite in modo che la forza di reazione sia proporzionale alla deformazione:detta `0 la lunghezza di una molla a riposo (cioe senza forze esterne agentisu di essa) e ` la lunghezza attuale, la forza elastica e data da:

Fel = −k(`− `0) (8.5)

dove k e la costante di elasticita della molla. Il segno − sta ad indicare che aduna compressione (` < `0) corrisponde una reazione che tende ad allungare(Fel > 0) , e viceversa, ad un allungamento (` > `0) corrisponde una reazioneche tende ad accorciare (Fel < 0): in ogni caso la forza elastica e diretta inmodo da tentare di ripristinare la lunghezza `0 — vd Fig. 8.1.

L’Eq. (8.5) e nota come legge di Hooke.

Se si applica alla molla una forza esterna Fest, essa modifica la proprialunghezza fino a realizzare una condizione di equilibrio. La nuova lunghezza`eq deve essere tale che la forza elastica Fel compensi esattamente la forzaesterna Fest: Fel + Fest = 0. Ovvero:

Fest = −Fel = +k(`eq − `0) (8.6)

Se la forza esterna e di trazione (Fest > 0) si ha un allungamento dellamolla (` > `0). Viceversa, una forza di compressione (Fest < 0) produce un


accorciamento (` < `0). A parita di forza applicata Fest, una molla con kelevato si allunga meno di una con k piu piccolo: grandi k corrispondono amolle “dure”, piccoli k a molle “morbide”.

8.2.2 Misure statiche di forze

Una molla, di costante elastica k nota, consente di effettuare misure statichedi forze. Infatti, immaginiamo che un punto materiale P sia sottoposto adun sistema di forze di risultante ~Ftot. In generale esso subira un’accelerazione

~a =~Ftotm

. Ora colleghiamo P ad una molla, che metteremo in tensione in

modo da mantenere P fermo. La molla subisce un allungamento ∆` = `−`0,misurabile, ed e mantenuta tesa lungo una direzione che individuiamo conun versore u. La molla imprime una forza elastica

~Fel = k∆` u

Siamo in una condizione di equilibrio statico, quindi la risultante delle forzedeve essere nulla: ~Ftot + ~Fel = 0. Pertanto il sistema di forze esterne deveavere risultante

~Ftot = − ~Fel = −k∆` u

Va notato che questo sistema funziona solo se nessuna delle forze checontribuiscono a ~Ftot ha dipendenze dalla velocita: per esempio, non eapplicabile per la misura di forze magnetiche agenti su cariche elettriche,perche queste agiscono solo se le cariche elettriche sono in movimento.

8.2.3 Misure di massa con una molla

Un’applicazione ovvia e quella di usare una molla per misurare delle masse.Una massa m nel campo gravitazionale terrestre e soggetta alla forza-pesoFg = mg (g = 9.81 m/s2). Appendendo dunque una massa m ad unamolla con elasticita k, l’Eq. (8.6), applicata per Fest = mg, predice unallungamento:

∆` = `eq − `0 =g

km (8.7)

Quindi una molla puo essere usata come bilancia, come in Fig. 8.2.In effetti, si tratta di una bilancia di ottima precisione, purche la molla sia

davvero elastica, cioe purche Fel = −k(`−`0). Per verificare questa condizionesi puo procedere idealmente nel seguente modo. Si costruiscono diversioggetti, tutti della stessa massa: l’omogeneita fra essi puo essere ottenuta


0

1

2

3

4

5

6

0

1

2

3

4

5

6

0

1

2

3

4

5

6

0

1

2

3

4

5

6P [g]

l [mm]

l1

P1 P2 P3 P4

l2

l3

l4

Figura 8.2: Uso di una molla per misurare le masse.

per costruzione, quindi verificata appendendoli uno alla volta alla stessamolla: se non si osservano differenze negli allungamenti ottenuti possiamoaffermare che effettivamente le masse siano omogenee. Fatto cio, si possonoappendere n oggetti alla molla e si osserva l’allungamento ∆`: se esso esempre proporzionale al numero di oggetti appesi, possiamo affermare che lamolla sia elastica.

Una volta verificata l’elasticita della molla, una qualunque massa m puoessere misurata osservando l’allungamento prodotto sulla molla:

m =k

g·∆` (8.8)

Naturalmente occorre conoscere k e g, o piu semplicemente il loro rapportok

g.

Questo puo essere dedotto appendendo una massa-campione m (per esempio1 g, o 1 kg, a seconda dell’elasticita della molla) e misurando l’allungamento

ottenuto ∆`. Ovviamentek

g=

m

∆`. Pertanto, per qualunque massa m

appesa vale la relazione

m =m

∆`·∆` (8.9)

8.2.4 Oscillazioni di una molla

Consideriamo un oggetto di massa m attaccato ad una molla con costante dielasticita k. Supponiamo dapprima che sul sistema non agiscano altre forze.Per esempio, la molla sia disposta orizzontalmente lungo una rotaia, sullaquale la massa m puo scorrere senza attrito.

Il problema e unidimensionale. Definiamo l’origine O del sistema diriferimento nel punto in cui la molla e in equilibrio, e l’asse x orientatoverso la direzione di allungamento della molla. Quindi x = ` − `0 e la forza


elastica dell’Eq. (8.5) diventa: Fel = −kx. Applicando la legge di Newton,F = ma, otteniamo la seguente equazione del moto:

d2x

dt2=F

m= − k

mx (8.10)

Come si muove la massa m? L’esperienza ci insegna che si tratta di un motooscillatorio. . . ma qui vogliamo verificare che le equazioni della dinamica lodescrivano correttamente. Occorre trovare una funzione x(t) tale che la suaderivata seconda sia proporzionale ad essa, con segno opposto:

d2x

dt2∝ −x

Funzioni di questo genere esistono: sono le funzioni trigonometriche!Consideriamo dunque una funzione

x(t) = A cos(Ωt+ φ)

Dalle regole di derivazione della Sezione 4.3 sappiamo che:

d

dt[A cos(Ωt+ φ)] = −AΩ sin(Ωt+ φ)

d2

dt2[A cos(Ωt+ φ)] =

d

dt[−AΩ sin(Ωt+ φ)] = −AΩ2 cos(Ωt+ φ)

Pertanto:

d2

dt2[A cos(Ωt+ φ)] = −Ω2 [A cos(Ωt+ φ)]

Quindi possiamo concludere che la funzione

x(t) = A cos(Ωt+ φ) (8.11)

soddisfa un’equazione identica all’Eq. (8.10), purche sia

Ω =

√k

m(8.12)

Quindi, l’Eq. (8.11) descrive esattamente la legge oraria dell’oscillazione dellamolla.

Ora consideriamo il problema di una massa m appesa verticalmente aduna molla di costante di elasticita k. Le forze in gioco sono due: la forzaelastica Fel = −k(` − `0) e la forza di gravita Fg = mg. Entrambe le forze


sono verticali, quindi il problema e comunque unidimensionale. La posizionedel sistema e identificata univocamente dalla lunghezza ` della molla, epotremmo pensare di ricavare la legge oraria per ` = `(t). L’equazione delmoto sarebbe:

d2`

dt2=Fel + Fg

m= − k

m(`− `0) + g

Questa equazione e un po’ meno comoda di quella trovata per il motoorizzontale, Eq. (8.10), a causa della presenza del termine g. Tuttaviasappiamo dalla Sezione 8.2.3 che l’effetto della forza-peso e di spostare il

punto di equilibrio da `0 a `eq = `0 +gm

k. Pertanto scegliamo il sistema di

riferimento con l’asse z orientato verso il basso (in modo che allungamentidella molla corrispondano a z crescenti) e con l’origine O nel punto diequilibrio, cosicche z = ` − `eq. Con questa scelta l’equazione del motodiventa:

d2z

dt2= − k

mz

del tutto identica all’Eq. (8.10). Pertanto anche la legge oraria deve esserela stessa.

8.2.5 Moto oscillatorio armonico

Riconsideriamo l’equazione del moto Eq. (8.10), trovata per una mollaoscillante, e riportiamola qui:

Fx = −kx(

ovverod2x

dt2= − k

m· x)

(8.13)

Dimenticandoci della natura specifica del sistema (la molla), possiamoastrarre l’analisi dinamica parlando semplicemente di un sistema con leseguenti caratteristiche:

• esiste un punto di equilibrio in cui la forza e nulla;

• uno spostamento x dal punto di equilibrio produce una forza Fx,direttamente proporzionale allo spostamento, ma diretta nel versoopposto;

• e caratterizzato da due parametri: la massa m e la costante elastica k.


t

2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

x(t

)

2

1.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3=0φT=2 , A=1 ,

=0φT=3 , A=1 ,

=0φT=2 , A=1.5 ,

/4π=φT=2 , A=1 ,

Figura 8.3: Esempi di moto oscillatorio armonico, per diversi valori diperiodo T , ampiezza A, fase φ.

Abbiamo gia visto che la legge oraria del moto del sistema e

x(t) = A cos(Ωt+ φ) ; Ω =

√k

m(8.14)

Quindi la forza Fx (a causa del segno −) agisce da forza di richiamo, ovverotende a riportare il sistema verso la posizione di equilibrio: in pratica, ilsistema oscilla intorno ad essa.

Tale moto si chiama moto oscillatorio armonico. La sua rappresentazionegrafica e mostrata in Fig. 8.3, per diversi valori di Ω, A, φ.

La quantita Ω si chiama frequenza angolare (o anche pulsazione) e simisura in “radianti al secondo” (rad/s). Essa dipende dai parametri fisicidel sistema (m, k) e non dalle condizioni iniziali.

La velocita si ricava derivando l’Eq. (8.14):

v(t) = −AΩ sin(Ωt+ φ) ; Ω =

√k

m(8.15)


Le funzioni trigonometriche hanno una periodicita di 2π: cos(α) =cos(α + 2π) e sin(α) = sin(α + 2π). Nel nostro caso, cio significa che

cos(Ωt+ φ) = cos(Ωt+ φ+ 2π) = cos

(Ω

(t+

2π

Ω

)+ φ

)x(t) = x

(t+

2π

Ω

)Analogamente si puo verificare che

v(t) = v

(t+

2π

Ω

)Il moto oscillatorio armonico e dunque un moto periodico, nel senso che esisteun intervallo di tempo T tale che la posizione e la velocita all’istante t sonosempre uguali a quelle all’istante t+ T :

x(t) = x(t+ T )v(t) = v(t+ T )

per qualunque t (8.16)

In particolare, nel moto oscillatorio armonico il periodo e dato da

T =2π

Ω(8.17)

Si introduce anche la frequenza ν definita come il numero di oscillazionieffettuate in 1 secondo:

ν =1

T=

Ω

2π(8.18)

La legge oraria, Eq. (8.14), oltre alla frequenza angolare Ω, contiene anchei parametri A, φ.

Il parametro A si chiama ampiezza dell’oscillazione: poiche | cos(α)| ≤ 1,A rappresenta effettivamente il massimo spostamento possibile dal punto diequilibrio.

A e φ si ricavano dalle condizioni iniziali x0, v0:

x0 = x(0) = A cos(φ)

v0 = v(0) = −AΩ sin(φ)

Moltiplicando la prima equazione per Ω, facendone il quadrato e sommandolaal quadrato della seconda, si ottiene:

(x0Ω)2 + v20 = (AΩ)2 (cos2 φ+ sin2 φ

)e sfruttando l’identita trigonometrica cos2 φ+ sin2 φ = 1 si ottiene:

A =

√x2

0 +v2

0

Ω2(8.19)

8.3. OSCILLAZIONI FORZATE 171

8.3 Oscillazioni forzate

Consideriamo un oggetto di massa m, sottoposto ad una forza elasticadi costante k e contemporaneamente ad una forza esterna Fest che varianel tempo, in modo armonico, con frequenza angolare Ω. Per descrivereil problema, limitiamoci ad un caso unidimensionale. Chiamando x lospostamento dal punto di equilibrio, la forza elastica puo essere scritta come:

Fel = −kx (8.20)

Invece la forza esterna ha una forma del tipo:

Fest = F0 cos(Ωt) (8.21)

L’equazione del moto del sistema e:

md2x

dt2= −kx+ F0 cos(Ωt) (8.22)

Un’equazione del genere si chiama equazione differenziale lineare nonomogenea. L’incognita e la funzione x(t). La “non omogeneita” deriva dallapresenza del termine F0 cos(Ωt) che non contiene la funzione incognita x(t).

8.3.1 Soluzione generale del moto

La teoria delle equazioni differenziali insegna che la soluzione generaledell’Eq. (8.22) e data dalla soluzione generale x0(t) dell’equazione omogenea,

md2x0

dt2= −kx0, sommata ad una soluzione particolare x(t) dell’equazione

non omogenea. La ragione e evidente: se

md2x0

dt2= −kx0

md2x

dt2= −kx+ F0 cos(Ωt)

sommando le due equazioni si ottiene

md2

dt2(x0(t) + x(t)) = −k (x0(t) + x(t)) + F0 cos(Ωt)

ovvero x0(t) + x(t) soddisfa l’Eq. (8.22).

La soluzione generale dell’equazione omogenea e nota: si tratta del motooscillatorio armonico, pertanto

x0(t) = A0 cos(Ω0t+ φ0)

(Ω0 ≡

√k

m

)(8.23)


dove Ω0 dipende dalle caratteristiche del sistema (k,m), mentre A0, φ0

verranno fissate imponendo le condizioni iniziali per x, v.Per la soluzione particolare, e facile verificare che l’Eq. (8.22) puo essere

soddisfatta da una funzione della forma

x(t) = A cos(Ωt+ φ) (8.24)

dove Ω e esattamente la frequenza angolare della forza esterna Fest — dunque,

in generale diversa da Ω0. Per sostituzione diretta, si ottiened2x

dt2= −Ω2x,

quindi:

(−mΩ2 + k)A cos(Ωt+ φ) = F0 cos(Ωt)

che e automaticamente soddisfatta se

A =F0

k −mΩ2=

F0

m (Ω20 − Ω2)

φ = 0

Riassumento, la soluzione generale dell’Eq. (8.22) e data da x0(t) + x(t),ovvero:

x(t) = A0 cos(Ω0t+ φ0) +F0

m (Ω20 − Ω2)

cos(Ωt)

(Ω0 ≡

√k

m

)(8.25)

E da notare che il moto si compone di due moti armonici, con frequenzeangolari Ω0 e Ω. Piu la frequenza angolare forzante Ω si avvicina allafrequenza angolare propria Ω0, maggiore risulta l’ampiezza della secondacomponente del moto.

8.3.2 Condizioni iniziali

Consideriamo come condizione iniziale il sistema da fermo:

0 = x(0) = A0 cos(φ0) +F0

m (Ω20 − Ω2)

0 = v(0) =

[dx

dt

]t=0

= −A0Ω0 sin(φ0)

Dalla 2a equazione si deduce φ0 = 0, ovvero cos(φ0) = 1, quindi la 1a

equazione da A0 = − F0

m (Ω20 − Ω2)

. In questo caso, la legge oraria e dunque:

8.3. OSCILLAZIONI FORZATE 173

x(t) =F0

m (Ω20 − Ω2)

[cos(Ωt)− cos(Ω0t)]

=2F0

m(Ω0 + Ω)(Ω0 − Ω)sin

(Ω0 + Ω

2t

)sin

(Ω0 − Ω

2t

) (8.26)

dove nell’ultima uguaglianza si e sfruttata l’identita trigonometrica

cosα− cos β = −2 sin

(α + β

2

)sin

(α− β

2

).

La rappresentazione grafica del moto armonico forzato e mostrata inFig. 8.4, per diversi valori della frequenza angolare forzante.

Dall’Eq. (8.26) possiamo notare alcune caratteristiche generali:

• La parte sin

(Ω0 + Ω

2t

)sin

(Ω0 − Ω

2t

)oscilla fra −1 e +1, quindi

l’ampiezza massima che il moto oscillatorio puo raggiungere e

Amax =

∣∣∣∣ 2F0

m(Ω0 + Ω)(Ω0 − Ω)

∣∣∣∣ =2F0

m|Ω20 − Ω2|

(8.27)

• L’ampiezza massima e direttamente proporzionale alla forza massimaapplicata, F0 — il che e abbastanza intuitivo!

• L’ampiezza massima dipende dalla differenza |Ω20 − Ω2|: questa si

trova al denominatore, quindi, piu la frequenza angolare forzante Ωsi avvicina alla frequenza propria Ω0, maggiore diventa l’ampiezzadell’oscillazione.

• Il caso particolare Ω = Ω0 si chiama “risonanza” e va trattato a parte,vedi sezione successiva.

8.3.3 Battimenti e risonanza

Consideriamo in particolare il caso in cui Ω sia vicino a Ω0, cosicchel’espressione (Ω0 − Ω) al denominatore diventa “piccola” e l’ampiezza dioscillazione diventa “grande”. Il moto puo essere visto come un’oscillazionecon frequenza angolare

Ωosc =Ω0 + Ω

2


t

0 5 10 15 20 25

x(t

)

0.4

0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1=10.000000ω=10.000000 ,

0ω

=9.500000ω=10.000000 , 0

ω

=9.000000ω=10.000000 , 0

ω

=5.000000ω=10.000000 , 0

ω

Figura 8.4: Esempi di moto oscillatorio armonico forzato, con frequenzaangolare propria Ω0, per diversi valori della frequenza angolare forzante Ω.Si nota che per omega,Ω0 molto differenti (curva rossa) il moto apparedisordinato e con ampiezza piccola. Piu Ω si avvicina a Ω0, piu appareil fenomeno del “battimento” (curve verde e blu), e piu cresce l’ampiezzamassima. Quando Ω = Ω0, l’ampiezza cresce indefinitamente, linearmentecon il tempo.

(cioe la media aritmetica delle frequenze angolari propria e forzante) la cui

ampiezza di oscillazione e modulata dal termine sin

(Ω0 − Ω

2t

). La frequenza

angolare ed il periodo della modulazione sono dati da

Ωmod =Ω0 − Ω

2

Tmod =2π

Ωmod

=4π

Ω0 − Ω

Essendo Ω,Ω0 “vicini”, Ωmod Ωosc, e il periodo di modulazione e delperiodo di oscillazione.

Questo tipo di moto e chiamato battimento. L’effetto si puo vedere ilFig. 8.4 (curve verde e blu).

8.4. REAZIONI VINCOLARI 175

Consideriamo ora il caso-limite in cui la frequenza angolare forzante siapprossima sempre piu alla frequenza angolare del moto libero: Ω→ Ω0. In

questo caso, possiamo approssimare sin

(Ω0 − Ω

2t

)' Ω0 − Ω

2t e l’Eq. (8.26)

diventa:

x(t) =F0

2mΩsin (Ω0t) t (8.28)

In questo caso, il moto e descritto da un’oscillazione di frequenza angolareΩ0 e con ampiezza che cresce linearmente con il tempo t. L’effetto si puovedere il Fig. 8.4 (curva gialla). L’oscillazione diventa sempre piu ampia. . .fino a che la forza elastica non ce la fa piu e il sistema si rompe. Questo e ilfenomeno della risonanza.

La risonanza ha diverse applicazioni pratiche.

Abbiamo visto che gli atomi o le molecole in un solido sono tenutiin posizione dalle interazioni microscopiche, che per piccoli spostamentidalle posizioni di equilibrio possono essere approssimate con forze elastiche.Pertanto, gli atomi possiedono delle frequenze angolari “proprie” Ωi (possonoessere anche piu di una), con cui oscillano intorno ai propri punti di equilibrio.Se il solido viene eccitato dall’esterno con una frequenza angolare Ωest paria una delle frequenze angolari Ωi, si verifica il fenomeno della risonanza, e ilsolido si puo spezzare. Questa e la spiegazione per cui i vetri possono essereinfranti con dei suoni, oppure in campo medico, i calcoli renali possono esserefrantumati con gli ultrasuoni. I suoni sono vibrazioni dell’aria, si tratta ditrovare quindi la frequenza di vibrazione giusta.

Anche passando ai casi macroscopici, una costruzione civile, come unponte o un palazzo, e dotata di una sua elasticita, pertanto possiede frequenzeproprie di vibrazione. Se un agente esterno (per esempio un terremoto) agiscesulla struttura con una sollecitazione di frequenza pari a una delle frequenzeproprie, puo provocarne il crollo.

8.4 Reazioni vincolari

Le reazioni vincolari entrano in funzione quando un oggetto rigido entra incontatto con un altro oggetto rigido. Poiche entrambi sono indeformabili,non possono compenetrarsi.

Al livello atomico e molecolare abbiamo gia discusso nella Sezione 1.3.2che cosa succede: gli atomi hanno interazioni elettriche che li tengono“in posizione”, ovvero non possono schiacciarsi gli uni contro gli altri, neallontanarsi gli uni dagli altri.


Fg

Fvinc Fvincvin

vout

Figura 8.5: Due esempi di reazione vincolare: a sinistra, un pianoorizzontale che si oppone alla forza-peso; a destra, un rimbalzo contro unaparete rigida. In entrambi i casi, ~Fvinc e perpendicolare alla superficie rigida.

Al livello macroscopico, diamo una descrizione piu empirica, e diciamoche gli oggetti solidi, quando entrano in contatto diretto, manifestano forzerepulsive, perpendicolari alla superficie di contatto, che impediscono lacompenetrazione [2].

Per esempio, se appoggiamo un oggetto di massa m su un tavoloorizzontale, esso sta fermo — vd Fig. 8.5 (sinistra). Quindi la risultantedelle forze agenti su di esso deve essere nulla. Sappiamo che su di esso agiscela forza di gravita, diretta verso il basso: ~Fg = −mgz. Deve quindi esistereun’altra forza che la contrasti esattamente, in modo che la risultante sia nulla.Questa e la reazione vincolare opposta dal tavolo: ~Fvinc = − ~Fg.

Un altro esempio: una palla da biliardo rimbalza contro una superficierigida — vd Fig. 8.5 (destra). Misurando le velocita ~vin, ~vout prima e dopol’urto, si osserva che sono uguali in modulo, |~vin| = |~vout|, e che gli angolidi entrata e di uscita sono uguali. Si deduce quindi che la variazione divelocita, ∆~v = ~vout− ~vin, e perpendicolare alla superficie rigida. L’urto deveessere durato per un breve tempo ∆t, durante il quale ha agito la reazione

del vincolo, che ha prodotto la variazione di velocita: ~Fvinc = m∆~v

∆t. Quindi

anche in questo caso risulta che ~Fvinc e perpendicolare alla superficie rigida.Il suo modulo, Fvinc, non e facilmente determinabile: si tratta di una forzaimpulsiva che agisce in un breve tempo ∆t, producendo una inversione dellacomponente della velocita ortogonale alla superficie del vincolo, v⊥. Possiamosolo calcolare il suo valore medio: la variazione della quantita di moto, in

modulo, e |∆~p| = 2mv⊥, quindi Fvinc =2mv⊥

∆t.

2 Per un modello macroscopico un po’ piu approfondito, rimandiamo allaSezione 10.10.5 e Sezione 10.10.6.

8.4. REAZIONI VINCOLARI 177

Ancora un esempio: un treno viaggia con velocita v su una rotaia, chedescrive un tratto curvo ad arco di cerchio, con raggio di curvatura ρ. Dallenozioni di cinematica, Sezione 6.7, sappiamo che un cambiamento di direzioneimplica la presenza di un’accelerazione centripeta. Precisamente, l’Eq. (6.36)

ci dice che an =v2

ρ, quindi deve esistere una forza centripeta Fn = m

v2

ρ. In

questo caso e la reazione vincolare della rotaia a produrre tale forza: essacostringe il treno a seguire un percorso curvo, pertanto deve imprimere su di

esso una forza: Fvinc = mv2

ρ.

Notiamo che in tutti questi casi, l’intensita della reazione vincolare none determinata a priori — non e cioe una caratteristica intrinseca del vincolo,dipende dalle condizioni del problema.

Riassumiamo quindi le caratteristiche delle reazioni vincolari:

• la reazione vincolare esiste solo in caso di contatto;

• e sempre perpendicolare alla superficie del vincolo e diretta versol’esterno (repulsiva);

• il suo modulo e determinato dalle condizioni del problema: in generale,la strategia e identificare le altre forze agenti, ~Fi, e le condizionirealizzate nel moto, ovvero l’accelerazione ~a; ~Fvinc sara tale da

soddisfare ~Fvinc +∑i

~Fi = m~a.

Vale infine la pena notare che se il vincolo e fermo la reazione vincolare

non compie lavoro. Questo perche ~Fvinc esiste solo quando c’e contatto,d’altra parte per mantenere il contatto l’unico spostamento possibile e lungoil vincolo stesso, ovvero d~r ⊥ ~Fvinc.

8.4.1 Esercizi sulle reazioni vincolari

Consideriamo qui alcuni esempi di forze vincolari.

Esercizio 8.1. Un oggetto di massa m = 15 kg, nel campo gravitazionaleterrestre, e appeso ad una molla, di costante k = 250 N/m, sospesa dall’estremosuperiore. Un piano d’appoggio orizzontale, situato al di sotto della massa, vienesollevato, fino a toccare la massa e sollevarla di ∆h(1) = 10 cm. Quanto valela reazione vincolare Fvinc del piano? Come cambia, se il sollevamento e di∆h(2) = 70 cm?


Risposta. Sulla massa m agiscono 3 forze: la forza-peso, Fg = −mg, direttaverso il basso; la forza elastica, Fel = k∆`, diretta verso l’alto se la molla e estesa;la reazione vincolare, Fvinc, da determinare, che comunque deve essere diretta versol’alto. La condizione di equilibrio e Fg + Fel + Fvinc = 0.

Prima che il piano d’appoggio sollevi la massa, non c’e reazione vincolare,Fvinc = 0. Chiamando ∆`(0) l’allungamento della molla in questo caso, lacondizione di equilibrio diventa −mg + k∆`(0) = 0; si deduce l’allungamento della

molla, ∆`(0) =mg

k= 0.588 m.

Dopo il sollevamento, l’allungamento della molla diventa ∆`(1) = ∆`(0) −∆h(1) = 0.488 m. Ora la condizione di equilibrio e −mg + k∆`(1) + Fvinc = 0,da cui Fvinc = mg − k∆`(1) = 25 N. Nota: Fvinc < mg, poiche parte del peso esostenuto dalla molla.

Ripetendo il ragionamento per ∆h(2) = 70 cm, si trova Fvinc = 175 N.

In questo caso, Fvinc > mg. La ragione e che ora la molla e compressa:

∆`(2) = ∆`(0) − ∆h(2) = −0.112 m, pertanto spinge verso il basso. La reazione

vincolare deve quindi contrastare sia la forza-peso, che la forza elastica.

Esercizio 8.2. Un carrellino delle montagne russe, di massa m = 200 kg,partendo da fermo, scende da un’altezza h = 10 m, arrivando nel punto piu basso,dove la rotaia compie un “giro della morte” con raggio di curvatura ρ = 5 m. Sicalcolino: la velocita v1 del carrello e la reazione vincolare della rotaia, Fvinc,1nel punto piu basso; la velocita v2 e la reazione vincolare della rotaia, Fvinc,2nel culmine del giro della morte. Qual e l’altezza iniziale minima, hmin, taleda consentire che il carrello completi il giro della morte?

Risposta. Sul carrello agiscono la forza-peso e la reazione vincolare.Quest’ultima non compie lavoro. Il lavoro della forza-peso, su un dislivello generico∆z, e pari a Wg = −mg∆z. Poiche il carrello parte da fermo, la sua energiacinetica dopo una discesa −∆z, sara E = −mg∆z

Nella prima discesa, ∆z = −h = −20 m, quindi l’energia cinetica nel punto

piu basso e E1 =m

2v2

1 = mgh, da cui v1 =√

2gh = 19.81 m/s. In questo punto, la

forza totale sul carrello e Ftot,1 = −mg+Fvinc,1, che deve essere uguale alla forza

centripeta Ftot,1 = mv2

1

ρ. Quindi Fvinc,1 = m

v21

ρ+mg = 17 651 N. Abbiamo trovato

Fvinc,1 > mg, poiche la reazione vincolare, oltre a contrastare la forza-peso, deveimprimere un’accelerazione centripeta, diretta verso il centro di curvatura, cioeverso l’alto.

Nel punto di culmine, il dislivello dal punto di partenza e ∆z = (2ρ) −h = −10 m, pertanto, con ragionamento analogo si trova che al culmine v2 =√

2g(h− 2ρ) = 14.00 m/s. In questo punto, la forza totale e Ftot,2 = −mg+Fvinc,2.Nota: qui la reazione vincolare deve spingere verso il basso, quindi ci aspettiamo ditrovare Fvinc,2 < 0 — ricordiamoci di verificarlo! La forza totale deve essere pari

alla forza centripeta Ftot,2 = −mv22

ρ— il segno − indica che la forza centripeta

8.5. TENSIONI SU FILI INESTENSIBILI 179

e verso il basso. Quindi Fvinc,2 = mg + Ftot,2 = m

(g − v2

2

ρ

)= −5884 N.

Effettivamente, Fvinc,2 < 0.

Per rispondere all’ultima domanda, rivediamo il ragionamento: al culmine del

giro della morte, la velocita v2 deve essere tale da richiedere una reazione vincolare

che imprima la giusta accelerazione centripeta. Occorre che Fvinc,2 = mg+Ftot,2 =

m

(g − v2

2

ρ

)< 0, ovvero

v22

ρ> g. Ma v2

2 = 2g(h − 2ρ). Quindi2g(h− 2ρ)

ρ> g,

ovvero h >5

2ρ. Con i dati del problema, hmin = 12.5 m.

Esercizio 8.3. Una locomotiva di massa m = 80 ton percorre una curva diraggio ρ = 100 m alla velocita v = 75 km/h. Calcolare l’accelerazione centripeta ela reazione vincolare della rotaia.

Risposta. Anzitutto convertiamo le misure in unita del S.I.: m = 80 ton =

8 · 104 kg; v = 75 km/h = 20.83 m/s. L’accelerazione centripeta e an =v2

ρ=

4.339 ms−2. La reazione vincolare e Fvinc = man = 3.47 · 105 N.

Esercizio 8.4. Un’automobile di massa m = 1.5 ton percorre a velocita v unacurva il cui raggio di curvatura e ρ = 50 m. La forza centripeta massima che ipneumatici possono imprimere alla vettura e Fmaxn = 8 · 103 N. Qual e la velocitamassima vmax che l’automobile puo sostenere senza sbandare?

Risposta: la forza centripeta impressa dai pneumatici in curva e Fn =

mv2

ρ. Ovviamente deve essere Fn < Fmaxn , quindi v =

√Fnρ

m<

√Fmaxn ρ

m=√

8 · 103 N · 50 m

1500 kg= 16.33 m/s = 58.79 km/h.

8.5 Tensioni su fili inestensibili

Un oggetto attaccato ad una corda inestensibile tesa, viene da essa trattenuto,quindi subisce una forza vincolare. In tal caso essa e costituita dalla tensionedella corda. Anche qui consideriamo alcuni esempi.

Un oggetto di massa m viene trainato con una corda, con accelerazione~a. Se non agiscono altre forze, l’accelerazione e tutta dovuta alla tensionedella corda, quindi ~T = m~a. La corda e tesa nella direzione in cui l’oggettoviene trainato.

Oppure: un oggetto di massa m ruota, con velocita v, trattenuto da unacorda di lunghezza ` ancorata ad un punto fisso. Il moto per forza di cose e

circolare, con raggio `, quindi ci deve essere una forza centripeta Fn = mv2

`.

Se non agiscono altre forze, l’unica forza che contribuisce a Fn e la tensione


Fest F

est

Fvinc

Fvinc

T

T

T

TT

T

T

T

Figura 8.6: Schemi di tensioni, indicate dalle frecce rosse, lungo cordeinestensibili tese. A sinistra: una semplice corda, con tensioni uguali inmodulo ma opposte agli estremi. A destra: una corda flessa da carrucole,lungo la quale la tensione mantiene sempre lo stesso modulo, ma cambiadirezione, disponendosi sempre lungo la corda. In questo caso, in prossimitadi ciascuna carrucola, le due tensioni producono una risultante (frecciarossa tratteggiata), che deve essere compensata dalla reazione vincolare dellacarrucola (freccia viola).

T , quindi T = mv2

`. Ovviamente la corda e disposta sempre lungo il raggio

della circonferenza.

Ancora: un oggetto di massa m e appeso ad una corda, in quiete. Su diesso agiscono la forza-peso, ~Fg = −mgz, e la tensione della corda, ~T . Siamo

in condizione di equilibrio statico, quindi ~Fg + ~T = 0, ovvero ~T = mgz. Latensione e diretta in verticale, verso l’alto, e il suo modulo e T = mg.

Le proprieta delle forze di tensione sono:

• la tensione agisce solo quando la corda e tesa;

• agisce lungo la direzione della corda, sempre in trazione;

• il valore T della tensione e la direzione T in cui si dispone la cordadipendono dalle condizioni del problema: dette ~Fi le altre forze agenti,

e ~a l’accelerazione dell’oggetto, deve essere ~T +∑i

~Fi = m~a.

8.5. TENSIONI SU FILI INESTENSIBILI 181

Se la corda e flessa da una o piu carrucole, i cui effetti (massa e attriti)siano trascurabili, l’effetto di ciascuna carrucola e di modificare la direzionedella corda, e quindi della tensione, senza alterarne l’intensita (per farsiun’idea, vd Fig. 8.6).

8.5.1 Esercizi sulle tensioni

Esercizio 8.5. Una massa m = 100 g si muove con moto circolare, legata aduna corda di lunghezza ` = 50 cm, che puo sopportare una tensione massimaTmax = 100 N. Qual e la velocita angolare massima che la massa puo avere, senzarompere la corda? Quanto impiegherebbe a fare un giro? Quanti giri farebbe in unsecondo?

Risposta. La massa e dotata di un’accelerazione centripeta an = ω2`,

quindi e soggetta ad una forza centripeta Fn = man = mω2` che e data dalla

tnsione T della corda: quindi T = mω2`. La velocita angolare massima e quindi

ωmax =

√Tmaxm`

=

√100 N

(0.1 kg)(0.5 m)= 44.72 rad/s. Il tempo necessario per

fare un giro sarebbe T =2π rad

ω= 0.1405 s. Quindi in un secondo farebbe

n =1 s

T= 7.12 giri.

Esercizio 8.6. Una massa m = 5 kg e appesa verticalmente ad una corda.Calcolare la tensione della corda.

Risposta. La forza di gravita cui la massa e soggetta e Fg = mg =

5 kg · 9.81 ms−2 = 49.05 N. Essa deve essere contrastata dalla tensione del

filo, che quindi deve avere la stessa intensita, e ovviamente direzione opposta.

Pertanto la tensione vale T = Fg = 49.05 N.

Esercizio 8.7. Tre corde solo collegate insieme come in Fig. 8.7(a), e sottopostea tensioni T1, T2, T3 mediante delle masse appese m1 = 130 g, m2 = 120 g, m3 =50 g. Calcolare gli angoli θ12, θ23, θ13 con cui si dispongono le tre corde.

Risposta. Intanto le tensioni devono equilibrare le forze-peso delle masse,quindi si possono calcolare come T1 = m1g, T2 = m2g, T3 = m3g. Le tre corde sidisporranno in modo da realizzare l’equilibrio, quindi con notazione vettoriale deveessere ~T1 + ~T2 + ~T3 = 0. Ricaviamo ~T3 = −( ~T1 + ~T2): quindi il suo modulo quadrodeve essere:

T 23 = ~T3 · ~T3 = ( ~T1 + ~T2) · ( ~T1 + ~T2)

= ~T1 · ~T1 + ~T2 · ~T2 + 2 ~T1 · ~T2 = T 21 + T 2

2 + 2T1T2 cos θ12

cos θ12 =T 2

3 − (T 21 + T 2

2 )

2T1T2


m1

m2 m3

θ12 θ23

θ13

m

T T

m1m2

T T

(a) (b) (c)

Figura 8.7: Esercizi sulle tensioni.

Nel nostro caso, cos θ12 =m2

3 − (m21 +m2

2)

2m1m2= −0.923, ovvero θ12 = 2.747 rad =

157.4.

Procediamo in modo del tutto analogo per gli altri angoli. Troviamo quindi

cos θ23 =m2

1 − (m22 +m2

2)

2m2m3= 0, cioe θ23 = 1.571 rad = 90, e cos θ13 =

m22 − (m2

1 +m23)

2m1m3= −0.3846, cioe θ13 = 1.966 rad = 112.6.

Commento. Una piccola verifica, per controllare di non aver commesso sbagli:

θ12 + θ23 + θ23 = 360. Bene, era quello che ci aspettavamo!

Esercizio 8.8. Una massa m = 5 kg e appesa a due corde, che formano con laverticale angoli di 80 — come in Fig. 8.7(b). Calcolare la tensione delle corde.

Risposta. La forza di gravita, Fg = mg = 5 kg · 9.81 ms−2 = 49.05 N, deveessere bilanciata dalla risultante delle due tensioni. Ciascuna di queste puo esserescomposta nelle sue componenti orizzontale, Th = T sin θ e verticale, Tv = T cos θ,essendo θ = 80 = 1.396 rad. Le componenti orizzontali si bilanciano fra loro,mentre quelle verticali si sommano e contrastano Fg; dunque Fg = 2Tv = 2T cos θ.

Risolvendo, T =Fg

2 cos θ=

mg

2 cos θ= 141.0 N.

Osservazione. Nonostante le corde siano due, la loro tensione per tenere

su la massa di 5 kg e maggiore di quella trovata nel caso di una sola corda. La

ragione sta nel grande angolo formato dalle corde con la verticale: buona parte

delle tensioni sono disposte orizzontalmente e si contrastano fra loro, mentre le

componenti verticali (che servono a sorreggere la massa) sono in proporzione

piccole: Tv = T cos θ. In effetti, quando e possibile, e meglio realizzare una

configurazione con un angolo θ piu piccolo: questo e quello che fanno gli scalatori

quando devono attrezzare una sosta in parete. Viceversa, in altri casi, un grande

angolo θ e d’obbligo: si pensi per esempio ad un lampione stradale, sospeso in

mezzo da due cavi ancorati a due edifici sui lati opposti della strada: in tal caso

8.6. MOTI SU UN PIANO INCLINATO 183

i cavi sono quasi orizzontali, cioe θ e molto vicino a 90 e la tensione e molto

grande. In tal caso il cavo e i suoi ancoraggi devono essere molto robusti.

Esercizio 8.9. Su una carrucola e disposta una corda, ai cui estremi sonoancorate due masse m1 = 5 kg e m2 = 6 kg, il tutto nel campo gravitazionalealla superficie terrestre — vedi Fig. 8.7(c). Calcolare l’accelerazione delle masse ela tensione della corda.

Risposta. La tensione della corda T e uguale agli estremi, e in entrambi icasi e diretta verso l’alto, per contrastare la forza di gravita. Su m1 agisce unaforza risultante F1 = m1g − T . Abbiamo scelto come orienatmento convenzionalequello verso il basso, per m1: quindi per m2 sceglieremo quello verso l’alto, vistoche se m1 scende, m2 sale, e viceversa. Quindi la forza su m2 e F2 = T −m2g.

La forza risultante sul sistema e F = F1 + F2 = (m1 − m2)g =

−1 kg · 9.81 ms−2 = −9.81 N. L’accelerazione del sistema e a =F

m1 +m2=

gm1 −m2

m1 +m2= −0.892 ms−2. E negativa: dunque m1 accelera verso l’alto (come da

aspettarsi, visto che e piu leggera di m2).

Per la tensione della corda: la massa m1 e soggetta ad una forza totale F1

e subisce accelerazione a, quindi deve essere m1a = F1 = m1g − T , ovvero

T = m1(g − a) = 5 kg ·[(9.81 ms−2)− (−0.892 ms−2)

]= 53.51 N. Lo stesso

risultato si poteva ottenere anche ragionando sull’accelerazione di m2.

8.6 Moti su un piano inclinato

Consideriamo un piano molto levigato, inclinato di un angolo θ rispettoall’orizzontale, e appoggiato su di esso un oggetto di massa m libero discivolare sul piano — come in Fig. 8.8 (a sinistra). Le forze in gioco sono due:la forza di gravita, diretta verso il basso, e la reazione del vincolo, ortogonaleal piano. Scomponiamo la forza di gravita lungo due direzioni: parallela eortogonale al piano:

Fg‖ = mg sin θ ; Fg⊥ = mg cos θ

La reazione vincolare Fvinc deve essere esattamente opposta a Fg⊥— altrimenti l’oggetto non starebbe sul piano, ma si solleverebbe osprofonderebbe in esso. Quindi la forza risultante e parallela al piano e valeesattamente Fg‖ = mg sin θ.

Questo risultato si puo verificare sperimentalmente, collegando l’oggettosul piano ad un altro, di massa m′, mediante un filo. Se l’oggetto di massa m′

e appeso in verticale, su di esso tutta la forza di gravita F ′g = m′g e efficace.Analizziamo il sistema cosı costituito, aiutandoci con la Fig. 8.8 (a destra).


Fg

F = mg sin θg

Fvinc

Fg

m

θ

θ

F = mg sin θg

Fg

m

θ

θ

m’

m’g

TT

Figura 8.8: Moto su un piano inclinato

Come orientamento positivo scegliamo quello della forza Fg‖ agente su m.La forza totale F agente su m e costituita da Fg‖ e dalla tensione T del filo,che ha direzione opposta:

F = mg sin θ − T

La forza totale F ′ agente su m′ e costituita da F ′g (con segno − perche tirain direzione opposta rispetto a Fg‖) e dalla tensione del filo T (questa voltacon segno + perche tira nella direzione di Fg‖)

F ′ = −m′g + T

La forza totale sul sistema e

Fsist = F + F ′ = mg sin θ −m′g

l’accelerazione del sistema e data da

asist =F + F ′

m+m′= g

m sin θ −m′

m+m′

Scegliendo opportunamente le masse m,m′ e/o l’angolo θ si puo realizzareuna condizione di equilibrio, se m′ = m sin θ.

Esercizio 8.10. Una rotaia inclinata di lunghezza ` = 1.5 m forma un angoloθ = 20 con l’orizzontale. Un carrellino scende lungo la rotaia, partendo da fermodall’estremo piu alto: quanto tempo impiega per arrivare all’estremo piu basso?

Risposta. Sul carrello agiscono la forza di gravita, Fg = mg, e la reazione

del vincolo Fvinc = mg cos θ. La prima puo essere scomposta nelle direzioni

perpendicolare e parallela alla rotaia: Fg⊥ = mg cos θ e Fg‖ = mg sin θ. Fvince Fg⊥ si annullano, resta dunque Fg‖, diretta lungo la rotaia e verso il basso.

Pertanto l’accelerazione del carrello e a =Fg‖

m= g sin θ, indipendente dalla massa

8.7. MOTO DI UN PENDOLO IDEALE 185

m del carrello. Numericamente, a = 3.36 ms−2. L’accelerazione e costante,

quindi la legge oraria del moto e x = 12at

2; la distanza da percorrere e `, quindi

t =

√2`

a= 0.946 s.

Esercizio 8.11. Un’automobile di massa m0 = 1.5 ton con a bordo il conducentedi massa m1 = 80 kg puo frenare con una decelerazione massima a′ = 4 m/s2,se la strada e in piano. Qual e la forza sviluppata dall’impianto frenante? Quale la decelerazione se la strada e in discesa, con una pendenza di 10? Qual ela massima pendenza possibile della strada, oltre la quale l’auto non riesce piu afrenare?

Risposta. La massa totale di auto+guidatore e m′ = m0 +m1 = 1580 kg. Laforza dell’impianto frenante e F ′ = m′a′ = 6320 N.

Quando l’auto e in discesa, su di essa agisce anche la componente dellagravita parallela alla strada: Fg‖ = m′g sin θ, quindi l’accelerazione dell’auto e

a =m′g sin θ − F ′

m′. Si e scelto come positivo l’orientamento in discesa, cosicche F ′

ha segno negativo. Sviluppando i calcoli, a = g sin θ− a′ = (9.806 m/s2) sin(10)−4 m/s2 = −2.297 m/s2. E negativa, quindi l’auto effettivamente decelera, mamolto meno che in piano.

Quando l’auto non riesce piu a frenare, vuol dire che l’accelerazione diventa

nulla o positiva, cioe a =m′g sin θ − F ′

m′≥ 0. Questo accade se m′g sin θ ≥ F ′,

cioe sin θ ≥ F ′

m′g=a′

g= 0.4079, ovvero θ ≥ 0.42 rad = 24.

8.7 Moto di un pendolo ideale

Un pendolo ideale e costituito da un filo inestensibile di lunghezza ` e dimassa trascurabile, fissato ad un ancoraggio immobile ad un estremo, econ una massa puntiforme m appesa all’altro estremo, il tutto in un campogravitazionale g uniforme. La posizione del pendolo puo essere descritta conl’angolo θ che il filo forma con la verticale, come in Fig. 8.9.

Sappiamo per esperienza che un pendolo in posizione verticale sta fermo,mentre se viene spostato prende ad oscillare avanti e indietro intorno allaposizione verticale. In questa sezione studiamo il meccanismo fisico che negoverna il moto.

Sulla massa m agiscono la forza di gravita, Fg = mg, diretta verticalmenteverso il basso, e la tensione del filo, T , diretta lungo il filo. Chiamiamo θl’angolo formato dal filo rispetto alla verticale, e scomponiamo il sistema diforze lungo due direzioni:


θ

θ

F = mg sin θ

F = mg cos θ

x

l

m

F = mgg

Figura 8.9: Schema del pendolo.

• lungo il filo agiscono la tensione T e la componente della forza-pesoFg‖ = mg cos θ: il loro effetto combinato e quello di mantenere latraiettoria della massa m lungo la circonferenza [3]

• in direzione ortogonale al filo agisce solo la componente della forza-pesoFg⊥ = mg sin θ, che produce sulla massa m un’accelerazione tangenziale

at =Ftm

= g sin θ (8.29)

che determina il moto del pendolo.

Studiamo l’equazione del moto, per la variabile angolare θ. Lospostamento lineare del pendolo e ds = ` dθ, pertanto:

v =ds

dt=

d(`θ)

dt= `

dθ

dt

at =dv

dt= `

d2θ

dt2

3 Si potrebbe anche impostare il calcolo della tensione del filo, partendo dalla forzacentripeta:

m (θ)2` ≡ Fn = T −mg cos θ ; θ ≡ dθ

dt

ma per analizzare il moto del pendolo non ci serve. . .

8.7. MOTO DI UN PENDOLO IDEALE 187

Confrontando l’ultima equazione con l’Eq. (8.29) si trova:

d2θ

dt2=

g

`sin θ (da perfezionare)

dove le quantita sono per ora espresse tutte in modulo. Un’osservazione piuattenta ci mostra che at ha sempre segno opposto rispetto allo spostamentoangolare θ, pertanto una formulazione piu corretta e:

d2θ

dt2= −g

`sin θ (8.30)

Questa equazione differenziale non ammette una soluzione analitica.Tuttavia, se ci limitiamo ad oscillazioni piccole, possiamo assumeresin θ ' θ [4]. Con questa approssimazione, l’equazione del moto diventa

d2θ

dt2= −g

`θ (8.31)

Questa e un’equazione del moto molto peculiare, che ricorre spesso in moltiproblemi fisici, quando si abbia a che fare con moti di oscillazione.

La derivata seconda dello spostamento e direttamente proporzionale allospostamento, e con segno opposto.

Ora, noi conosciamo funzioni che possiedono proprio la proprieta che ciserve: una derivata seconda proporzionale alla funzione stessa, ma di segnoopposto. Si tratta delle funzioni trigonometriche seno e coseno. In effetti:

d

dt[cos(Ωt+ φ)] = −Ω sin(Ωt+ φ)

d2

dt2[cos(Ωt+ φ)] = −Ω

d

dt[sin(Ωt+ φ)] = −Ω2 cos(Ωt+ φ)

pertanto la forma piu generale della soluzione del moto, per l’Eq. (8.31), e:

θ(t) = A cos(Ωt+ φ) (8.32)

purche si assuma:

Ω =

√g

`(8.33)

La quantita Ω si chiama frequenza angolare (o anche pulsazione) e si misura in“radianti al secondo” (rad/s). Essa dipende dai parametri fisici del sistema:la lunghezza del pendolo ` e l’accelerazione di gravita g.

4 La funzione sin θ puo essere espansa nel polinomio di Taylor sin θ ' θ − θ3

3!+θ5

5!· · ·

Per θ molto piccoli, tutti i termini a potenze di ordine piu alto diventano trascurabili.


Il moto del pendolo e periodico: questo significa che esiste una duratatemporale T — il periodo — tale che per ciascun istante t valgono:

θ(t+ T ) = θ(t)

θ(t+ T ) = θ(t)

(θ ≡ dθ(t)

dt

)In effetti le funzioni trigonometriche sono periodiche di 2π nel loro

argomento: cos(α) = cos(α + 2π). Nel nostro caso, cio si scrive

θ(t) = A cos(Ωt+ φ) = A cos(Ωt+ φ+ 2π)

= A cos

(Ω

(t+

2π

Ω

)+ φ

)= θ

(t+

2π

Ω

)ovvero il periodo e:

T =2π

Ω= 2π

√`

g(8.34)

Questa e la famosa legge del pendolo, per piccole oscillazioni. Il periododel pendolo e determinato unicamente dalla sua lunghezza `, oltre chedall’accelerazione di gravita g. Questa legge permette di costruire un motoperiodico con grande precisione: per questa ragione, per molto tempo gliorologi piu precisi sono stati appunto quelli a pendolo.

Mentre Ω (e quindi T ) sono collegati a grandezze fisiche del sistema (g, `), iparametri A, φ invece sono determinati dalle condizioni iniziali: θ0 = θ(t = 0)e θ0 = θ(t = 0). In effetti, dall’Eq. (8.32) e dalla sua derivata, per t = 0 sitrova:

θ0 = θ(t = 0) = A cos(φ)

θ0 = θ(t = 0) = −AΩ sin(φ)

Moltiplicando la prima condizione per Ω si ottiene Ωθ0 = ΩA cos(φ);facendone il quadrato, e sommandovi il quadrato della seconda condizione(ricordando l’identita trigonometrica cos2 + sin2 = 1) si ottiene (Ωθ0)2 +θ2

0 = Ω2A2, ovvero

A =

√√√√θ20 +

(θ0

Ω

)2

8.8. FORZE DI ATTRITO 189

8.8 Forze di attrito

Esistono in natura numerose forze, che vengono genericamente chiamateattriti, che si manifestano quando un corpo e in contatto con l’ambientecircostante, sia esso formato da superfici solide, o da sostanze liquide ogassose.

Quando l’ambiente circostante e in quiete, le forze di attrito tendono a:

• trattenere un oggetto, inizialmente fermo, nella sua condizione diquiete, anche se intervengono dall’esterno altre forze che dovrebberometterlo in movimento — si chiamano attriti “statici”, e si manifestanotipicamente nel contatto fra l’oggetto in questione e una superficie diappoggio solida;

• rallentare un oggetto, inizialmente in movimento, fino a farlo fermare,se non intervengono altre forze esterne a mantenerlo in moto — questisono gli attriti “dinamici”, e si manifestano quando l’oggetto esaminatoscivola lungo una superficie solida (attrito radente), oppure quando simuove in un mezzo liquido o gassoso (attrito viscoso).

(Nota: a causa degli attriti, non e cosı sorprendente che, prima di Galileo,si pensasse che lo “stato naturale” di un oggetto, non sottoposto ad azioniesterne, fosse la quiete, e non il moto rettilineo uniforme!)

Se l’ambiente circostante e in movimento (per esempio una superficie dicontatto in moto, oppure un fluido che scorre), gli attriti statici tendonoa mantenere l’oggetto in moto alla stessa velocita dell’ambiente, mentrequelli dinamici tendono a uniformare la velocita dell’oggetto con quelladell’ambiente (rallentandolo se va piu veloce, o accelerandolo se va troppolentamente).

In generale, possiamo dire che gli attriti tendono ad opporsi ad un motorelativo dell’oggetto in esame rispetto all’ambiente che lo circonda.

Da un punto di vista microscopico, gli attriti sono l’effetto risultante ditutte le interazioni fra gli atomi dell’oggetto e quelli dell’ambiente. Ogniinterazione interatomica comporta un trasferimento di quantita di moto, ilcui effetto netto e quello osservato. Una descrizione microscopica degli attritie in generale molto complessa. Tuttavia alcuni casi standard sono descrittibene da leggi empiriche.

Nella trattazione che segue, descriviamo le caratteristiche degli attriti(statico, radente viscoso) in un ambiente statico. In Sezione 8.8.4 adatteremole equazioni al caso di ambiente in movimento.


Fest

FattrFattr

Fg

Figura 8.10: Esempi di attrito statico: a sinistra, la forza esterna Feste applicata attraverso una molla; a destra, e la componente della forza digravita parallela al piano, Fg‖ = mg sin θ.

8.8.1 Attrito statico

L’attrito statico si manifesta quando l’oggetto solido e posto a contatto conuna superficie solida (ambiente). Se l’ambiente e fermo, l’attrito statico tende

a mantenere l’oggetto fermo anche se su di esso agisce una forza esterna ~Fest.Cio significa che la forza di attrito si oppone a quella esterna:

~Fattr = − ~Fest (attrito statico) (8.35)

Consideriamo un oggetto di massa m appoggiato su un piano orizzontale,fermo. Su di esso agiscono la forza-peso ~Fg = −mgz e la reazione del

vincolo ~Fvinc = +mgz che si contrastano esattamente. Ora immaginiamodi applicare una forza orizzontale esterna Fest. Per esempio, possiamoapplicarla attraverso una molla, come in Fig. 8.10 (sinistra), in modo che,dalla compressione ∆` possiamo conoscere la forza che stiamo applicando:Fest = k∆`. Si osserva che, comprimendo la molla pian piano, l’oggetto restafermo, ma oltre una certa compressione l’oggetto si muove. Evidentemente,la forza di attrito non ha un valore preciso, bensı si adatta per contrastare laforza esterna, ma oltre un certo limite non ce la fa piu. Quindi ha un “valoremassimo”, Fmax

attr :

| ~Fattr| ≤ Fmaxattr (attrito statico)

Sperimentalmente, si osserva che Fmaxattr e sempre direttamente proporzionale

alla reazione vincolare Fvinc, pertanto si puo scrivere:

| ~Fattr| ≤ Fmaxattr = µs Fvinc (attrito statico) (8.36)

Il coefficiente di proporzionalita, µs, si chiama coefficiente di attrito statico.E un numero adimensionale, che dipende dai materiali che sono posti acontatto, ma non dall’estensione della superficie di contatto.

L’Eq. (8.36) esprime un limite superiore alla forza di attriti statico.Quando l’Eq. (8.36) e l’Eq. (8.35) non possono essere simultaneamenterealizzate, non puo essereci attrito statico — ovvero l’oggetto si muove.


Se il piano e inclinato, con un angolo θ, come in Fig. 8.10 (destra), lareazione vincolare diventa Fvinc = mg cos θ (vd Sezione 8.6), pertanto

Fattr ≤ µsmg cos θ (attrito statico)

mentre la componente parallela al piano della forza di gravita e Fg‖ =

mg sin θ. Siccome ~Fattr e sempre diretta opposta a ~Fest, l’oggetto resta fermosolo se le due forze sono uguali in modulo:

Fg‖ = Fattrmg sin θ ≤ µsmg cos θ

tan θ ≤ µs

(attrito statico)

Quindi l’angolo-limite perche l’attrito statico contrasti la forza-peso e taleche

tan θlim = µs (attrito statico) (8.37)

8.8.2 Attrito radente (o dinamico)

L’attrito radente, o dinamico, si ha quando un oggetto in movimento strisciasu una superficie solida. Sperimentalmente, la forza di attrito radente ha leseguenti proprieta:

• e indipendente dalla velocita;

• e sempre diretta in direzione opposta allo spostamento;

• dipende dalla natura dei materiali a contatto (l’oggetto che striscia e lasuperficie su cui striscia) attraverso un coefficiente di attrito dinamicoµd;

• e direttamente proporzionale alla reazione vincolare Fvinc prodottadalla superficie sull’oggetto strisciante.

Queste caratteristiche possono essere espresse da una formula vettoriale:

~Fattr = −µdFvinc v (attrito radente) (8.38)

dove v ≡~v

ve il versore che indica la direzione dello spostamento.

Sperimentalmente, fra due oggetti a contatto, si osserva sempre che

µd < µs (8.39)


Calcoliamo il moto di un oggetto di massa m, nel campo gravitazionaleterrestre g, che scivola con attrito giu per un piano inclinato ad un angoloθ rispetto all’orizzontale — la situazione e sempre quella della Fig. 8.8 (asinistra).

Le forze in gioco sono 3: la forza di gravita, la forza del vincolo, e laforza di attrito radente. La reazione vincolare, Fvinc = Fg⊥ = mg cos θ,bilancia esattamente la componente della forza di gravita perpendicolareal piano, lasciando la componente parallela Fg‖ = mg sin θ. Scegliendoconvenzionalmente il verso positivo come orientato verso il basso lungo ladirezione di massima pendenza del piano, Fg‖ > 0. La forza di attrito valeFattr = −µdFvinc = −µdmg cos θ; Fattr < 0 perche e opposta alla direzionedel moto. La risultante delle forze e diretta parallelamente al piano, e vale:

Ftot = Fg‖ + Fattr = mg (sin θ − µd cos θ)

(scivolamento in discesa con attrito radente)(8.40)

Si tratta dunque di un moto uniformemente accelerato, con accelerazione

a = g (sin θ − µd cos θ)

(scivolamento in discesa con attrito radente)(8.41)

Il segno di Ftot e di a dipende da tan θ:

• se tan θ > µs, il piano e piu ripido dell’angolo-limite dell’attrito statico:se l’oggetto era in quiete, si mette in moto spontaneamente; in questocaso, sicuramente tan θ > µd

[5], quindi a > 0 e il moto e accelerato indiscesa;

• se tan θ ≤ µs, bisogna innescare il moto con un’azione esterna; in talcaso distinguiamo ulteriormente 3 casi:

– se tan θ > µd, il moto e accelerato: a > 0; la velocita aumentaman mano che l’oggetto scivola giu per il piano inclinato;

– se tan θ = µd, allora a = 0 e il moto e a velocita uniforme indiscesa lungo il piano inclinato;

– se tan θ < µd, il moto e decelerato: a < 0; l’oggetto rallentasempre piu fino a fermarsi; l’attrito diventa statico, e l’oggettoresta fermo.

5Ricordiamo che µs > µd


Analogamente, immaginiamo che un oggetto di massa m venga lanciatoin salita sul piano inclinato e calcoliamo l’accelerazione per lo scivolamentoin salita: a causa della gravita e dell’attrito rallentera. Possiamo sceglierel’orientamento positivo lungo il moto, cioe in salita. Le forze in gioco sonoFg‖ = −mg sin θ e Fattr = −µdmg cos θ, entrambe < 0 poiche dirette indiscesa. Quindi la forza totale e:

Ftot = Fg‖ + Fattr = −mg (sin θ + µd cos θ)

(scivolamento in salita con attrito radente)(8.42)

Si tratta dunque di un moto uniformemente accelerato, con accelerazionenegativa

a = −g (sin θ + µd cos θ)

(scivolamento in salita con attrito radente)(8.43)

Ad un certo punto l’oggetto si arrestera. Anche qui distinguiamo diversicasi, a seconda del valore di tan θ:

• se tan θ > µs, l’oggetto non puo restare fermo, perche siamooltre l’angolo limite dell’attrito statico; pertanto l’oggetto riprende ascivolare in discesa;

• se tan θ ≤ µs, l’attrito statico entra in funzione e l’oggetto resta fermo.

8.8.3 Attrito viscoso

L’attrito viscoso si manifesta quando un oggetto si muove attraverso unmezzo fluido (cioe liquido o gassoso). In tal caso, empiricamente si osservache il mezzo oppone una forza frenante al moto, in direzione opposta a questo,che cresce con la velocita ~v di movimento:

~Fattr = −(ηv + η′v2

)v (8.44)

I coefficienti η, η′ si chiamano coefficienti di attrito viscoso e dipendono dallaforma dell’oggetto che si muove, dalla sua superficie e dal mezzo fluido in cuisi muove. In generale, per un oggetto affusolato e dominante la componente−η~v; la componente ∝ v2 entra in gioco per oggetti poco aerodinamici, o inmoto veloce.

Un oggetto che cade all’interno di un fluido, nel campo gravitazionaleterrestre, e soggetto a due forze:


• la forza gravitazionale, Fg = mg;

• la forza di attrito viscoso, Fattr = −ηv − η′v2

(abbiamo scelto per convenzione il verso positivo diretto verso il basso). Laforza totale agente e quindi:

Ftot = Fg + Fattr = mg − ηv − η′v2

Anche senza integrare il moto, possiamo farci un’idea qualitativa di cio chesuccede. Quando la velocita e piccola, la forza di gravita e dominante el’accelerazione e a ' g, verso il basso. Man mano che la velocita aumenta, laforza di attrito cresce sempre piu, fino a diventare pari alla forza di gravita:a questo punto la risultante delle forze e nulla e la velocita si mantienecostante. Per trovare la velocita-limite vlim, basta porre Ftot = 0, ovveroη′v2 + ηv − mg = 0. Questa e un’equazione di 2 grado che ammette due

soluzioni: vlim =−η ±

√η2 + 4mgη′

2η′. Scartando la soluzione negativa, che

non ha significato fisico, otteniamo:

vlim =−η +

√η2 + 4mgη′

2η′'

√mg

η′(per ηv trascurabile)

mg

η(per η′v2 trascurabile)

(8.45)

Caduta di una goccia di pioggia in aria

Studiamo il moto di una goccia di pioggia, che cade verticalmente nell’aria.Le forze in gioco sono: la gravita, Fg = mg, e l’attrito viscoso, Fattr = −ηv.Normalmente la velocita v e tale che la componente −η′v2 della forza di attrito etrascurabile. Il problema e unidimensionale, e in questo caso e comodo sceglierecome positivo l’orientamento verso il basso. L’equazione del moto e:

dv

dt≡ a =

Fg + Fattrm

= g − η

mv = g − βv

essendo β ≡ η

m. Questa equazione si risolve con il metodo della “separazione delle

variabili”, ovvero si isolano le due variabili (v e t) dalle parti opposte del segno =:

dv

g − βv= dt

Si ottiene un’uguaglianza fra due forme differenziali, che va integrata fra estremiopportuni. Conviene rinominare le variabili di integrazione: t → t′ e v → v′.


L’intervallo temporale e 0 < t′ < t, mentre per le velocita v(t = 0) = 0, quindil’intervallo e 0 < v′ < v ≡ v(t). Quindi otteniamo:∫ t

0dt′ =

∫ v

0

dv′

g − βv′

Notiamo che il membro destro assomiglia a1

v′, che avrebbe come funzione primitiva

ln v′. In effetti, una primitiva di1

g − βv′e − 1

βln(g − βv′). Quindi l’equazione

integrale diventa:

t =

[− 1

βln(g − βv′)

]v0

= − 1

β[ln(g − βv)− ln(g)] = − 1

βln

(g − βvg

)e−βt =

g − βvg

= 1− β

gv

v ≡ v(t) =g

β

(1− e−βt

)=

mg

η

(1− e−βt

)

Si noti che, per t → +∞, si raggiunge la velocita-limite, come aspettato: v(t) →mg

η≡ vlim.

La distanza s(t), percorsa dalla goccia, si trova con una ulteriore integrazione:

s(t) =

∫ t

0v(t′) =

mg

η

t+

[1

βe−βt

′]t′=tt′=0

=mg

η

(t+

e−βt − 1

β

)Bonus (*): com’e il moto della goccia, all’inizio, quando v e ancora molto

piccola, e quindi l’attrito e trascurabile rispetto alla gravita? Ci si aspetterebbe

v(t) ' gt e s(t) ' gt2

2, giusto? Provate a verificare che le equazioni trovate

descrivono questo comportamento. Utilizzate l’approssimazione e−βt ' 1 − βt +β2t2

2+ . . . valida per piccoli valori di t.

Moto di un proiettile in aria

Abbiamo gia trattato il moto di un proiettile nel campo gravitazionale, trascurandogli attriti – vd Sezione 6.5.4. Ora studiamo il moto, in presenza di un attrito


viscoso ~Fattr = −η~v. Le forze in gioco sono:

Fx = −ηvxFz = −ηvz −mg

Quindi si possono risolvere i moti lungo x e z separatamente. Conviene introdurre

le quantita β =η

me α =

g

β. Lungo x:

dvxdt

= −βvxdvxvx

= −βdt∫ vx

vx0

dv′xv′x

= −β∫ t

0dt′

ln

(vxvx0

)= −βt

vx = vx0e−βt

In modo appena piu complicato, si risolve per z:

dvzdt

= −βvz −g

m= −β(vz + α)

dvzvz + α

= −βdt∫ vz

vz0

dv′zv′z + α

= −β∫ t

0dt′

ln

(vz + α

vz0 + α

)= −βt

vz = (vz0 + α) e−βt − α

Le coordinate spaziali si integrano dalle velocita:

x(t) = x0 +

∫ t

0vx(t′)dt′ = x0 +

vx0

β

(1− e−βt

)z(t) = z0 +

∫ t

0vz(t

′)dt′ = z0 +vz0 + α

β

(1− e−βt

)− αt

8.8.4 Attriti in ambiente non statico

Tutto quanto detto puo essere esteso al caso di ambiente in movimento.


L’attrito statico tende a mantenere l’oggetto “fermorispetto all’ambiente”. Se l’ambiente si muove, con accelerazione ~aamb, anchel’oggetto deve avere la stessa accelerazione; pertanto, la risultante delle forzesu di esso, ~Fest e ~Fattr, deve essere tale che

~Fattr + ~Fest = m~aamb (attrito statico) (8.46)

Vale comunque il limite superiore per la forza di attrito:

| ~Fattr| ≤ µs Fvinc

Un esempio: se l’oggetto e premuto contro una superficie in moto, laquale reagisce con una reazione vincolare Fvinc, la forza di attrito riesce atrascinare l’oggetto in modo solidale con l’ambiente solo se l’accelerazione

dell’ambiente e |~aamb| ≤ µsFvincm

.

L’attrito dinamico radente tende ad uniformare la velocita ~v dell’oggettoalla velocita ~vamb dell’ambiente. E utile introdurre quindi la velocita relativa

~vrel = ~v − ~vamb

dell’oggetto rispetto all’ambiente, e il suo versore vrel =~vrelvrel

. Allora,

l’Eq. (8.38) si modifica in:

~Fattr = −µdFvinc vrel (attrito radente) (8.47)

Anche per l’attrito viscoso, si puo modificare l’Eq. (8.44) in:

~Fattr = −(ηvrel + η′v2

rel

)vrel (attrito viscoso) (8.48)

8.8.5 Lavoro delle forze di attrito

Nel caso di ambiente in quiete, il lavoro fatto dalle forze di attrito si discuteabbastanza semplicemente.

L’attrito statico non compie mai lavoro — ovvio: il punto di contatto efermo. Pero vale la pena ricordarlo. . .

Wattr.statico = 0 (attrito statico) (8.49)

Invece, le forze degli attriti dinamici — sia radenti che viscosi — sonosempre orientate all’opposto degli spostamenti:

~Fattr ∝ −v (attriti radenti e viscosi)


pertanto compiono sempre lavoro negativo:

Wattr < 0 (attriti radenti e viscosi) (8.50)

Si dice che le forze di attrito sono dissipative: producono sempre unadiminuzione di energia cinetica.

D’altra parte, sappiamo che l’attrito provoca sempre surriscaldamento: ifreni delle automobili e dei treni possono diventare roventi; i meteoriti checadono sulla Terra, per la frizione con l’atmosfera terrestre, si scaldano finoa diventare incandescenti (stelle cadenti) e spesso si disintegrano prima diraggiungere la superficie terrestre.

In effetti, l’attrito trasforma l’energia cinetica in energia termica, che simanifesta con un surriscaldamento.

Quando l’ambiente e in movimento, il discorso e piu elaborato.Nel caso di attrito statico, con ambiente accelerato

dWattr = ~Fattr · d~r =(m~aamb − ~Fest

)· ~vamb dt

puo essere positivo o negativo, a seconda della presenza di forze esterne, edell’orientamento di ~aamb, ~vamb.

Analogamente, per gli attriti dinamici (radenti o viscosi), ~Fattr ∝ −vrel,quindi

dWattr = ~Fattr · d~r ∝ −vrel · ~v dt

e anche qui il segno dipende dall’orientamento relativo di vrel e ~v.In altre parole, gli attriti possono rallentare o accelerare l’oggetto, a

seconda del moto dell’ambiente.

Come si concilia un dWattr, che puo essere negativo o positivo, con unaforza sempre dissipativa? Occorre considerare tutto il lavoro fatto dalle forzedi attrito, sia sull’oggetto:

dWattr = ~Fattr · d~r

che sull’ambiente: quest’ultimo subisce una forza di attrito ~F ambattr = − ~Fattr

— per il principio di azione-reazione — e uno spostamento d~ramb

dWambattr = ~F amb

attr · d~ramb = − ~Fattr · d~ramb

Finora abbiamo sempre omesso dWambattr , poiche in caso di ambiente statico

d~ramb = 0. In generale pero bisogna considerarlo.

dW totattr = dWattr + dWamb

attr = ~Fattr ·(d~r − d~ramb

)


Nel caso di attrito statico, d~r = d~ramb, quindi dW totattr = 0. L’attrito

statico in totale non compie lavoro, dunque non dissipa energia, anche nelcaso di ambiente in moto.

Nei casi dinamici, d~r = ~vdt e d~ramb = ~vambdt, quindi

dW totattr = ~Fattr ·

(~v − ~vamb

)dt ∝ −vrel · ~vrel dt < 0

L’attrito dinamico produce sempre un lavoro totale negativo, anche nel casodi ambiente in moto, e questo e consistente con il fatto che sia una forzadissipativa.

Attriti che aumentano l’energia cinetica?

Finora abbiamo detto che gli attriti dinamici producono lavoro negativo (Wattr <0) e dunque dissipano energia cinetica (∆E < 0). Si puo pero immaginare uncontro-esempio: una valigia di massa m, inizialmente ferma, viene depositata suun nastro trasportatore che si muove a velocita costante v. Le forze di attritodinamico fra nastro e valigia accelerano quest’ultima finche essa non raggiunge lastessa velocita v: a quel punto l’attrito diventa statico e non compie piu lavoro. Il

risultato netto e che la valigia ha acquisito energia cinetica: ∆E =m

2v2. Quindi,

abbiamo un attrito che produce energia cinetica. . . Eppure, fra valigia e nastroc’e anche sfregamento, quindi surriscaldamento, quindi anche energia dissipata. . .Dov’e l’inghippo?

Analizziamo il problema da diversi punti di vista.

• Un osservatore che sta in piedi sul nastro trasportatore, inizialmente vedela valigia “andare all’indietro” con velocita v. Quando la valigia entra incontatto con il nastro, l’attrito radente la rallenta fino a fermarla, quindi

l’energia cinetica subisce una variazione ∆E = −m2v2. Il lavoro della forza

di attrito e

Wattr = ∆E = −m2v2

Chiamiamo l’energia dissipata ∆Q = −∆E =m

2v2: questa e

l’energia termica sviluppata dall’attrito, che in qualche modo produrra unsurriscaldamento delle superfici a contatto.

• Un osservatore che sta fermo per terra, vede la valigia accelerare, quindiacquistare energia cinetica,

∆E = +m

2v2

Nello stesso tempo, il surriscaldamento deve comunque esserci, inquantita indipendente dall’osservatore, quindi deve sempre esserci un’energiadissipata pari a quella calcolata nel caso precedente:

∆Q =m

2v2


Quindi, in questo caso, il sistema riceve una quantita di energia

∆E + ∆Q = mv2

Da dove viene?

Ovviamente, viene dal motore, che mantiene il nastro in movimento a velocitacostante! Se il nastro trascina la valigia con forza Fattr, la valigia deve “frenare”il nastro con forza Ffr = −Fattr, ma siccome la velocita del nastro non cambia, ilmotore deve applicare una forza Fm = −Ffr = Fattr. Questa forza e parallela econcorde al movimento del nastro, dunque deve produrre un lavoro Wm > 0, cheora andiamo a calcolare.

La valigia subisce un’accelerazione costante, a =Fattrm

, per un tempo

∆t =v

a=

mv

Fattr

Questo e il tempo in cui valigia e nastro si scambiano forze. Il lavoro fatto dallaforza del motore sul nastro avviene a velocita v costante, per cui e semplicemente

Wm = Fm · v ·∆t = Fattr · v ·mv

Fattr= mv2

QuindiWm > ∆E. Evidentemente, il lavoro del motore non e l’unico ad agire sulla

valigia. D’altronde, se consideriamo anche il lavoro dell’attrito, Wattr = −mv2

2,

calcolato precedentemente, i conti tornano:

Wm +Wattr =mv2

2= ∆E

In altre parole: l’energia fornita dal motore e maggiore di quella acquisitadalla valigia, quindi c’e una quantita di energia dissipata ∆Q = Wm − ∆E =

mv2 − mv2

2=

m

2v2, come calcolata rispetto all’osservatore in piedi sul nastro

trasportatore.

Riassumendo: il lavoro erogato dal motore, Wm = mv2, va in parte ad

aumentare l’energia cinetica, ∆E =m

2v2, e la parte rimanente viene dissipata in

energia termica, ∆Q =Wm −∆E =m

2v2. La parte ∆Q e dovuta agli attriti, che

producono un lavoro Wattr = −mv2

2.

8.8.6 Esercizi sugli attriti

Esercizio 8.12. Un oggetto viene appoggiato su un piano, inizialmenteorizzontale; questo viene poi inclinato lentamente, fino al punto che l’oggettocomincia a scivolare. L’angolo-limite, sotto il quale non c’e scivolamento, e


θlim = 35. A questo angolo, l’accelerazione osservata e a = 0.15 m/s2. Quantovalgono i coefficienti di attrito statico e dinamico?

Risposta. Il coefficiente di attrito statico si ricava da µs = tan θlim =

tan(35) = 0.7. L’accelerazione e a =Ftotm

= g (sin θ − µd cos θ), pertanto

µd =g sin θ − ag cos θ

, quindi per θ = θlim e a dato, si trova µd = 0.68.

Commento. Si noti che tutti questi risultati sono indipendenti dalla massa

dell’oggetto. La ragione e che sia la forza di gravita che la forza di attrito radente

sono proporzionali a m.

Esercizio 8.13. Su un piano inclinato di angolo θ = 15, viene lanciato unoggetto in salita, con velocita iniziale v0 = 1.35 m/s. L’oggetto decelera finoad arrestarsi istantaneamente, dopo una distanza ∆` = 34 cm. Quanto vale ilcoefficiente di attrito radente µd? Per quali valori del coefficiente di attrito statico,µs, l’oggetto riprende a scivolare in discesa? Con quale velocita vf ritorna al puntodi partenza?

Risposta. Orientiamo per convenzione il segno positivo in salita. Le forzeagenti sono la componente parallela della gravita, Fg‖ = −mg sin θ, e la forzadi attrito radente, Fattr = −µdmg cos θ (entrambe con segno − poiche dirette in

discesa). L’accelerazione totale e a =Fg‖ + Fattr

m= −g(sin θ+µd cos θ). Pertanto,

µd = −g sin θ + a

g cos θ. Ora, nel moto uniformemente decelerato (cioe con a < 0),

sappiamo che la distanza di arresto e ∆` = − v20

2a, da cui a = −v

20

2`= −2.680 m/s2.

Quindi, µd = 0.0150.

Nel punto in cui l’oggetto si arresta, entra in gioco l’attrito statico: se esso esufficiente a contrastare Fg‖, l’oggetto resta fermo. Cio avviene per µs ≥ tan θ =0.268. Invece, per 0.0150 ≡ µd < µs < 0.268 l’oggetto scivola di nuovo in basso.

Il lavoro totale fatto dall’attrito radente e Wattr = −2 ∆` (µdmg cos θ), mam

2(v2f − v2

0) =Wattr, pertanto v2f = v2

0 − 4 ∆` (µdmg cos θ) = 1.6293 m2/s2, ovvero

vf = 1.276 m/s.

Esercizio 8.14. Un’automobile con potenza P = 50 kW accelera sull’autostrada,fino a raggiungere una velocita limite v1 = 170 km/h: non riesce ad andare piuveloce perche l’attrito con l’aria contrasta la forza del motore. A queste velocitae ragionevole parametrizzare l’attrito come Fattr = −η′v2, diretto in direzioneopposta al movimento. Quanto vale η′? Quanta energia impiega l’auto perpercorrere 100 km alla velocita v1? Quanta energia impiegherebbe a percorrerela stessa distanza se viaggiasse a velocita v2 = 130 km/h?

Risposta. La potenza dissipata dalla forza di attrito e Pattr = Fattrv = −η′v3.Se l’auto non riesce ad aumentare la sua velocita vuol dire che la potenza del motoree esattamente contrastata dalla potenza dissipata per attrito: P+Pattr = 0, ovvero


η′ =Pv3

1

. Convertiamo la velocita in SI: v1 = 170 km/h = 1701000

3600m/s =

47.22 m/s. Otteniamo η′ =5 · 104 W

(47.22 m/s)3= 0.475 Ns2m−2.

Per viaggiare a velocita costante, il motore deve erogare una forza che contrastila forza di attrito: F1 = +η′v2

1 = (0.475 Ns2m−2)(47.22 m/s)2 = 1059 N. Illavoro della forza (e quindi l’energia necessaria) su ∆` = 100 km = 105 m eW1 = F1∆` = 1.059 · 108 J — circa 100 milioni di Joule.

Se la velocita viene ridotta a v2 = 130 km/h = 36.11 m/s, la forza del motore

deve essere F2 = +η′v22 = 619 N. Anche il lavoro si riduce: W2 = F2∆` =

6.19 · 107 J, cioe circa 60 milioni di Joule . . . e si risparmia circa il 40% di

carburante!

Esercizio 8.15. Un paracadutista di massa m1 = 65 kg indossa un paracadutedi massa m0 = 8 kg (compreso zaino e tutto); dopo aver aperto il paracadute,si stabilizza ad una velocita di discesa di v1 = 15 km/h. Con che velocitascenderebbe un suo collega di massa m2 = 90 kg, usando un modello di paracaduteidentico? Per risolvere l’esercizio occorre sapere che in questo caso l’attrito viscosoe proporzionale al quadrato della velocita.

Risposta. Facciamo uso direttamente dell’equazione della velocita-limite,

Eq. (8.45). Per il primo paracadutista v1 =

√(m0 +m1)g

η′, da cui potremmo

ricavare η′. In realta possiamo procedere evitando questo calcolo: scriviamo

l’equazione per il secondo paracadutista, v2 =

√(m0 +m2)g

η′, e dividiamole:

v2

v1=

√(m0 +m2)

(m0 +m1)=

√(90 + 8) kg

(65 + 8) kg= 1.159. Abbiamo supposto la stessa η′,

poiche i paracaduti sono identici. In conclusione: v2 = v1 · 1.159 = 17.4 km/h.

Capitolo 9

Interazioni a distanza, campi diforza

9.1 Campi di forza

La forza ~F agente su un oggetto dipende dall’ambiente in cui l’oggetto sitrova. Abbiamo piu volte detto che la forza su un oggetto e causata daglialtri oggetti che stanno intorno ad esso. Nel caso delle forze “di contatto”,trattate nel Capitolo 8, la situazione e relativamente semplice: la forza simanifesta solo al momento in cui c’e il contatto, altrimenti la forza non c’e.

Ora pero consideriamo le forze che agiscono a distanza (per esempio, forzagravitazionale, forza elettrica, forza magnetica, . . . ). Il sistema di forze, cheun oggetto sente, dipende dalla sua posizione e distanza relativa a tutto cioche lo circonda. Non c’e da stupirsi, dunque, se ci si accorge, con diversemisure, che spostando il nostro oggetto nello spazio, la forza agente su diesso cambia. In generale, la forza dipende dunque dalla posizione:

~F = ~F (~r) (9.1)

e si chiama per questo forza posizionale. In tal caso la funzione ~F (~r) sichiama campo di forza.

Per “esplorare” un campo di forze, il procedimento — applicato oconcettuale che sia — e quello di porre un oggetto chiamato “sonda” in varieposizioni e misurare la forza che su di esso agisce, per esempio misurandonel’accelerazione.

Attribuiamo quindi al campo di forza un significato fisico. Siccome stiamoparlando di forze a distanza, non c’e contatto fra l’oggetto-sonda e gli oggettiche costituiscono l’ambiente circostante, quindi potremmo ingenuamente

203

204CAPITOLO 9. INTERAZIONI A DISTANZA, CAMPI DI FORZA — M.FANTI

chiederci: “come fa un oggetto-sonda a sapere che si trova in una certaposizione rispetto a tutti gli altri oggetti che lo circondano?” La meccanicaclassica non da una risposta a questa domanda, pero ne condensa la riflessionenel concetto di campo di forze: l’ambiente che circonda il nostro oggetto einfluenzato da tanti altri oggetti, che contribuiscono a generare un campodi forze ~F (~r), definito in ogni punto ~r dello spazio. Questo campo e unattributo dello spazio, con proprieta fisiche ben precise, tali che l’oggetto-sonda, quando si trovi in una posizione ~r, “sa che deve subire” una forza~F (~r) [1].

La nostra “sonda” in generale puo subire azioni diverse, sia per cio che lecausa (i diversi oggetti circostanti) sia per la loro natura (effetti elettrici,magnetici, gravitazionali, . . . ). Ciascuna di queste e descrivibile con un

campo di forza ~Fk(~r). Ricordando che le forze si compongono secondo lasomma vettoriale, anche il campo di forze risultante seguira la stessa legge dicomposizione:

~Ftot(~r) =∑k

~Fk(~r) (9.2)

Qui di seguito introduciamo alcuni campi di forza notevoli, di cui faremouso nel seguito.

9.2 Forze gravitazionali

La gravita e una forza che agisce su qualunque oggetto dotato di massa, ed ecausata dalla presenza di altre masse. La gravita governa i moti dei pianetinel Sistema Solare e il moto dei satelliti intorno ai pianeti. Approfondiremoquesti moti nel Capitolo 13: qui per ora ci limitiamo ad enunciare le principaliproprieta della gravita.

Due oggetti di masse m1,m2, posti a distanza r12, e di estensione moltominore rispetto alla loro distanza (“puntiformi”), subiscono un’attrazione

1 Se questo discorso vi sembra non spiegare niente, beh, non posso darvi torto. In effettinon fornisce una spiegazione piu profonda della semplice presa d’atto che “esistono forzea distanza”. Tuttavia il concetto di campo e estremamente utile. Inoltre, la meccanicaquantistica fornisce una spiegazione piu profonda delle interazioni a distanza. Il “campo”e formato da “particelle virtuali” — i “quanti” — che vengono emesse e assorbite dalleparticelle fondamentali: per esempio, tutte le particelle cariche possono emettere fotonivirtuali, che non si propagano all’infinito, ma vengono assorbiti da altre particelle cariche. I“quanti” dunque fanno da messaggeri delle interazioni, e in modo suggestivo potremmo direche comunicano alla particella-sonda la presenza di tutte le altre particelle dell’ambientecircostante.

9.2. FORZE GRAVITAZIONALI 205

r1

r2

F12

F21

O

m2

m1

r12

r1

r2

O

m2

m1

r1

r2−

Figura 9.1: Forza gravitazionale fra due masse m1, m2 separate da unadistanza r12.

reciproca descritta dalla legge della gravitazione universale:

F12 = Gm1m2

r212

(9.3)

essendo G la “costante di Newton”, o “costante di gravitazione universale”,il cui valore e:

G = 6.674 · 10−11 Nm2kg−2 (9.4)

La forza ~F12 applicata a m1 da m2, e la forza ~F21 applicata a m2 da m1,sono dirette come in Fig. 9.1(sinistra). Aiutandosi con la Fig. 9.1(destra),possiamo scrivere in forma vettoriale:

~F12 = −G m1m2

|~r1 − ~r2|3(~r1 − ~r2)

~F21 = −G m1m2

|~r1 − ~r2|3(~r2 − ~r1)

(9.5)

da cui e evidente che queste due forze rispettano il principio di azione-reazione: sono opposte ( ~F12 = − ~F21) e dirette lungo la linea congiungente lemasse m1, m2 (linea definita dal vettore-differenza ~r1 − ~r2).

9.2.1 Il campo gravitazionale

Una massa-sonda m0 posta in ~r, in presenza di una massa mk posta in ~rk,“sente” una forza gravitazionale data da

~F0,k = −Gm0mk

r2k,0

rk0 = −Gm0mk

~r − ~rk|~r − ~rk|3

(9.6)


x

y

z

rk

r

F0,k

mk

m0

Figura 9.2: Forze gravitazionali su una massa-sonda m0, prodotte da massecircostanti m1, . . . ,mN . In evidenza, la k-esima massa mk posta in posizione~rk, che produce una forza ~F0,k sulla massa-sonda m0.

La forza totale generata da N masse “puntiformi” m1,m2, . . . ,mN poste nelleposizioni ~r1, ~r2, . . . , ~rN e:

~F0 =N∑k=1

~F0,k = m0

(−G

∑k

mk

~r − ~rk|~r − ~rk|3

)(9.7)

che ovviamente e funzione della posizione ~r della sonda: quindi e un campodi forza.

La fattorizzazione di m0 fuori dalla sommatoria nell’Eq. (9.7), suggeriscedi definire il campo gravitazionale in maniera indipendente dalla massa dellasonda:

~g(~r) = −G∑k

mk

~r − ~rk|~r − ~rk|3

(9.8)

e tale che la forza gravitazionale su un oggetto di massa m nella posizione ~rsia:

~Fg = m~g(~r) (9.9)

Un’osservazione: l’Eq. (9.8) dice che i campi gravitazionali si sommanovettorialmente: questa e una conseguenza della somma vettoriale delle forze.

9.3. FORZE ELETTROMAGNETICHE 207

v

B

Fm

q

E

Fe

q

Figura 9.3: Forza elettrica ~Fe = q ~E e forza magnetica ~Fm = q~v × ~B.

9.2.2 Gravita e accelerazione

Si noti che se l’unica forza agente sull’oggetto e quella gravitazionale,l’accelerazione dell’oggetto e indipendente dall’oggetto stesso:

~a =~Fgm

= ~g(~r) (9.10)

Questa e una proprieta molto peculiare: l’accelerazione prodotta da un campogravitazionale e indipendente dalla massa dell’oggetto accelerato. Solo ilcampo gravitazionale possiede questa proprieta.

9.3 Forze elettromagnetiche

Un oggetto dotato di carica elettrica q subisce una forza elettrica e una forzamagnetica, descritte da:

~Fem = q[~E(~r) + ~v × ~B(~r)

](9.11)

dove i campi vettoriali ~E e ~B sono rispettivamente il campo elettrico e ilcampo magnetico. Queste forze sono schematizzate in Fig. 9.3.

Si noti che la componente elettrica della forza, q ~E(~r), dipende in generale

dalla posizione dell’oggetto; invece la componente magnetica, q~v × ~B(~r),

dipende sia dalla posizione (attraverso ~B(~r)) che dalla velocita ~v.Un’altra peculiarita della forza magnetica e che essa e sempre ortogonale

alla velocita — come conseguenza del prodotto vettoriale ~v × ~B. Quindinon produce mai accelerazione tangenziale. Quindi non puo mai alterare ilmodulo della velocita v = |~v|, mentre in generale produce deflessioni nellatraiettoria. Possiamo inoltre osservare che la forza magnetica non rispetta ilprincipio di azione-reazione, almeno per quel che riguarda l’allineamento con


la linea congiungente la sonda con la sorgente: infatti, e sempre ortogonalea ~v, a prescindere da dove sia la sorgente del campo ~B.

L’accelerazione di un oggetto di massa m dotato di carica q, in presenzadi un campo elettromagnetico, e:

~a =~Femm

=q

m

[~E(~r) + ~v × ~B(~r)

](9.12)

9.3.1 Unita di misura elettromagnetiche

La carica elettrica si misura in Coulomb (C); il campo elettrico in “Newton suCoulomb” (N/C); il campo magnetico si misura in Tesla (T ≡ NC−1m−1s).

9.3.2 Campo elettrico generato da cariche ferme

Due cariche elettriche “puntiformi” q1, q2 in quiete, a distanza r12, siscambiano una forza elettrostatica

• repulsiva se le cariche q1, q2 hanno lo stesso segno (ovvero, entrambepositive, oppure entrambe negative);

• attrattiva se le cariche q1, q2 hanno segno opposto (ovvero, una positivae una negativa).

L’intensita di tale forza e data dalla legge di Coulomb:

F12 =1

4πε0

q1q2

r212

(q1, q2 in quiete) (9.13)

essendo

1

4πε0= 8.98755179 · 109 N m2C−2 ' 9 · 109 N m2 C−2 (9.14)

(il che significa che ε0 = 8.85418782 · 10−12 C2 N−1 m−2 — ma l’Eq. (9.14) epiu facile da ricordare, specialmente nella sua forma approssimata!)

Si noti la notevole similitudine fra forze elettriche e forze gravitazionali(vd Eq. (9.3)). Tuttavia vi e una differenza fondamentale: la forzagravitazionale e sempre attrattiva.

La forza ~F12 applicata a q1 da q2, e la forza ~F21 applicata a q2 da q1,sono dirette come in Fig. 9.4. Ragionando come per le forze gravitazionali,possiamo scrivere in forma vettoriale:

9.3. FORZE ELETTROMAGNETICHE 209

r1

r2

F12

F21

q2

q1

O

r1

r2

F12

F21q2

q1

O

, concordiq1 q2 , discordiq1 q2

r12

r12

Figura 9.4: Forza elettrica “coulombiana”, fra due cariche elettriche q1, q2

separate da una distanza r12. A sinistra: cariche dello stesso segno dannouna forza repulsiva. A destra: cariche di segno opposto danno una forzarepulsiva.

~F12 =1

4πε0

q1q2

|~r1 − ~r2|3(~r1 − ~r2)

~F21 =1

4πε0

q1q2

|~r1 − ~r2|3(~r2 − ~r1)

(9.15)

da cui e evidente che anche le forze coulombiane rispettano il principiodi azione-reazione: sono opposte ( ~F12 = − ~F21) e dirette lungo la lineacongiungente le cariche q1, q2 (linea definita dal vettore-differenza ~r1 − ~r2).

Una carica-sonda q0 posta in ~r “sente” la forza elettrica di una carica qkposta in ~rk:

~F0,k =1

4πε0

q0qkr2k,0

rk0 =1

4πε0q0qk

~r − ~rk|~r − ~rk|3

(9.16)

pertanto la carica qk genera nello spazio circostante un campo elettrico:

~Ek(~r) =qk

4πε0

~r − ~rk|~r − ~rk|3

(qk in quiete) (9.17)

che si chiama campo elettrostatico, perche l’espressione e valida a rigore soloper qk ferma. In realta e valida con buona approssimazione anche se qk simuove con velocita vk c — essendo c = 300 000 km/s = 3 · 108 m/sla velocita della luce. Per cariche elettriche in moto rapido, le equazionidel campo diventano molto piu complesse, e qui non vengono trattate:occorrerebbe fare uso delle equazioni di Maxwell.


9.3.3 Confronto fra forza di Coulomb e forzagravitazionale

La forza gravitazionale Eq. (9.3) e molto piu debole della forza di CoulombEq. (9.13).

Come semplice esempio, consideriamo l’atomo di idrogeno. E formato daun protone (carica e = 1.602 · 10−19 C e massa mp = 1.67 · 10−27 kg) e daun elettrone (carica −e e massa me = 9.11 · 10−31 kg). La distanza mediadell’elettrone dal protone, nello stato piu stabile dell’atomo di idrogeno, e ilcosiddetto raggio di Bohr: rB = 5.29 · 10−11 m.

Come sono le intensita delle due forze (chiamiamole FC e FG)? Qualedelle due e dominante, e di quanto?

FC =1

4πε0

e2

r2B

= 8.24 · 10−8 N

FG = Gmemp

r2B

= 3.63 · 10−47 N(9.18)

Su scala atomica, la forza di Coulomb e 1039 volte (mille miliardi di miliardidi miliardi di miliardi di volte) piu forte di quella gravitazionale! Nessunasorpresa, dunque, che nella fisica atomica la gravita non venga nemmenoconsiderata.

Una precisazione e doverosa: solo nell’ambito della meccanica quantisticae possibile dare una descrizione accurata dell’atomo di idrogeno. Inessa, l’elettrone non segue una traiettoria nel senso classico, bensı e“delocalizzato”, ovvero la sua posizione e aleatoria, e la probabilita diosservarlo in un determinato punto (oppure, ad una data distanza r dalprotone) e calcolabile dalla funzione d’onda. Qui stiamo considerando inveceun modello semi-classico, in cui l’elettrone descrive un’orbita circolare intornoal protone, ma solo alcune distanze r sono possibili, corrispondenti a precisilivelli energetici “quantizzati”. Per il discorso che stiamo facendo, e unapproccio sufficiente, poiche stiamo confrontando le intensita di due forze,

che scalano entrambe con la stessa legge1

r2.

9.4 Campi di forza centrali

Un campo di forza si chiama centrale se la sua dipendenza dalla posizione eesprimibile nella forma:

~F (~r) = F (r)r (9.19)

9.4. CAMPI DI FORZA CENTRALI 211

dove abbiamo posto r = |~r| e r = ~r/r. In un campo centrale, l’intensitadella forza dipende solo dalla distanza r dalla sorgente della forza stessa. Ladirezione della forza e la stessa del raggio vettore, r. Se F (r) > 0 la forza erepulsiva, viceversa se F (r) < 0 la forza e attrattiva.

9.4.1 Moti in un campo di forza centrale

Il campo centrale produce una forza radiale — vd Sezione 7.6.3. In questocaso, il momento angolare ~L si conserva, e il moto e sul piano ortogonalea ~L. Si puo scegliere l’asse z lungo ~L e usare le coordinate (x, y), oequivalentemente (r, φ), per descrivere il moto:

x = r cosφ

y = r sinφ(9.20)

Inoltre, la velocita angolare ω e la distanza r dal centro di forza sono nellarelazione:

ωr2 =L

m= costante (campo centrale) (9.21)

In un campo centrale attrattivo (F (r) < 0), possono esistere traiettorie(“orbite”) circolari. Prima di procedere nella spiegazione, mettiamo in chiaroche in generale, le orbite non sono circolari, lo sono in condizioni moltoparticolari, che ora andiamo a discutere.

Un’orbita circolare mantiene sempre la stessa distanza r dal centro.Grazie alla conservazione del momento angolare, Eq. (9.21), anche ω ecostante. Quindi v = ωr e costante, e l’accelerazione tangenziale e nulla. Sitratta dunque di un moto circolare uniforme, in cui esiste solo accelerazionecentripeta, ~an = −ω2~r. Uguagliando la forza radiale alla forza centripeta, eutilizzando l’Eq. (9.21), si trova:

F (r)r = ~Fn = −mω2~r

−F (r) = mω2r

−F (r) =L2

mr3

L’ultima forma e utile per verificare che F (r) effettivamente dipende solo dar — cosa non palese nella forma che contiene ω. Quest’ultima invece e utileper calcolare il periodo dell’orbita T , ovvero quanto tempo l’oggetto impiegaper compiere un giro completo, ∆φ = 2π. Deve essere ωT = 2π, ovvero:


ω =

√−F (r)

mr

T =2π

ω= 2π

√mr

−F (r)

(9.22)

Analogamente, si puo calcolare la velocita orbitale:

v = ωr =

√−r F (r)

m(9.23)

Se l’oggetto viene lanciato con questa velocita v, a distanza r nel campoF (r), l’orbita e sicuramente circolare.

Un esempio: se l’oggetto di massa m e un pianeta nel campo

gravitazionale del Sole (massa M), abbiamo F (r) = −GMm

r2. Il periodo

orbitale del pianeta e

T = 2π

√r3

GM

L’orbita circolare e “stabile”? (*)

Se v e r non soddisfano esattamente l’Eq. (9.23), l’orbita non e piu circolare. Chesuccede se le condizioni iniziali sono leggermente discoste da quelle ideali? L’orbitarimane “approssimativamente circolare” o devia rapidamente? Nel primo caso, sidice che l’orbita circolare e “stabile”.

Per un dato valore di L, chiamiamo r0 il raggio dell’orbita circolare, cosicche

−F (r0) =L2

mr30

, e studiamo che cosa succede per una piccola deviazione, r =

r0 + δr. Abbiamo due casi:

• |F (r)| = −F (r) >L2

mr3: la forza centrale e piu forte del necessario e tende

a far diminuire r;

• |F (r)| = −F (r) <L2

mr3: la forza centrale e piu debole del necessario e tende

a far aumentare r;

Definiamo

f(r) =L2

mr3+ F (r)


cosicche per f(r) < 0, r tende a diminuire, e viceversa. La condizione di orbitastabile si realizza se, per δr > 0, f(r) < 0, e viceversa — ovvero, se f(r) e δr sonodiscordi.

Calcoliamo f(r), per piccole deviazione δr, ricordando che f(r0) = 0 perdefinizione.

f(r) ' f(r0) +

[d

dr

(L2

mr3+ F (r)

)]r=r0

· δr

=

[−3

L2

mr40

+

(dF

dr

)r=r0

]· δr

Per avere orbita stabile occorre quindi che il termine in [ ] sia < 0, ovvero:(dF

dr

)r=r0

< 3L2

mr40

= −3F (r0)

r0(stabilita dell’orbita circolare)

cioe la condizione di stabilita per l’orbita circolare dipende da come varia F (r) alvariare del raggio r.

Per forze gravitazionali e coulombiane attrattive, F (r) = −Kr2

, cosicchedF

dr=

2K

r3, mentre −3

F

r=

3K

r3, quindi la condizione di stabilita e sempre realizzata.

9.4.2 Il “problema dei due corpi”

I campi di forza centrali sono comuni in molti problemi di fisica. Questa euna conseguenza del principio di azione-reazione, e dell’isotropia dello spazio— ovvero, tutte le direzioni sono equivalenti.

Consideriamo due oggetti puntiformi (1) e (2) posti in ~r1 e ~r2, cheinteragiscono scambiandosi forze secondo il principio di azione-reazione.Chiamiamo ~F12, ~F21 rispettivamente la forza che (2) produce su (1) e quella

che (1) produce su (2). Queste forze devono essere fra loro opposte ( ~F12 =

− ~F21) e dirette verso la linea congiungente i due oggetti:

~F12 , ~F21 parallele a (~r2 − ~r1)

Inoltre, la loro intensita puo dipendere (e in generale dipende!) dalla distanzafra i due oggetti, ma non deve dipendere dalla direzione di (~r2 − ~r1):

| ~F12| = | ~F21| = F (|~r2 − ~r1|)

Se ci fosse una dipendenza dalla direzione, vorrebbe dire che gli stessioggetti, ruotati nello spazio in modo da mantenere la distanza invariata,interagirebbero con diversa intensita, ovvero che lo spazio in cui si trovano


avrebbe una “preferenza” intrinseca per certe direzioni piuttosto che altre,quindi non sarebbe isotropo.

Tutto cio si puo scrivere come:

~F21 = F (|~r2 − ~r1|)~r2 − ~r1

|~r2 − ~r1| (9.24)

Analogamente, scambiando i ruoli dei due oggetti, ovvero invertendo gliindici 1, 2, possiamo scrivere:

~F12 = F (|~r1 − ~r2|)~r1 − ~r2

|~r1 − ~r2| (9.25)

Si noti che, essendo |~r1− ~r2| = |~r2− ~r1|, le due equazioni scritte soddisfano

automaticamente il principio di azione-reazione: ~F21 = − ~F12.

Ovviamente, le forze gravitazionali (Eq. (9.5)) e quelle coulombiane(Eq. (9.15)) hanno questa forma. Le forze magnetiche invece no, come giaanticipato in Sezione 9.3.

9.4.3 Caso-limite: m1 m2

Ora, supponiamo che l’oggetto (1) sia molto piu massivo dell’oggetto(2): m1 m2. In tal caso l’accelerazione di (1) e molto piu piccola

dell’accelerazione di (2): chiamando F = | ~F12| = | ~F21|, |~a1| =F

m1

=

m2

m1

F

m2

=m2

m1

|~a2| quindi |~a1| |~a2|. In questo caso, con buona

approssimazione, possiamo considerare l’oggetto (1) come fermo, e sceglierela sua posizione come origine del nostro sistema di riferimento. Indicando con~r la generica posizione dell’oggetto (2), l’espressione della forza prodotta da

(1) su (2) prende la forma: ~F (~r) = F (r)r quindi il campo di forza prodottoda (1) e appunto centrale. L’approssimazione m1 m2 si puo incontrare indiversi casi. Per esempio, per satelliti artificiali (m2 ≈ 103 ∼ 104 kg) cheorbitano intorno alla Terra (m1 ' 6 · 1024 kg), oppure per elettroni che simuovono intorno ad un nucleo atomico (me/mnucleo ≈ 10−4).

9.4.4 Caso generale (*)

Vediamo ora come affrontare il caso generale. Per fissare le idee, supponiamom1 ≥ m2 — anche se non e necessario. Definiamo per brevita la separazione


fra i due oggetti:

~r ≡ ~r2 − ~r1 ; r ≡ |~r| = |~r2 − ~r1|

Calcoliamo le accelerazioni dei due oggetti: dall’Eq. (9.24) e Eq. (9.25)otteniamo

d2~r2

dt2=

~F21

m2

=F (r)

m2

~r

r

d2~r1

dt2=

~F12

m2

= −F (r)

m1

~r

r

Sottraendo la seconda equazione alla prima abbiamo:

d2~r

dt2=

d2~r2

dt2− d2~r1

dt2=

(1

m2

+1

m1

)F (r)

~r

r

Possiamo definire la “massa ridotta”

µ ≡ m1m2

m1 +m2

e ottenere

µd2~r

dt2= F (r)

~r

r

Questo significa che, misurando la posizione di (2) rispetto a (1), questaevolve nel tempo secondo una legge fisica “efficace”: e come se l’oggetto (2)

avesse una massa µ e fosse soggetto ad un campo di forza centrale ~F = F (r)r.

Si noti che nel caso-limite m1 m2, µ =m2

1 +m2/m1

' m2, cioe la massa

ridotta diventa pari alla massa m2 e ci si riduce a quanto gia ottenuto nellasezione precedente.

Esempi di masse ridotte

Calcoliamo la massa ridotta per alcuni sistemi tipici.

• Sistema protone-elettrone: me = 9.11 · 10−31 kg , mp = 1.673 · 10−27 kg ;

quindi µpe =mpme

mp +me= 9.105 · 10−31 kg = (99.95%) me .

• Sistema Sole-Terra: m⊕ = 6 · 1024 kg , m = 2 · 1030 kg ; quindi

µ⊕ =mm⊕m +m⊕

= 5.99998 · 1024 kg = (99.9997%) m⊕ .


• Sistema Sole-Giove: mX = 2 · 1027 kg , m = 2 · 1030 kg ; quindi

µX =mmXm +mX

= 1.998 · 1027 kg = (99.9%) mX .

• Sistema Terra-Luna: m$ = 7.35 · 1022 kg , m⊕ = 6 · 1024 kg ; quindi

µ⊕$ =m⊕m$m⊕ +m$

= 7.28 · 1022 kg = (98.8%) m$ .

9.5 Sull’integrazione del moto

Nella Sezione 7.3.2 la forza era stata espressa come funzione del tempo,~F = ~F (t), ad indicare che in generale essa non e costante. Tuttavia, inmolti problemi di fisica abbiamo a che fare con moti in campi di forza, dovela forza agente su un oggetto dipende dalla posizione in cui esso si trova:~F = ~F (~r) — in tal caso la dipendenza dal tempo e in realta dovuta allo

spostamento dell’oggetto: ~r = ~r(t), quindi ~F = ~F (~r(t)).In alcuni casi, la forza dipende anche dalla velocita dell’oggetto — e il

caso delle forze magnetiche. Quindi potremmo scrivere ~F = ~F (~r, ~v). Infine,

la dipendenza funzionale di ~F da ~r, ~v potrebbe anche cambiare con il tempo:e il caso in cui l’ambiente esterno in cui l’oggetto si muove subisce variazionisostanzialmente indipendenti dal moto dell’oggetto stesso. Quindi, nella suaforma piu generale, dovremmo scrivere

~F = ~F

(~r,d~r

dt, t

)(9.26)

In presenza di campi di forza, la formulazione del problema della dinamicae la seguente:

d2~r

dt2=

~F

m=

1

m~F

(~r,d~r

dt, t

)~r(t0) = ~r0

~v(t0) = ~v0

(9.27)

La prima equazione e una equazione differenziale del secondo ordine nellafunzione incognita ~r(t). Cio significa anzitutto che l’incognita non e unagrandezza numerica (come nelle equazioni algebriche per esempio), ma eappunto una funzione. Essa compare nell’equazione sia direttamente, cheattraverso le sue derivate (da cui il nome “equazione differenziale”). In questocaso l’ordine massimo della derivata e il secondo.

9.5. SULL’INTEGRAZIONE DEL MOTO 217

Come gia detto, per risolvere il problema, e necessario conoscere le

condizioni iniziali, cioe i valori di ~r e di ~v =d~r

dtall’istante iniziale t0. Senza

di queste non e possibile trovare la legge oraria.L’analisi matematica fornisce teoremi che garantiscono l’esistenza e

l’unicita della soluzione ~r = ~r(t) del sistema Eq. (9.27) [2], sotto condizionimolto generali, che nei problemi di fisica sono sempre soddisfatte.

In pratica, la capacita di trovare soluzioni esatte e limitata a pochecategorie di problemi, che descriveremo nei prossimi capitoli.

9.5.1 Integrazione con il metodo iterativo (*)

Nel caso non fossimo capaci di integrare in maniera analitica il sistemaEq. (9.27), ecco come potremmo idealmente procedere al computer:

[0] Definiamo due quantita vettoriali per posizione e velocita, assegnandoloro i valori iniziali: ~r = ~r0 e ~v = ~v0. Definiamo inoltre lavariabile-tempo assegnandole il suo valore iniziale: t = t0

[1] Dalla legge fisica della forza, ~F = ~F

(~r,d~r

dt, t

), calcoliamo ~F nella

condizione attuale dell’oggetto, quindi calcoliamo l’accelerazione ~a =~F

mcui l’oggetto e sottoposto.

[2] Calcoliamo i nuovi valori di ~v e ~r dopo un intervallino di tempo δt“molto piccolo” — idealmente dovrebbe essere infinitesimo, ma questonon e fattibile con il computer:

~r ←− ~r + ~v · δt~v ←− ~v + ~a · δt

[3] Aggiorniamo anche la variabile-tempo:

t ←− t+ δt

e reiteriamo il processo dal punto [1].

In tal modo si puo costruire una tabella di valori

2 In analisi differenziale, un sistema come quello dell’Eq. (9.27), con un’equazionedifferenziale di ordine n, e le condizioni iniziali per la funzione incognita e le sue (n − 1)derivate, si chiama problema di Cauchy.


t0 ~r(t0) ~v(t0)t0 + δt ~r(t0 + δt) ~v(t0 + δt)t0 + 2δt ~r(t0 + 2δt) ~v(t0 + 2δt)t0 + 3δt ~r(t0 + 3δt) ~v(t0 + 3δt)

......

...

per incrementi temporali δt arbitrariamente piccoli.

Questo approccio funzionerebbe bene solo se gli incrementi temporali δtfossero infinitesimi. In pratica cio e irrealizzabile. L’effetto e che ad ogniiterazione la forza ~F e la velocita ~v calcolate all’istante t vengono utilizzatecome se fossero costanti su un intervallino di tempo [t; t+ δt]. L’errore che sicommette ad ogni iterazione con questa approssimazione va ad accumularsia quelli precedenti, ed il risultato spesso peggiora di precisione man manoche si procede nell’iterazione.

Quando si debba realizzare un simile approccio al computer, si ricorre atecniche di calcolo che riducono gli errori. Qui non ne parliamo diffusamente,accenniamo solo l’idea che sta alla base. Essa consiste nel raffinare ciascunadelle iterazioni, calcolando dapprima i “nuovi” valori per ~v, ~r con il metododel punto [2], e poi mediandoli con i valori precedenti. Cosı si usano deivalori che dovrebbero essere validi in un punto intermedio fra t e t+ δt: conquesti si ri-calcola la forza ~F in un punto intermedio e si ripete il punto [2].In generale i risultati sono molto piu stabili.

Come esempio, consideriamo un campo di forza

Fx = − x

(x2 + y2)3/2; Fy = − y

(x2 + y2)3/2

agente su una massa m = 1 con condizioni iniziali:

x0 = 1.5 ; y0 = 0 ; vx,0 = 0 ; vy,0 = 0.5

e incremento di tempo δt = 0.1. Le unita sono tutte arbitrarie.

Il risultato e mostrato nel grafico in Fig. 9.5. Come si puo osservare, ilrisultato non e niente male! Questo e uno dei pochi moti in campi di forzache ammette una soluzione analitica: l’orbita e di forma ellittica, e quello cheabbiamo ottenuto ha proprio la forma giusta. Poiche l’incremento temporalee tenuto fisso, si puo intuire anche la velocita del moto: maggiore quando leposizioni successive sono piu lontane fra loro.

9.6. SORGENTI DI CAMPI ELETTROMAGNETICI (CENNI) (*) 219

x

2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 2

y

2

1.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 9.5: Grafico ottenuto con l’integrazione numerica del moto.

9.6 Sorgenti di campi elettromagnetici

(cenni) (*)

Abbiamo visto che la forza elettromagnetica su una carica q0, dotata divelocita ~v, in presenza di un campo elettrico ~E e di un campo magnetico ~Be

~Fem = q0

(~E + ~v × ~B

)(9.28)

Quindi:

• qualunque carica elettrica sente il campo elettrico;

• qualunque carica elettrica in movimento sente il campo magnetico.

In generale, in fisica vale una sorta di principio di reciprocita, per cuiun oggetto che sente una interazione e anche in grado di produrla su altrioggetti. Nel caso elettromagnetico

• qualunque carica elettrica contribuisce a generare campo elettrico;

• qualunque carica elettrica in movimento contribuisce a generare campomagnetico.


Anche per i campi elettrico e magnetico vige la proprieta di composizionevettoriale. Il k-esimo oggetto carico produce nella posizione ~r un campoelettrico ~Ek(~r) e un campo magnetico ~Bk(~r): questi producono su unacarica-sonda q0 posta in ~r una forza:

~F0,k(~r) = q0

[~Ek(~r) + ~v × ~Bk(~r)

]Quindi la forza risultante sulla carica-sonda e:

~F0(~r) =∑k

~F0,k(~r) = q0

∑k

[~Ek(~r) + ~v × ~Bk(~r)

]= q0

[∑k

~Ek(~r)

]+ q0 ~v ×

[∑k

~Bk(~r)

]

L’ultima scrittura e formalmente identica all’Eq. (9.28), purche siidentifichino:

~Etot(~r) =∑k

~Ek(~r)

~Btot(~r) =∑k

~Bk(~r)(9.29)

Abbiamo gia visto nella Sezione 9.3.2 la forma del campo elettricogenerato da cariche elettriche ferme

~Ek(~r) =qk

4πε0

~r − ~rk|~r − ~rk|3

(9.30)

Quando le cariche sono in moto, la forma di ~Ek, ~Bk diventa estremamentecomplicata, ed e decisamente fuori scopo trattarla qui. Ricordiamo solo chesi ricava dalle equazioni di Maxwell.

Ci limitiamo al caso di una carica qk dotata di moto lento e non acceleratoo poco accelerato rispetto alle distanze in gioco:

vk c ; |~ak| c2

distanze

In tal caso, senza dimostrazioni, riportiamo che l’Eq. (9.30) e ancora valida,e il campo magnetico prende la forma:

9.6. SORGENTI DI CAMPI ELETTROMAGNETICI (CENNI) (*) 221

~Bk(~r) =1

c2~vk × ~Ek(~r)

=qk

4πε0c2

~vk × (~r − ~rk)|~r − ~rk|3

(vk c ;

∣∣∣∣d~vkdt∣∣∣∣ c2

|~r − ~rk|)

(9.31)

La costante1

4πε0c2vale esattamente

1

4πε0c2= 10−7 TC−1ms = 10−7 NC−2s2 (9.32)

Esempio: moti “lenti” nell’atomo

Vediamo se l’atomo di idrogeno, nel “modello di Bohr” descritto in Sezione 9.3.3,

soddisfa le condizioni v c e

∣∣∣∣d~vdt∣∣∣∣ c2

|∆~r|.

La forza coulombiana fra protone ed elettrone e FC =1

4πε0

e2

r2B

. Essa deve

essere uguale alla forza centripeta sull’elettrone: Fn =mev

2e

rB.

Uguagliando le due espressioni si ricava ve =

√1

4πε0

e2

merB=√

9 · 109NC−2m2(1.602 · 10−19 C)2

(9.11 · 10−31 kg)(5.29 · 10−11 m)' 2.2 · 106 m/s. Sicuramente

una velocita elevata, ma piccola rispetto alla velocita della luce:vec' 7 · 10−3.

L’accelerazione centripeta e an =v2e

rB. Anche senza calcolarne il valore,

vediamo gia che all’interno dell’atomo, dunque per distanze ∆r ≈ rB, abbiamo

an =v2e

rB c2

∆r. Quindi siamo nell’ambito di moto “poco accelerato”.

Giusto per completezza di esercizio, calcoliamo l’accelerazione: an =(2.2 · 106 m/s)2

5.29 · 10−11 m' 9 · 1022 m/s2. Decisamente grande! Ma “piccola” nell’ambito

delle dimensioni dell’atomo.

Violazione del principio di azione-reazione (*)

Consideriamo due cariche q1, q2, poste nelle posizioni ~r1, ~r2 e dotate di velocita~v1, ~v2. Proviamo a calcolare le forze magnetiche che esercitano l’una sull’altra.

La carica q1 produce nella posizione generica ~r un campo magnetico:

~B1(~r) =q1

4πε0c2

~v1 × (~r − ~r1)

|~r − ~r1|3


il quale esercita una forza ~F21 su q2 pari a

~F21 = q2~v2 × ~B1(~r2)

Gia qui possiamo notare qualcosa di inaspettato: per le proprieta del prodottovettoriale, ~F21 e sempre perpendicolare a ~v2, quindi la direzione della forzamagnetica dipende dal moto della carica che la subisce. Viceversa, dal principio diazione-reazione, la forza fra q1 e q2 dovrebbe essere sempre diretta lungo la lineache congiunge le due cariche,indipendentemente da come queste si muovono!

Ma andiamo oltre e sviluppiamo ulteriormente i nostri calcoli. Ricordiamo aquesto punto una identita vettoriale: ~A× ( ~B× ~C) = ~B( ~A · ~C)− ~C( ~A · ~B). Alloraotteniamo:

~F21 =q1q2

4πε0c2

~v2 × [~v1 × (~r2 − ~r1)]

|~r2 − ~r1|3

=q1q2

4πε0c2

[~v1~v2 · (~r2 − ~r1)

|~r2 − ~r1|3− (~r2 − ~r1)

~v1 · ~v2|~r2 − ~r1|3

]Qui vediamo meglio quello che gia abbiamo accennato: una componente della forza(la seconda) e allineata lungo la congiungente le due cariche (infatti e diretta come~r2 − ~r1); un’altra componente invece e parallela alla velocita ~v1 della sorgente delcampo magnetico ~B1.

Non solo! Possiamo ripetere tutti i calcoli per ottenere ~F12, ovvero la forza cheq2 produce su q1. In verita, e sufficiente scambiare gli indici 1↔ 2 ovunque:

~F12 = q1~v1 × ~B2(~r1)

=q1q2

4πε0c2

~v1 × [~v2 × (~r1 − ~r2)]

|~r2 − ~r1|3

= − q1q2

4πε0c2

~v1 × [~v2 × (~r2 − ~r1)]

|~r2 − ~r1|3

Ora sommiamo le due forze e usiamo ancora l’identita vettoriale di cui sopra:

~F21 + ~F12 =q1q2

4πε0c2

~v2 × [~v1 × (~r2 − ~r1)]− ~v1 × [~v2 × (~r2 − ~r1)]

|~r2 − ~r1|3

=q1q2

4πε0c2

(~r2 − ~r1)× (~v1 × ~v2)

|~r2 − ~r1|3

A meno di condizioni molto particolari, abbiamo trovato che ~F21 + ~F12 6= 0.

Le forze magnetiche violano il principio di azione-reazione, sia per i valori

delle forze che per le loro direzioni. In altre parole, realizzano sia la situazione (c)

che la situazione (d) della Fig. 7.1.

Capitolo 10

Forze conservative, energiapotenziale

Abbiamo visto nella Sezione 7.5 che il lavoro W , fatto su un oggetto da unsistema di forze di risultante ~F , produce una variazione di energia cinetica∆E :

W =

∫~F · d~r = ∆E

Ora immaginiamo di applicare dall’esterno una forza ~F est su un sistema,contrastando una forza interna ~F int del sistema, e producendo un lavoroWest. Facciamo alcuni esempi, per visualizzare la situazione:

[1] una pallina si trova su una rotaia orizzontale, ferma, a contatto con una

molla distesa orizzontalmente; applichiamo la forza ~F est per spingere lapallina contro la molla, che quindi si comprime, e “resiste” alla nostraspinta con una forza elastica ~F int;

[2] un’incudine si trova appoggiata sul pavimento, ferma; applichiamo una

forza ~F est per sollevarla ad una certa altezza, contrastando la forza~F int del sistema, che in questo caso e la forza di gravita;

[3] uno scatolone di libri e appoggiato sul pavimento; lo spostiamo

applicando una forza ~F est, facendolo strisciare, e vincendo quindi laforza di attrito radente ~F int.

In tutti e 3 i casi, la forza applicata ~F est e associata ad uno spostamento,dunque compie un lavoro West. Pero, in tutti i casi, l’oggetto era fermoprima, ed e fermo dopo, dunque ∆E = 0: il lavoro esterno West non haprodotto variazione di energia cinetica. Ovviamente perche c’e anche il

223

224CAPITOLO 10. FORZE CONSERVATIVE, ENERGIA POTENZIALE — M.FANTI

lavoro W int della forza interna ~F int: se ∆E = 0, deve in qualche modoessere West = −W int.

La domanda e: dov’e andata l’energia spesa per compiere il lavoro esternoWest? E andata persa? O e stata immagazzinata, e puo essere in qualchemodo recuperata?

Nei casi [1] e [2], possiamo intuire che, non appena la forza esternacessa di agire, quella interna non e piu contrastata e quindi puo metterein moto l’oggetto. La molla si estende e spara la pallina; la gravita fa caderel’incudine. In entrambi i casi, l’oggetto acquisisce energia cinetica E . Seosservassimo che l’energia cinetica finale fosse pari al lavoro fatto dall’esterno(E =West ?) potremmo dire che l’energia spesa per fare il lavoro esterno, chenon si manifestava subito in modo “visibile”, era in realta immagazzinata nelsistema in una forma diversa, e si e poi manifestata non appena le condizionilo hanno reso possibile. Questa forma di energia “immagazzinata” si chiamaenergia potenziale. L’energia dunque non e andata persa, si e conservata.

Nel caso [3] la situazione e molto diversa: sappiamo per esperienza chequando smettiamo di spingere, lo scatolone non comincia a muoversi da solo:rimane lı fermo. Dunque l’energia spesa per compiere il lavoro esterno none piu recuperabile. Non e stata immagazzinata da nessuna parte. Un esameattento mostrerebbe che per attrito le superfici a contatto dello scatolone e delpavimento si sono scaldate, e che l’aumento di temperatura e proporzionaleal lavoro fatto dall’esterno. Dunque l’energia si e trasformata in un’altraforma, che chiameremmo energia termica. Ma questa non e piu recuperabilein forma di energia cinetica [1].

Questi esempi ci consentono di trarre alcune conclusioni. Non tuttele forze interne si comportano allo stesso modo. Alcune forze (nei nostriesempi, la gravita e la forza elastica di una molla) consentono di accumulareenergia potenziale, e si chiamano dunque forze conservative. Altre forze(come l’attrito) non hanno questa proprieta e si chiamano forze dissipative.

E ora, formalizziamo il problema in maniera generale e quantitativa.

1 Almeno non lo e completamente. Uno potrebbe immaginare di sfruttare l’aumentodi temperatura per mettere in moto una qualche macchina termica da cui ricavare unlavoro che rimette in moto lo scatolone. Qui ci stiamo addentrando nella Termodinamica,che e un vasto capitolo della Fisica che non possiamo approfondire qui. A questo livellovale la pena solo anticipare che esiste una legge fisica, nota come Secondo Principio dellaTermodinamica, che puo essere enunciata in varie forme equivalenti, una delle quali dice insostanza che, mentre e possibile convertire completamente un lavoro meccanico in energiatermica, il processo inverso e possibile solo in parte: ci sara sempre una parte di energiatermica che non verra riconvertita in lavoro.

10.1. FORZE CONSERVATIVE 225

(1)

(2)

F

dr α

α

F

dr

Γ

Γ’(1)

(2)

F

dr α

α

F

dr

Γ

−Γ’

Figura 10.1: Il lavoro di una forza conservativa dipende dagli estremi (1)

e (2) ma non dal percorso:∫

Γd~r · ~F =

∫Γ′ d~r · ~F . Invertendo l’orientamento

di Γ′ Otteniamo una linea chiusa Γ ∪ (−Γ′) lungo la quale il lavoro e nullo:∮d~r · ~F = 0.

10.1 Forze conservative

Consideriamo un campo di forza

~F = ~F (~r)

e calcoliamo il lavoro W =

∫d~r · ~F lungo un percorso da una posizione (1)

a una posizione (2). Abbiamo gia discusso (Sezione 7.5.1) che in generale il

lavoro dipende dal percorso, ovvero

∫Γ

d~r · ~F 6=∫

Γ′d~r · ~F .

Ci sono tuttavia importanti casi di campi di forze in cui il lavoro calcolatodalla posizione (1) alla posizione (2) non dipende dal cammino percorso Γ.In tal caso si parla di forze conservative — la ragione di questo nome sarachiara a breve. In tal caso quindi∫

Γ

d~r · ~F =

∫Γ′d~r · ~F =

∫ (2)

(1)

d~r · ~F (forze conservative) (10.1)

(vd Fig. 10.1). Nell’ultimo membro dell’equazione il segno di integrale non

viene scritto con la curva (Γ o Γ′) bensı con gli estremi (∫ (2)

(1)), ad indicare

che sono l’unica informazione rilevante ai fini del calcolo.

Sempre con riferimento alla Fig. 10.1, notiamo che invertendol’orientamento della curva Γ′ lo spostamento d~r lungo di essa cambia segno,


per cui la stessa cosa succede anche al lavoro elementare: dW → −dW [2].Integrando su tutto il percorso:∫

−Γ′d~r · ~F = −

∫Γ′d~r · ~F

Ora l’unione delle due curve Γ e −Γ′ forma un percorso chiuso Γ ∪ (−Γ′):dall’Eq. (10.1) troviamo

0 =

∫Γ

d~r · ~F −∫

Γ′d~r · ~F =

∫Γ

d~r · ~F +

∫−Γ′

d~r · ~F

=

∫Γ∪(−Γ′)

d~r · ~F

Il lavoro di una forza conservativa lungo un percorso chiuso e sempre nullo.

L’integrale di un vettore lungo un percorso chiuso si chiama circuitazione,e si indica con

∮. Pertanto il risultato trovato si puo scrivere come:∮

d~r · ~F = 0 (forze conservative) (10.2)

L’argomento puo essere anche rovesciato. Se una forza e tale che per ognipercorso chiuso

∮d~r · ~F = 0, allora lungo un qualunque percorso aperto Γ il

suo lavoro∫

Γd~r · ~F non dipende dal percorso, ma solo dagli estremi, dunque

la forza e conservativa.

10.2 Definizione dell’energia potenziale

Dato un campo di forza ~F (~r) conservativo, e scelto un punto di riferimentoO, si definisce l’energia potenziale U(A) di un generico punto A come “meno”

il lavoro fatto da ~F (~r) lungo un percorso da O ad A [3]:

U(A) = −∫ A

O

d~r · ~F (forze conservative) (10.3)

2 Questo discorso funziona solo se ~F non dipende dal movimento. Per i campi diforze, ~F ≡ ~F (~r), che non dipende dall’orientamento di d~r. Per le forze magnetiche ~FL =

q~v× ~B, pertanto invertire il movimento produce un’inversione di ~FL, ma “fortunatamente”~FL · d~r = 0 sempre, quindi il problema non si pone. Un altro contro-esempio: le forze diattrito sono sempre ~Fattr ∝ −d~r; anche in questo caso, invertire il moto significa invertire

la forza, e ~Fattr · d~r < 0 sempre. Quindi in questo caso

∫−Γ′

d~r · ~F 6= −∫

Γ′d~r · ~F , e tutto

il ragionamento salta!3 L’introduzione del segno “−” puo apparire bizzarra, ma e lı per ottimi motivi, come

vedremo. . .

10.2. DEFINIZIONE DELL’ENERGIA POTENZIALE 227

A

B

O

O’

U(B)

U(A)

U’(B)

U’(A)

U’(O)

Figura 10.2: Definizione di energia potenziale: dato un punto di riferimentoO si definisce U(A) = −

∫ AOd~r · ~F . Cambiando riferimento in O′, si

ottiene una nuova definizione U ′(A) = −∫ AO′ d~r · ~F , legata alla precedente

da U ′(A) = U(A) + U ′(O). Il lavoro da A a B si puo scrivere comeW(A→ B) = U(A)− U(B).

Nell’integrale solo gli estremi O, A sono specificati, poiche il percorso eindifferente.

Il punto O ha per convenzione energia potenziale nulla.

Date due generiche posizioni A,B nello spazio, il lavoro da A a Bpuo essere calcolato lungo un qualunque percorso, poiche la forza ~F econservativa. Pertanto si puo scegliere un percorso che passi per O (vdFig. 10.2):

W(A→ B) =

∫ O

A

d~r · ~F +

∫ B

O

d~r · ~F

= −∫ A

O

d~r · ~F +

∫ B

O

d~r · ~F

= U(A)− U(B)

ovvero:

W(A→ B) = U(A)− U(B) = −∆U (forze conservative) (10.4)


10.2.1 Riferimento — o “zero” — dell’energiapotenziale

La scelta del riferimento O e arbitraria. Modificando il punto di riferimentoda O a O′ (vd Fig. 10.2), ovviamente anche la definizione di energia potenzialecambia:

U ′(A) = −∫ A

O′d~r · ~F (10.5)

La relazione fra le due definizioni U e U ′ e pero semplice: se consideriamoinfatti un percorso da O′ a A che passi per O troviamo:

U ′(A) = −∫ A

O′d~r · ~F = −

∫ O

O′d~r · ~F −

∫ A

O

d~r · ~F = U ′(O) + U(A)

quindi una ridefinizione del riferimento modifica l’energia potenziale per unacostante additiva:

U ′(A) = U(A) + U ′(O) (10.6)

L’energia potenziale e sempre definita a meno di una costante additivaarbitraria.

Si noti che l’Eq. (10.4):

W(A→ B) = U(A)− U(B)

e valida per qualunque scelta del riferimento: se usiamo un riferimento O′

e quindi una definizione U ′ di energia potenziale, come in Eq. (10.5), itermini aggiuntivi U ′(O) che compaiono in Eq. (10.6) si elidono per differenza.Questo risultato non e inatteso: il lavoro da A a B non deve dipendere dallascelta di O.

10.3 Energia meccanica

Per un oggetto che si muove soggetto a forze conservative si definisce l’energiameccanica come la somma di energia cinetica ed energia potenziale:

E = E + U =m

2v2 + U(~r) (10.7)

dove l’ultima forma ci ricorda che l’energia cinetica E = 12mv2 dipende solo

dal moto dell’oggetto, mentre l’energia potenziale U(~r) dipende solo dallasua posizione.

10.4. REGIONE CINEMATICAMENTE ACCESSIBILE 229

Unendo i risultati di Eq. (7.26) e Eq. (10.4), che qui riportiamo insieme:

W = ∆E ; W = −∆U

otteniamo la legge di conservazione dell’energia meccanica:

∆E = ∆ (E + U) = 0 (10.8)

Il moto di un oggetto su cui agiscono solo forze conservative e tale daconservare l’energia meccanica, pari alla somma di energia cinetica ed energiapotenziale. (Ora finalmente e chiaro il motivo del nome “forze conservative”).

10.4 Regione cinematicamente accessibile

Per campi di forze conservative l’energia meccanica E e una costante delmoto. Inoltre sappiamo che E ≥ 0 sempre, e E = E−U(~r). Quindi possiamoscrivere la seguente disuguaglianza:

U(~r) ≤ E (10.9)

Questa disequazione, oltre che esprimere una relazione fra energia potenzialeed energia meccanica, puo essere letta come una condizione che definisce laregione accessibile cinematicamente.

La situazione e illustrata in Fig. 10.3: tutti i punti ~r in cui U(~r) > E sonoproibiti. Le regioni in cui U(~r) ≤ E sono tutte cinematicamente permesse.Nel caso a sinistra, solo una regione e effettivamente percorsa (quella concolore uniforme): se l’oggetto vi si trova all’istante iniziale, resta confinato lıper sempre. Altre regioni con U(~r) ≤ E (come quella tratteggiata) restanoinaccessibili, perche separate da una “barriera di energia potenziale”. Nelcaso a destra, si vede che il moto e confinato per valori bassi di energiameccanica, ma puo deconfinarsi per valori piu alti.

10.5 Lavoro di forze “esterne”

Ora consideriamo la nostra “sonda”, soggetta ad un campo di forzeconservative ~F cons, e supponiamo di applicare anche una forza “esterna”~F est. Quando la sonda si sposta da un punto A a un punto B, la sua energiapotenziale subisce una variazione pari a:

∆U = U(B)− U(A) = −Wcons(A→ B) = −∫ B

A

d~r · ~F cons


U(r)

E

r

EU(r)

E

r

Figura 10.3: Regione cinematicamente accessibile al moto: solo i valori di ~rtali che U(~r) ≤ E sono ammessi (in figura l’asse orizzontale rappresenta tuttolo spazio tri-dimensionale, anche se per esigenze grafiche appare come uni-dimensionale). A sinistra: due regioni sono cinematicamente permesse, manon si puo passare dall’una all’altra. A destra: per valori bassi dell’energiameccanica il moto e confinato (sistema legato); per valori piu alti il moto puoraggiungere distanze infinite (sistema non legato).

(vd Eq. (10.4)). Invece, la variazione dell’energia cinetica e data dal lavorototale, delle forze conservative e di quelle esterne:

∆E = W=

∫ (~F cons + ~F est

)· d~r =

∫~F cons · d~r +

∫~F est · d~r

= Wcons +West

(10.10)

Per cominciare, possiamo pensare di regolare ~F est in modo che la sondain A sia ferma, e che arrivata in B sia di nuovo ferma. Pertanto la sua energiacinetica alla fine non e cambiata: ∆E = 0. Il lavoro totale di tutte le forze( ~F cons e ~F est) deve quindi essere nullo, ovvero

West(A→ B) = −Wcons(A→ B) (se ∆E = 0) (10.11)

Dov’e andato il lavoro West fatto dalle forze esterne? E stato “speso” percontrastare le forze conservative, ok. . . Puo essere “recuperato”?

L’Eq. (10.11) ci fornisce la risposta. Infatti essa da:

West(A→ B) = ∆U = U(B)− U(A) (se ∆E = 0) (10.12)

10.6. ENERGIA POTENZIALE DI CAMPI NOTEVOLI 231

Quindi il lavoro delle forze esterne e stato “immagazzinato nel campo diforze” in forma di energia potenziale, ∆U . Successivamente questa puo essererestituita in forma di energia cinetica, dalle forze conservative, ∆E = −∆U .

Analizziamo ora il caso generale, di una sonda su cui agiscano sia forzeconservative, con risultante ~F cons, sia altre forze “esterne”, con risultante~F est, non necessariamente conservative. Per le forze conservative possiamoscrivere il lavoro come variazione di energia potenziale: Wcons = −∆U .Pertanto:

W = −∆U +West (10.13)

L’energia cinetica subisce una variazione

∆E =W = −∆U +West (10.14)

La variazione di energia meccanica E = E + U e quindi esprimibile come∆E = ∆E + ∆U , ovvero:

∆E =West =

∫~F est · d~r (10.15)

Riassumendo: il lavoro di forze “esterne” — ovvero non associabiliall’energia potenziale — produce una variazione dell’energia meccanica.

10.6 Energia potenziale di campi notevoli

10.6.1 Campo di forza uniforme

L’esempio piu semplice di campo di forza conservativo e il campo di forzauniforme: ~F e uguale in direzione ed intensita in tutti i punti dello spazio.

In questo caso, il lavoro da un punto A a un punto B e semplicemente

W(A→ B) =

∫ B

A

~F · d~r = ~F ·(∫ B

A

d~r

)= ~F · (~rB − ~rA)

(spiegazione: essendo ~F indipendente da ~r, puo essere fattorizzato al di fuori

dell’integrale; poi,

∫ B

A

d~r e semplicemente una successione di spostamenti

infinitesi contigui d~r da A fino a B, il cui effetto totale e lo spostamento daA a B, descritto dal vettore ~rB − ~rA).

Una possibile scelta di energia potenziale puo semplicemente essere:

U(~r) = − ~F · ~r (campo di forza uniforme) (10.16)

che soddisfa la relazione W(A→ B) = U(~rA)− U(~rB).


10.6.2 Campo gravitazionale uniforme

In prossimita della superficie terrestre, una massa m sente un’attrazionegravitazionale

~Fg = −mgz

uniforme, con buona approssimazione. Applicando quanto detto nella sezioneprecedente (Eq. (10.16)), possiamo quindi introdurre l’energia gravitazionale:

Ug = − ~Fg · ~r = mgz · ~r = mgz, quindi

U(~r) = mgz (campo gravitazionale uniforme) (10.17)

Spesso si indica con h la quota (altezza) rispetto ad un dato riferimento, percui la stessa formula si trova in molti testi nella forma

U(~r) = mgh (campo gravitazionale uniforme) (10.18)

10.6.3 Campo di forza centrale

Un campo di forza ~F (~r) si dice centrale se la sua dipendenza dalla posizionespaziale ha la forma:

~F (~r) = F (r)r

(r ≡ |~r| ; r ≡

~r

r

)(10.19)

Un campo di forza gravitazionale generato da una massa puntiforme, oppureun campo di forza coulombiano generato da una carica puntiforme ferma,sono ottimi e notevoli esempi di campi di forza centrali: la loro forma e:

~F (~r) =K

r2r (10.20)

(se si tratta di forza gravitazionale fra due masse m1,m2, allora K ≡−Gm1m2; se invece si tratta di forza elettrica coulombiana fra due cariche

q1, q2, allora K ≡ q1q2

4πε0).

I campi di forza centrali sono sempre conservativi.

Dimostriamolo. Anzitutto, cominciamo con il calcolo del lavoroelementare dW per uno spostamento da ~r a ~r + d~r:

dW = ~F · d~r = F (r)r · d~r =F (r)

r~r · d~r

10.6. ENERGIA POTENZIALE DI CAMPI NOTEVOLI 233

Trattiamo il termine ~r · d~r:

~r · d~r = x dx + y dy + z dz

Nella Sezione 7.5.3 abbiamo gia visto come trattare forme differenziali del

tipo AdA: sappiamo che AdA =1

2d(A2). Quindi

~r · d~r =1

2

(d(x2) + d(y2) + d(z2)

)=

1

2d(r2) = r dr

Pertanto si trova:

dW = F (r)dr

E un risultato notevole! Il lavoro elementare dipende solo dalla distanzaradiale r e dalla sua variazione dr, non dalla direzione di d~r. La ragione staproprio nella forma radiale del campo di forza. In effetti, il prodotto scalarer · d~r ha come effetto quello di proiettare lo spostamento vettoriale d~r sulladirezione radiale r: la componente radiale di d~r e precisamente dr.

Pertanto, il calcolo del lavoro da (1) a (2) e:

W =

∫Γ

~F · d~r =

∫ r2

r1

F (r)dr

che ovviamente non dipende dalla linea Γ ma solo dagli estremi (1) e (2) —anzi, solo dalle loro distanze radiali r1, r2 dal centro.

Pertanto il campo di forza radiale e conservativo. L’energia potenzialepuo essere descritta partendo da una distanza di riferimento r0 dal centro,alla quale essa e convenzionalmente nulla. Allora, alla generica distanza rdal centro, essa deve valere:

U(r) = −∫ r

r0

F (r′)dr′ (10.21)

Si tratta di un integrale in una sola variabile: che sia calcolabile con unaformula analitica o in maniera numerica dipende dalla forma di F (r), pocoimporta: l’importante e che sia ben definito in modo non ambiguo.

Per campi centrali ∝ 1

r2, come quelli dell’Eq. (10.20), il riferimento dove

U(r0) = 0 viene scelto per r0 → +∞. Allora

U(r) =

∫ +∞

r

K

(r′)2dr′ =

[−Kr′

]+∞

r

=K

r

quindi:

U(r) =K

r( campo centrale con F (r) =

K

r2) (10.22)


10.7 Combinazione di campi di forze

conservative

Supponiamo che su un oggetto agiscano molti campi di forze conservative,~F1(~r), . . . ~Fn(~r). La risultante delle forze sull’oggetto e ~F =

∑i~Fi. Vogliamo

mostrare che

• anche il campo di forza risultante e conservativo;

• l’energia potenziale del campo di forza risultante e la somma delleenergie potenziali dei singoli campi.

Infatti: essendo tutti i campi ~Fi conservativi,

∮d~r · ~Fi = 0 per qualunque

i, pertanto:∮d~r · ~F =

∮d~r ·

(∑i

~Fi

)=∑i

∮d~r · ~Fi = 0

Quindi anche ~F e conservativo. Questo ci consente di definire in modo nonambiguo la sua energia potenziale rispetto a un riferimento O:

U(A) = −∫ A

O

~F (~r) · d~r

Espandendo:

U(A) = −∫ A

O

(∑i

~Fi(~r)

)· d~r

=∑i

(−∫ A

O

~Fi(~r) · d~r)

=∑i

Ui(A)

(come volevasi dimostrare) [4].

4 Si poteva anche assumere che ciascun campo ~Fi avesse un proprio riferimento Oi per

l’energia potenziale associata, cioe Ui(A) = −∫ A

Oi

~Fi(~r) · d~r. Il calcolo sarebbe stato solo

leggermente piu lungo, e sarebbe risultato in un’espressione:

U(A) =∑i

Ui(A)−∑i

Ui(O)︸︷︷︸costante

equivalente a quella trovata, a meno di una costante additiva.

10.7. COMBINAZIONE DI CAMPI DI FORZE CONSERVATIVE 235

10.7.1 Energia potenziale gravitazionale

Abbiamo visto in Sezione 9.2.1 che una configurazione di N massem1,m2, . . . ,mN poste in posizioni ~r1, ~r2, . . . , ~rN produce nello spazio uncampo gravitazionale

~g(~r) = −G∑k

mk

~r − ~rk|~r − ~rk|3

Per quanto detto finora, una massa-sonda m0 in posizione ~r sente una forzagravitazionale

~F0 = m0~g(~r) =N∑k=1

[− Gm0mk

|~r − ~rk|3(~r − ~rk)

]che deve essere conservativa, in quanto somma di forze conservative.L’energia potenziale e la somma di tutte le energie potenziali associate aciascuna delle masse mk. Ciascuna di queste vale:

U0,k(~r) = −G m0mk

|~r − ~rk|

quindi

U0(~r) = −Gm0

N∑k=1

mk

|~r − ~rk|(10.23)

L’energia potenziale gravitazionale della massa-sonda e sempreproporzionale a m0. Questo suggerisce di definire il potenziale gravitazionaleΦg(~r)

Φg(~r) = −GN∑k=1

mk

|~r − ~rk|(10.24)

in modo che per una qualunque massa-sonda m0 si abbia:

U0(~r) = m0 Φg(~r) (10.25)

10.7.2 Energia potenziale elettrostatica

Possiamo ripetere il ragionamento tale e quale per le forze elettrostatiche.Una configurazione di N cariche q1, q2, . . . , qN , ferme o in moto lento, postein posizioni ~r1, ~r2, . . . , ~rN , produce nello spazio un campo elettrostatico

~E(~r) =1

4πε0

∑k

qk~r − ~rk|~r − ~rk|3


Una carica-sonda q0 in posizione ~r sente una forza elettrostatica

~F0 = q0~E(~r) =

N∑k=1

[1

4πε0

q0qk|~r − ~rk|3

(~r − ~rk)]

che deve essere conservativa, in quanto somma di forze conservative.L’energia potenziale e la somma di tutte le energie potenziali associate aciascuna delle cariche qk. Ciascuna di queste vale:

U0,k(~r) =1

4πε0

q0qk|~r − ~rk|

quindi

U0(~r) =1

4πε0q0

N∑k=1

qk|~r − ~rk|

(10.26)

L’energia potenziale elettrostatica dellacarica-sonda e sempre proporzionale a q0. Questo suggerisce di definire ilpotenziale elettrostatico Φe(~r)

Φe(~r) =1

4πε0

N∑k=1

qk|~r − ~rk|

(10.27)

in modo che per una qualunque carica-sonda q0 si abbia:

U0(~r) = q0 Φe(~r) (10.28)

10.8 Forza come “meno” gradiente

dell’energia potenziale

Consideriamo un campo di forza conservativo ~F (~r) e due posizioni moltovicine, ~r e ~r + d~r. Il lavoro elementare fatto dalla forza nel percorso da ~r a~r + d~r e

dW = ~F · d~r = U(~r)− U(~r + d~r)

Lavoriamo su U(~r+d~r)−U(~r), scomponendo ~r e d~r in componenti cartesiane:

U(~r + d~r)− U(~r) = U(x+ dx, y + dy, z + dz)− U(x, y, z)

= [U(x+ dx, y + dy, z + dz)− U(x+ dx, y + dy, z)]

+ [U(x+ dx, y + dy, z)− U(x+ dx, y, z)]

+ [U(x+ dx, y, z)− U(x, y, z)]

=∂U∂x

dx+∂U∂y

dy +∂U∂z

dz

10.8. FORZA COME “MENO” GRADIENTE DELL’ENERGIA POTENZIALE237

Questi passaggi meritano una spiegazione dettagliata. La prima uguaglianzae ovvia. La seconda uguaglianza si ottiene dalla prima aggiungendo etogliendo i termini U(x+ dx, y + dy, z) e U(x+ dx, y, z). La terza si ottienesfruttando la definizione di derivata:

df(x)

dx=f(x+ dx)− f(x)

dx

applicata rispettivamente alle tre coordinate x, y, z. Poiche la funzione Udipende da piu variabili, si introduce il simbolo di derivata parziale ∂, perindicare che la variazione di U avviene variando una sola delle coordinatealla volta:

∂U∂x≡ lim

∆x→0

U(x+ ∆x, y, z)− U(x, y, z)

∆x∂U∂y≡ lim

∆y→0

U(x, y + ∆y, z)− U(x, y, z)

∆y

∂U∂z≡ lim

∆z→0

U(x, y, z + ∆z)− U(x, y, z)

∆z

(10.29)

Le tre derivate parziali appena introdotte possono essere combinate in unaquantita vettoriale, che si chiama gradiente:

~∇U =∂U∂xx+

∂U∂yy +

∂U∂zz (10.30)

Ricapitolando quanto abbiamo trovato:

dW = ~F · d~r−dW = U(~r + d~r)− U(~r) =

∂U∂x

dx+∂U∂y

dy +∂U∂z

dz

= ~∇U · d~r

e per confronto:~F = − ~∇U (10.31)

Riassumendo: se la forza ~F e conservativa, si puo definire un’energiapotenziale U(~r), che e funzione della posizione. Il gradiente dell’energiapotenziale, cambiato di segno, e pari alla forza.

Un esempio della relazione fra forza e energia potenziale e illustrato inFig. 10.4 — per esigenza grafiche lo spazio e supposto bidimensionale, e le


x [m]

10− 8− 6− 4− 2− 0 2 4 6 8 10

y [m]

10−8−

6−4−

2−0

24

68

10

U [J

]

100

200

300

400

500

x [m]10− 8− 6− 4− 2− 0 2 4 6 8 10

y [m

]

10−

8−

6−

4−

2−

0

2

4

6

8

10

Figura 10.4: Esempio di grafico di un’energia potenziale U(x, y) e del

campo di forza ~F = − ~∇U . L’energia potenziale e una quantita numerica,pertanto puo essere rappresentata come “quota” in un grafico 3-dimensionale(a sinistra), o come mappa con curve di livello e “colori geografici” (a destra).La forza e un vettore, quindi ha un’intensita e una direzione, che vengonorappresentate in ogni punto da segmenti rossi.

coordinate sono x, y. Come si vede, al forza e sempre orientata verso energiepotenziali decrescenti, lungo la massima pendenza; maggiore e la pendenza,piu fitte sono le curve di livello dell’energia potenziale, piu grande e l’intensitadella forza.

Esercizio 10.1. Calcolare il campo di forza per ciascuna delle seguenti energiepotenziali:

U1(x, y, z) = αx+ βy + γz

U2(x, y, z) = Ax2 +Bxy + Cy2

U3(x, y, z) =K√

x2 + y2 + z2

Soluzione. Usiamo le formule Fx = −∂U∂x

; Fy = −∂U∂y

; Fz = −∂U∂z

. Il

primo caso e immediato:

F1,x = −α ; F1,y = −β ; F1,z = −γ (campo di forza uniforme)


Anche il secondo e semplice

F2,x = −(2Ax+By) ; F2,y = −(Bx+ 2Cy) ; F2,z = 0

Per calcolare il terzo inseriamo la variabile ausiliaria r =√x2 + y2 + z2 —

che altro non e se non la distanza dall’origine — cosicche U3 =K

r. Ora calcoliamo

F3,x = −∂U3

∂x= −∂U3

∂r

∂r

∂x. Poi,

∂U3

∂r= −K

r2; inoltre

∂r

∂x=

∂√x2 + y2 + z2

∂x=

1

2√x2 + y2 + z2

2x =x

r. Per le altre due coordinate si procede in modo analogo.

Il risultato e

F3,x = Kx

r3; F3,y = K

y

r3; F3,z = K

z

r3

Questa forma di campo di forza e MOLTO IMPORTANTE: e quella dei campi

gravitazionali e dei campi elettrostatici.

10.8.1 Superfici equipotenziali

La condizione

U(~r) = K (costante)

individua una superficie nello spazio, detta superficie equipotenziale. Alcunecaratteristiche delle superfici equipotenziali:

• il lavoro fra due punti di una stessa superficie equipotenziale e nullo;

• il lavoro fra due punti appartenenti a due superfici equipotenzialidistinte dipende solo da tali superfici — non dai punti specifici;

• la forza ~F e sempre ortogonale a tutte le superfici equipotenziali— infatti qualunque spostamento d~r che giace su una superficieequipotenziale deve essere tale che 0 = dW = ~F · d~r.

10.8.2 Un criterio per stabilire se una forza econservativa (*)

Per concludere questo argomento, diamo infine un criterio per verificare seun campo di forza ~F (~r) e conservativo.

Se lo e, allora e possibile definire un’energia potenziale U(~r) tale che

~F = − ~∇U


Se cio e vero, allora, sfruttando la proprieta di commutazione delle derivateparziali:

∂

∂x

∂

∂yU =

∂

∂y

∂

∂xU =⇒ ∂

∂xFy =

∂

∂yFx

∂

∂y

∂

∂zU =

∂

∂z

∂

∂yU =⇒ ∂

∂yFz =

∂

∂zFy

∂

∂z

∂

∂xU =

∂

∂x

∂

∂zU =⇒ ∂

∂zFx =

∂

∂xFz

Quindi:

~F conservativa ⇐⇒

∂Fy∂x

=∂Fx∂y

∂Fz∂y

=∂Fy∂z

∂Fx∂z

=∂Fz∂x

(10.32)

Nota: l’implicazione =⇒ e sempre valida. A rigore, l’implicazione logicainversa ⇐= non e vera in generale: occorre che lo spazio 3-dimensionale(“dominio”) in cui e definito ~F (~r) sia semplicemente connesso, ovvero taleche:

• ogni coppia di punti del dominio deve potersi connettere con una lineacontinua interamente contenuto nel dominio;

• qualunque linea chiusa contenuta nel dominio deve potersi ridurre concontinuita ad un punto, rimanendo sempre contenuta nel dominio.

(Per esempio, lo spazio 3-dimensionale e semplicemente connesso; lo spazio3-dimensionale privato di alcuni punti isolati e semplicemente connesso; lospazio 3-dimensionale privato di una o piu linee rette non e semplicementeconnesso, perche qualunque linea chiusa che circonda la linea retta esclusanon puo essere ridotta ad un punto senza “attraversare” la retta esclusa.)

Esercizio 10.2. Consideriamo un campo di forze della forma ~F (~r) = ~r × ~A,dove ~A e una quantita vettoriale che non dipende da ~r. E un campo di forzaconservativo?

Risposta. Scegliamo un riferimento cartesiano con l’asse z parallelo ad ~A.Cosı facendo, in coordinate cartesiane ~A ≡ (0, 0, A). Le componenti cartesiane di~F sono

Fx = Ayz −Azy = −AyFy = Azx−Axz = Ax

Fz = Axy −Ayx = 0


Allora:

∂Fy∂x

= A ;∂Fx∂y

= −A

∂Fz∂y

= 0 ;∂Fy∂z

= 0

∂Fx∂z

= 0 ;∂Fz∂x

= 0

quindi una delle tre condizioni dell’Eq. (10.32) (la prima) non e soddisfatta: il

campo pertanto non e conservativo.

Esercizio 10.3. Un campo di forza

Fx = −A y

ρ2

Fy = Ax

ρ2

Fz = B

; ρ =√x2 + y2

e conservativo?

Risposta. La risposta e NO. Vediamo perche. Anzitutto,∂Fx∂z

=∂Fz∂x

= 0 e

∂Fy∂z

=∂Fz∂y

= 0. Poi:

∂Fx∂y

= −A(

1

ρ2− y

ρ4

∂ρ2

∂y

)= −A

(1

ρ2− y

ρ42y

)= −A x2 − y2

ρ4

∂Fy∂x

= A

(1

ρ2− x

ρ4

∂ρ2

∂x

)= A

(1

ρ2− x

ρ42x

)= A

y2 − x2

ρ4

Quindi anche∂Fx∂y

=∂Fy∂x

.

Pero, il dominio NON e semplicemente connesso: infatti la retta x = 0; y = 0(cioe l’asse z) e esclusa dal dominio, essendo ~F non definibile su di essa.

Per mostrare in modo diverso che ~F non e conservativa si puo procedere

calcolando

∮~F · d~r su una circonferenza di raggio ρ intorno all’asse z.

Allora ~r ≡ (x, y) ≡ ρ(cosφ, sinφ); facendo la variazione infinitesima, d~r ≡ρ(− sinφ, cosφ)dφ. Quindi

~F · d~r = Fxdx+ Fydy =

(−A y

ρ2

)(−ρ sinφdφ) +

(Ax

ρ2

)(ρ cosφdφ)

= A(sin2 φ+ cos2 φ) dφ = Adφ∮~F · d~r = 2π A 6= 0


Esercizio 10.4. Consideriamo un campo di forza le cui componenti cartesianesono

Fx = k(x− y)

Fy = k(y − x)

Fz = −2kz

E conservativo? Se sı costruire un’energia potenziale.

Risposta. Calcoliamo le derivate parziali:

∂Fy∂x

= −k ;∂Fx∂y

= −k

∂Fz∂y

= 0 ;∂Fy∂z

= 0

∂Fx∂z

= 0 ;∂Fz∂x

= 0

Le condizioni dell’Eq. (10.32) sono tutte soddisfatte, inoltre il dominio esemplicemente connesso, dunque il campo di forza e conservativo. Costruiamol’energia potenziale. Scegliamo come riferimento l’origine, (0, 0, 0). Ricordiamo

che U(x, y, z) = −∫ (x,y,z)

(0,0,0)d~r · ~F (~r). Il cammino da (0, 0, 0) a (x, y, z) puo essere

scelto a piacere. Scegliamo dunque un cammino del tipo

(0, 0, 0) → (0, 0, z) → (x, 0, z) → (x, y, z)

Ora: ∫ (0,0,z)

(0,0,0)d~r · ~F =

∫ z

0Fz(0, 0, z

′)dz′ = −2k

∫ z

0z′dz′ = −kz2

∫ (x,0,z)

(0,0,z)d~r · ~F =

∫ x

0Fx(x′, 0, z)dx′ = k

∫ x

0x′dx′ =

k

2x2

∫ (x,y,z)

(x,0,z)d~r · ~F =

∫ y

0Fy(x, y

′, z)dy′ = k

∫ y

0(y′ − x)dy′ =

k

2y2 − kxy

dunque

U(x, y, z) = −∫ (x,y,z)

(0,0,0)d~r · ~F = −

(∫ (0,0,z)

(0,0,0)d~r · ~F +

∫ (x,0,z)

(0,0,z)d~r · ~F +

∫ (x,y,z)

(x,0,z)d~r · ~F

)

= −(−kz2 +

k

2(x2 + y2 − 2xy)

)= k

[z2 − (x− y)2

2

]

10.9. ESERCIZI SULL’ENERGIA MECCANICA 243

10.9 Esercizi sull’energia meccanica

Esercizio 10.5. Quanta energia e necessaria per sollevare di 100 m una massadi una tonnellata, nel campo gravitazionale alla superficie terrestre?

Risposta. La variazione dell’energia gravitazionale e ∆Ug = mg∆h =

(1000 kg)(9.806 m/s2)(100 m) = 9.806 · 105 J — quasi un MegaJoule. Il lavoro

fatto dalla forza gravitazionale e Wg = −∆Ug. Il meccanismo che solleva applica

una forza esterna che si oppone alla forza di gravita: ~F est = − ~Fg, pertanto compie

anche lavoro di segno opposto: West = −Wg = ∆Ug.

Esercizio 10.6. Un trattore di massa m0 = 1 ton traina un rimorchio caricodi tronchi di massa m1 = 5 ton su per una strada di montagna, con una pendenzadi 15 rispetto all’orizzontale. La potenza del trattore e P = 80 kW. Qual e lavelocita (supposta costante) con cui il trattore riesce a salire?

Risposta. Abbiamo due forze in gioco: la forza gravitazionale, che e

conservativa, e quindi ammette un’energia potenziale; inoltre, la forza del motore

del trattore, che ha la funzione di forza esterna. La potenza fa variare

l’energia meccanica: P =dE

dt=

dEdt

+dUgdt

, essendo Ug = (m0 + m1)gh

l’energia gravitazionale. Se la velocita e costante, l’energia cinetica non cambia,dEdt

= 0, quindi tutta la potenza del motore va a modificare solo l’energia

gravitazionale: P =dUgdt

= (m0 + m1)gdh

dt. Si deduce che

dh

dt=

P(m0 +m1)g

=

8 · 104 J

(6 · 103 kg)(9.806 m/s2)= 1.360 m/s. Poiche la strada ha una pendenza di

θ = 15 = 15π

180rad = 0.2618 rad, ad una variazione ∆h di quota corrisponde una

lunghezza ∆` tale che ∆h = ∆` sin θ, ovvero ∆` =∆h

sin θ= 3.864 ∆h. Si deduce che

la velocita del trattore sulla strada e v =1

sin θ

dh

dt= 3.864 ·1.360 m/s = 5.254 m/s.

Per esprimere la velocita in km/h, moltiplichiamo per 3.6: v = 18.9 km/h.

Esercizio 10.7. Un atomo di 126C viene completamente ionizzato, quindi

immesso in un campo elett rico uniforme E = 105 N/C che lo accelera per lalunghezza di 1 cm. Se inizialmente era fermo, che velocita raggiunge?

Risposta. Si potrebbe affrontare il problema in vari modi. Un approcciopotrebbe essere risolvere l’equazione del moto e trovare la legge oraria — il chee facile, perche la forza e costante.

Invece, osserviamo che l’unica forza e quella elettrica, che e conservativa.Quindi possiamo utilizzare la conservazione dell’energia meccanica. Chiamiamox la distanza percorsa dallo ione. L’energia potenziale (elettrostatica) e Ue(x) =

−∫ x

0dx′qE = −qEx. L’energia meccanica, E = E + Ue(x) deve conservarsi, ed il

suo valore iniziale e nullo, poiche lo ione e fermo e abbiamo scelto il riferimento


dell’energia potenziale in modo che Ue sia nullo per x = 0. Quindi alla finedell’accelerazione deve essere E = −Ue(`) = qE`. La velocita finale si ricava

da E =m

2v2, quindi v =

√2Em

=

√2qE`

m.

Ora inseriamo i valori numerici. La massa dell’atomo di 126C e m =

12 · (1.6605 · 10−27 kg) = 1.9926 · 10−26 kg. L’atomo viene completamente

ionizzato, quindi perde 6 elettroni ed acquista una carica elettrica q = +6e =

6 · (1.602 · 10−19 C) = 9.612 · 10−19 C. Quindi la velocita vale v =√2(9.612 · 10−19 C)(105 N/C)(0.01 m)

1.9926 · 10−26 kg= 3.106 · 105 m/s.

Esercizio 10.8. Un oggetto di massa m = 5 kg scivola giu per un piano inclinatodi pendenza θ = 35, partendo da fermo da un’altezza di h1 = 5 m. Questo pianoe raccordato in fondo con un altro piano inclinato di uguale pendenza, in salita.L’oggetto risale su questo piano fino a raggiungere un’altezza h2 = 4 m. Calcolareil lavoro fatto dalle forze di attrito durante tutto il percorso. Calcolare la forza diattrito, assumendo che sia costante lungo il percorso. Perche questa assunzione eragionevole?

Risposta. Sono in azione due forze: quella gravitazionale (conservativa)e quella di attrito, che trattiamo come forza esterna. Pertanto la variazionetotale di energia meccanica e esprimibile come lavoro dell’attrito: Wattr =∆E. Siccome all’inizio e alla fine la velocita e nulla, l’energia cinetica nonha subito variazioni: ∆E = 0. Quindi Wattr = ∆Ug, essendo Ug = mghl’energia potenziale gravitazionale. Troviamo quindi Wattr = mg(h2 − h1) =(5 kg)(9.806 m/s2)(−1 m) = −49.03 J; e negativo, come c’era da aspettarsi.

Il percorso fatto dalla massa sul primo piano e `1 =h1

sin θ=

5 m

sin(0.6109 rad)=

8.717 m. Analogamente, il percorso sul secondo piano e `2 =h2

sin θ=

4 m

sin(0.6109 rad)= 6.974 m. Il percorso totale e ` = `1 + `2 = 15.69 m, quindi

la forza di attrito deve valere Fattr =Wattr

`=−49.03 J

15.69 m= −3.125 N. Il segno −

indica che e diretta in verso opposto allo spostamento.

L’assunzione che Fattr sia costante lungo il percorso e ragionevole, perche si

tratta di attrito radente su una superficie di inclinatazione costante: ricordiamo

infatti che Fattr = µdFvinc = µdmg cos θ.

Esercizio 10.9. Un paracadutista di massa m = 80 kg (compresa l’attrezzatura),scende col paracadute aperto alla velocita costante v = 20 km/h. Qual e la potenzadissipata dall’attrito con l’aria?

Risposta. Abbiamo due forze agenti: quella gravitazionale, che e conservativa,

e quella dell’attrito, che trattiamo come forza esterna. L’energia gravitazionale

e Ug = mgh. La potenza dissipata dall’attrito fa variare l’energia meccanica:

10.10. ENERGIA NELLE FORZE ELASTICHE 245

Pattr =dE

dt=

dEdt

+dUgdt

. Poiche la velocita e costante,dEdt

= 0. Quindi

Pattr =dUgdt

= mgdh

dt= −mgv (il segno − esprime il fatto che il paracadutista

sta scendendo, quindi h diminuisce col tempo). Inserendo i valori numerici, con

v = 20 km/h = 5.555 m/s, troviamo Pattr = −(80 kg)(9.806 m/s2)(5.555 m/s) =

−4 358 W = −4.358 kW. Il segno − nella potenza indica che si tratta appunto di

potenza dissipata, ovvero sottratta al sistema meccanico.

10.10 Energia nelle forze elastiche

Ricordiamo la definizione di forza elastica per una molla — vd Sezione 8.2.Una molla di lunghezza a riposo `0 e elastica se e costruita in modo che,modificando la sua lunghezza a `, essa tende a ripristinare la lunghezza `0

producendo una forza data da:

Fel = −k(`− `0) (10.33)

In questa sezione vedremo che le forze elastiche sono conservative,pertanto e possibile definire un’energia potenziale elastica Uel. Questorisultato, tra l’altro, consente di trattare una vasta casistica di fenomenifisici, caratterizzati da moti con piccoli spostamenti intorno a un punto diequilibrio stabile.

10.10.1 Energia elastica

La forza elastica e conservativa [5]. Per calcolare l’energia potenzialescegliamo una coordinata

x ≡ (`− `0) (10.34)

il che equivale a scegliere il riferimento O coincidente con il punto diequilibrio. Assumiamo inoltre questo punto anche come “zero” dell’energiapotenziale.

La forza elastica quindi vale

Fel = −kx (10.35)

e l’energia potenziale nel punto x si calcola come:

Uel(x) = −∫ x

0

F (x′)dx′ =

∫ x

0

kx′ dx′ = k

[(x′)2

2

]x0

=k

2x2

5 In effetti, qualunque problema unidimensionale con forze posizionali e conservativo,

per definizione: l’integrale del lavoro,

∫ B

A

dx · F (x) non puo che dipendere solo dagli

estremi, visto che il percorso da A a B in una sola dimensione e obbligato.


x

Uel

l

Uel

l0

Figura 10.5: Energia potenziale elastica. A sinistra, l’origine (x = 0)e scelta nel punto in cui la forza elastica e nulla; a destra, il puntodi equilibrio `0 e posizionato in un punto qualunque. In entrambi igrafici, il punto di equilibrio e scelto come “zero” dell’energia potenziale.I due grafici sono equivalenti: differiscono solo per un cambiamento dellacoordinata-spostamento: x ≡ (`− `0).

In conclusione, l’energia potenziale elastica si scrive:

Uel(x) =k

2x2 (10.36)

Questa si puo esprimere anche attraverso `, `0:

Uel(x) =k

2(`− `0)2 (10.37)

In entrambi i casi, il grafico e una parabola, come illustrato in Fig. 10.5.

10.10.2 Energia nel moto armonico

Vediamo la situazione anche in modo complementare: nella Sezione 8.2.5abbiamo visto che il moto e di tipo oscillatorio armonico:

x(t) = A cos(Ωt+ φ)v(t) = −AΩ sin(Ωt+ φ)

Ω =

√k

m

(vd Eq. (8.14), Eq. (8.15)), quindi l’energia cinetica e potenziale valgono

E =m

2v2 =

m

2A2Ω2 sin2(Ωt+ φ)

U =k

2x2 =

k

2A2 cos2(Ωt+ φ)


t

2 0 2 4 6 8

x(t

) [m

]

0.1

0.05

0

0.05

0.1

x(t) [m]

v(t) [m/s]

]2

a(t) [m/s

100)×(t) [J] (cE

100)×(t) [J] (el

U

Figura 10.6: Moto oscillatorio armonico: evoluzione nel tempo di posizione,velocita, accelerazione, energia cinetica, energia potenziale (rispettivamentex(t), v(t), a(t), Ec(t), Uel(t)). I parametri usati per questo esempio sonoA0 = 1 cm, T = 2 s, k = 10 N/m. Attenzione: le energie sono moltopiccole, nel grafico sono state moltiplicate per 100 per renderle piu visibili.

e ricordando che mΩ2 = k e che sin2 + cos2 = 1 la conservazione dell’energiameccanica e manifesta.

Un esempio di moto armonico, con l’evoluzione temporale di tutte lequantita cinematiche, e mostrato nel grafico della Fig. 10.6.

10.10.3 Esercizi sulle forze elastiche

Esercizio 10.10. Per mantenere una molla compressa di 1 cm, rispetto allasua posizione di equilibrio, e necessaria una forza di 0.2 N. Calcolare la costanteelastica della molla e l’energia elastica in essa immagazzinata.

Risposta. La forza applicata Fappl = 0.2 N si oppone alla forza elastica permantenere la molla ferma: Fel = Fappl. Quindi la costante elastica si puo calcolare

come k =Fappl∆`

=0.2 N

0.01 m= 20 N/m.

L’energia elastica e Uel =k

2(∆`)2 =

20 N/m

2(0.01 m)2 = 0.002 J.


Osservazione: calcolare l’energia elastica come Fappl∆` sarebbe errato,

poiche nel processo di compressione la forza elastica, e quindi la forza applicata,

aumentano man mano che la molla si schiaccia.

Esercizio 10.11. Ad una molla di costante elastica k = 10 N/m viene appesauna massa m, quindi questa viene spostata di 1 cm dalla sua posizione di equilibrioe lasciata oscillare. Il periodo di oscillazione osservato e T = 2 s. Determinarela frequenza angolare Ω e il valore di m. Determinare inoltre i valori massimi divelocita, accelerazione, energia cinetica e energia potenziale.

Risposta. Anzitutto, Ω =2π

T= 3.1416 rad/s; quindi m =

k

Ω2=

10 N/m

(3.1416 rad/s)2= 1.013 kg. La velocita massima e vmax = A0Ω = 0.031416 m/s,

mentre l’accelerazione massima e amax = A0Ω2 = 0.0987 m/s. L’energia

potenziale massima e Umax =k

2A2

0 = 5 · 10−4 J. L’energia cinetica massima e

Emax =m

2v2max = 5 · 10−4 J, ovviamente uguale all’energia potenziale massima.

I parametri di questo esercizio sono gli stessi del grafico in Fig. 10.6: potete

confrontare i valori numerici ottenuti con quelli che compaiono nel grafico.

Esercizio 10.12. Un oggetto di massa m = 1 kg viene appoggiato ad una molladi costante elastica k = 15 N/m, disposta orizzontalmente; quindi la molla vienecompressa di ∆` = 20 cm, e poi lasciata andare. L’oggetto subisce la spintadella molla finche questa si distende, poi quando la molla e tornata in equilibriol’oggetto se ne separa e continua a muoversi lungo una rotaia orizzontale. Quantolavoro occorre fare per comprimere la molla come descritto? Con che velocita viene“sparato” l’oggetto?

Risposta. L’energia potenziale elastica della molla, inizialmente nulla, vieneaumentata durante la fase di compressione, fino ad un valore

U0 =k

2(∆`)2 = 0.5 · 15 N/m · (0.2 m)2 = 0.3 J

pertanto tale e anche il lavoro fatto dall’esterno. Durante l’espansione della molla,l’energia meccanica E = E+U si conserva, pertanto l’energia potenziale si converteman mano in energia cinetica. Quando la molla torna in equilibrio U = 0, pertantol’energia cinetica del proiettile sparato e

E =m

2v2 = 0.3 J

da cui la velocita risulta

v =

√2Em

=

√2 · 0.3 J

1 kg= 0.77 m/s


Esercizio 10.13. Un oggetto di 10 kg e dotato di una molla di massa trascurabileattaccata alla parte inferiore. L’oggetto viene lasciato cadere dall’altezza di 1 m(misurata dall’estremo inferiore della molla al suolo). Quando raggiunge il suolo,la molla si comprime di 10 cm, quindi si estende e rilancia l’oggetto in alto.Calcolare la costante k della molla.

Risposta. Le forze agenti sono la gravita e l’elasticita della molla: entrambe

sono conservative, pertanto E = E + Ug + Uel e costante. Inizialmente l’oggetto e

fermo (E = 0) e la molla e libera (Uel = 0), pertanto E = U ing . Alla fine, l’oggetto e

di nuovo fermo (E = 0) e la molla e compressa, quindi E = Ufing +Ufinel . Pertanto

Ufinel = U ing − Ufing = mg(hin − hfin

). Ora, nella caduta l’oggetto scende di 1 m

fino a quando la molla tocca il suolo, poi questa si comprime di δ = 10 cm, pertanto

la discesa totale e ∆h = hfin−hin = −1.1 m, e la variazione di energia potenziale

e ∆U = Ufin−U in = mg∆h = (10 kg)(9.806 m/s2)(−1.02 m) = −1.079 J. Quindi

Ufinel = 1.079 J. Inoltre Ufinel =k

2δ2, quindi k =

2Ufinel

δ2=

2(1.079 J)

(0.1 m)2= 216 N/m

10.10.4 Oscillazioni intorno ad un punto di equilibrio

Le forze elastiche possono essere utilizzate in una grande varieta di problemifisici: quelli caratterizzati da oscillazioni intorno ad un punto di equilibrio.

Consideriamo un oggetto puntiforme soggetto a campi di forzeconservative, con risultante ~F (~r).

Si definisce punto di equilibrio del sistema di forze come una posizione~req tale che l’oggetto, posizionato lı in quiete, lı rimanga. Perche cio accada,

occorre che in ~r = ~req sia ~F (~req) = 0: infatti se cosı e, non c’e accelerazione,la velocita resta nulla come era inizialmente, quindi l’oggetto non si muove.

Un punto di equilibrio si definisce stabile se l’oggetto, in seguito ad unpiccolo spostamento, tende a muoversi intorno al punto di equilibrio.

Facciamo alcuni esempi: una pallina sferica, posta in fondo ad una ciotola,inizialmente sta ferma nel punto piu fondo: quello e il suo punto di equilibrio.Se uno la perturba, spostandola o urtandola, essa acquista un moto intornoal punto di equilibrio: si tratta quindi di un equilibrio stabile.

Se la stessa pallina viene posta in quiete su di un piano orizzontale, oppure(con molta attenzione!) appoggiata in cima ad un pallone, essa resta lı:quindi anche in questi casi si trova nel suo punto di equilibrio. Tuttavia, inquesti casi non si tratta di un equilibrio stabile. Se viene urtata, nel casodel piano prosegue con un moto rettilineo uniforme (almeno finche non vienefrenata. . . ) mentre nell’altro caso rotola lontano dal punto di equilibrio.


Teniamo presente che la stabilita dell’equilibrio e sempre relativa alleperturbazioni applicate: anche la pallina nella ciotola, se urtata troppoviolentemente, puo saltare fuori dal bordo della ciotola!

L’equilibrio stabile puo essere compreso ricorrendo all’energia potenzialeU(~r). Qualunque punto ~req che costituisca un minimo locale della funzioneU(~r) e un punto di equilibrio stabile. Infatti, se ~req e un punto di minimoper U , vuol dire che tutte le derivate di U(~r) sono nulle in ~req:[

∂U∂x

]~r=~req

= 0 ;

[∂U∂y

]~r=~req

= 0 ;

[∂U∂z

]~r=~req

= 0

e quindi, poiche ~F = − ~∇U (vedi Sezione 10.8 e Eq. (10.31)), la forza in ~reqe nulla. Cioe, un oggetto posto in quiete in ~req resta lı.

L’oggetto, in quiete nel punto di equilibrio, possiede energia meccanicapari alla sua energia potenziale U(~req), visto che la sua energia cinetica enulla. Quando viene perturbato, acquista energia meccanica:

• se viene spostato da ~req, la sua energia potenziale U aumenta (altronon puo fare, visto che era al minimo);

• se viene messo in movimento, acquista energia cinetica E (che primaera nulla).

In ogni caso si trova ad avere un’energia meccanica

E = E + U(~r) > U(~req)

Chiamiamo ∆E = E − U(~req) l’energia che abbiamo ceduto all’oggetto perperturbarlo da suo stato di equilibrio. Poiche l’energia meccanica si conservae E = E −U(~r) non puo mai essere negativa, la regione di spazio accessibilee limitata dalla condizione:

U(~r) ≤ E oppure U(~r)− U(~req) ≤ ∆E

ed il moto e dunque confinato in tale regione.

Come esempio, consideriamo l’energia potenziale raffigurata in Fig. 10.7:e la tipica “energia di legame” fra due atomi che formano una molecola.C’e un mimimo per una distanza interatomica r = req, che rappresenta ilpunto di equilibrio della molecola. Per r < req l’energia potenziale sale moltorapidamente: significa che avvicinare i due atomi oltre la loro distanza diequilibrio e sempre piu faticoso. Viceversa, per r > req l’energia potenziale


U(r)

rreq

E

k(r − r )eq

2

2+ U(r )eq

Figura 10.7: Energia potenziale di legami fra due atomi che formanouna molecola, in funzione della distanza interatomica r. Intorno al puntodi equilibrio req l’energia potenziale puo essere approssimata come unparaboloide (disegnato come parabola, per esigenze grafiche).

sale fino a raggiungere un livello-limite: significa che allontanare i due atomidalla loro distanza di equilibrio richiede energia, ma con un’energia sufficientesi possono allontanare all’infinito, ovvero si spezza la molecola.

Scegliamo un sistema di riferimento cartesiano con l’origine O centratain ~req. Con un opportuno orientamento degli assi, in un piccolo intorno di~req la forma dell’energia potenziale puo sempre essere approssimata come unparaboloide:

U(~r) ' U(~req) +1

2

[(∂2U∂x2

)x2 +

(∂2U∂y2

)y2 +

(∂2U∂z2

)z2

]+O (3)

= U(~req) +kx2x2 +

ky2y2 +

kz2z2 +O (3)

(10.38)

(tutte le derivate seconde sono calcolate al punto di equilibrio, e O (3) indicaulteriori termini dello sviluppo in serie, che sono almeno di ordine 3 negliesponenti di x, y, z). L’approssimazione parabolica e rappresentata dallalinea tratteggiata in Fig. 10.7.

Quindi, la forza per componenti cartesiane, in prossimita dell’equilibrio,diventa:


Fx = −∂U∂x

= −kxx

Fy = −∂U∂y

= −kyy

Fz = −∂U∂z

= −kzz

(10.39)

Abbiamo appena trovato che in prossimita di un punto di equilibrio stabilela forza agente ha la forma di una forza elastica.

Le equazioni del moto prendono la forma:

d2x

dt2= −kx

mx

d2y

dt2= −ky

my

d2z

dt2= −kz

mz

(10.40)

Ogni componente del moto puo essere integrata indipendentemente,ottenendo:

x(t) = Ax cos(Ωxt+ φx)

(Ωx =

√kxm

)

y(t) = Ay cos(Ωyt+ φy)

(Ωy =

√kym

)

z(t) = Az cos(Ωzt+ φz)

(Ωz =

√kzm

) (10.41)

Il moto tridimensionale e una composizione di tre moti oscillatori armonici.Ciascuno di questi ha pero una frequenza angolare propria: Ωx,Ωy,Ωz,dovuta al fatto che le tre “costanti elastiche” kx, ky, kz sono diverse.

Naturalmente, tutto quanto detto sinora e valido solo finchel’approssimazione parabolica descrive bene l’energia potenziale, ovveroin prossimita del punto di equilibrio. Aumentando l’energia meccanicaE, la zona cinematicamente accessibile si allarga, e l’approssimazionedell’Eq. (10.38) non sussiste piu, come si puo vedere anche graficamente


Figura 10.8: Fotogrammi di un pallone che rimbalza: quando raggiunge ilsuolo, a contatto con esso si schiaccia. Poi, per le sue proprieta elastiche,si deforma in maniera opposta, allungandosi, e quindi spingendosi via dalterreno. In volo riacquista la forma sferica.

nella Fig. 10.7.

10.10.5 Forze elastiche nei materiali

La capacita di reagire alle deformazioni con una forza proporzionale edopposta ad esse si chiama elasticita.

L’elasticita non e una caratteristica delle sole molle. Anzi, caratterizzatutti i fenomeni in cui ci sia un “rimbalzo”. Per esempio, un pallone checade al suolo (Fig. 10.8), durante l’urto si deforma, ma a causa della suaelasticita riacquista velocemente la sua forma: la parte che si era schiacciataritorna in posizione, “spingendo via” il terreno. Per il principio di azione-reazione, riceve dal terreno una spinta uguale e contraria che lo fa rimbalzare.Normalmente la durata temporale del rimbalzo e molto breve, ma filmandoil rimbalzo del pallone con una videocamera e riguardandolo in moviolarallentata, il comportamento diventa evidente. Anche nell’urto fra palle dibiliardo succede la stessa cosa. Ovviamente le palle da biliardo sono moltopiu rigide di un pallone, quindi la loro deformazione e molto minore.

In generale, parlando di oggetti solidi, intendiamo oggetti in cui gli atomicostituenti siano fra loro strettamente legati, in modo tale che le distanzereciproche fra qualunque coppia di essi siano immutabili. La situazionee analoga a quella di un traliccio o di una impalcatura: si tratta sempredi strutture che devono la loro rigidita al fatto che i giunti sono connessida sbarre indeformabili, che li tengono a distanze ben definite. Tuttavia,


il concetto di “indeformabile” e sempre relativo alle forze che vengonoapplicate. Tralicci ed impalcature possono oscillare in balia di un forte vento:evidentemente non sono “assolutamente rigidi”. Pero la loro struttura fa sıche, cessato il vento, ritornino alla loro posizione originale — un po’ comeuna molla: la resistenza dei tralicci e appunto di natura elastica. Se le forzediventano piu intense, la struttura puo non riuscire piu a resistere e si puorompere: e cio che a volte succede ai tralicci in seguito ad una abbondantenevicata: le forze elastiche del traliccio reggono la spinta del vento ma nonriescono a sopportare il peso della troppa neve accumulatasi.

Tutto questo accade anche ai legami atomici (o molecolari) che dannorigidita ad un solido. La palla da biliardo ci appare solida: sicuramentenon riusciamo a schiacciarla fra le dita come faremmo con una palla datennis. Tuttavia, quando essa urta un ostacolo solido, gli atomi vicini allasua superficie vengono schiacciati un po’ all’interno: le distanze interatomichevengono leggermente compresse. Poiche gli atomi sono tutti tenuti inposizione da una complessa rete di forze elastiche, appena possono essitornano in posizione. La palla da biliardo, nella zona dove aveva subito loschiacciamento, ripristina la sua forma originaria e cosı facendo si spinge viadall’ostacolo, ovvero rimbalza. Anche l’ostacolo ha gli stessi comportamenti:dove la palla lo urta, esso viene temporaneamente compresso: le forze chetengono in posizione gli atomi che lo compongono, appena possono tendonoa ripristinare la sua forma iniziale.

Se l’urto avviene troppo forte la palla si puo spaccare: in questo casole forze in gioco — quelle con cui l’ostacolo ha deformato la palla — sonotroppo forti e i legami atomici non hanno resistito. Quest’ultimo caso puoessere compreso guardando di nuovo alla Fig. 10.7: se l’urto e molto forte,l’energia meccanica E aumenta, e per l’energia potenziale non e piu validal’approssimazione parabolica. Se l’energia meccanica diventa troppo grande(E > 0), gli atomi si liberano dal legame molecolare.

10.10.6 Modello delle reazioni vincolari (*)

Le forze elastiche possono essere presenti anche in assenza di urti e rimbalzi.Se appoggiamo un oggetto pesante su un piano orizzontale, esso sta fermo:evidentemente la risultante delle forze agenti su di esso e nulla. D’altra parte,su di esso agisce sicuramente la forza di gravita. Quindi, deve esserci unaforza uguale ed opposta che la contrasta: essa e ovviamente prodotta dalpiano su cui l’oggetto appoggia, e si chiama reazione del vincolo — il vincoloe cio che “vincola” appunto l’oggetto ad una data posizione: ovviamente ilpiano stesso in questo caso.


Anche la reazione del vincolo e di natura elastica. In effetti, il pesodell’oggetto appoggiato, produce uno schiacciamento locale del piano, cioe ledistanze interatomiche vengono compresse. Le forze elastiche che tengono inposizione gli atomi del piano tendono ad opporsi a questo schiacciamento: ilrisultato collettivo e che producono la reazione vincolare, che tiene l’oggettoin equilibrio.

Le reazioni vincolari prodotte da oggetti solidi sono modellabili in terminidi campi di forza, ~F (~r), con le seguenti caratteristiche:

• al di fuori dall’oggetto-vincolo la forza deve essere nulla;

• a contatto con l’oggetto-vincolo la forza deve essere repulsiva,ortogonale alla superficie del vincolo, e con caratteristiche elastiche;

• la parte di spazio all’interno dell’oggetto-vincolo deve essereinaccessibile — quest’ultimo requisito va inteso in senso lato: essendola reazione vincolare di natura elastica, e possibile una piccoladeformazione che renda accessibile una piccola porzione della zona“proibita”, durante il contatto.

Consideriamo un vincolo costituito da un piano (idealmente indefinito. . . ).Orientiamo gli assi cartesiani in modo che il piano Oxy giaccia sul vincoloe che la zona z < 0 sia inaccessibile. Se introduciamo un’energia potenzialedella forma:

U(x, y, z) =

0 (per z > 0)

k

2z2 (per z < 0)

(10.42)

La forza si ricava come ~F = − ~∇U , quindi per componenti:

Fx = 0

Fy = 0

Fz =

0 (per z > 0)

−kz (per z < 0)

(10.43)

La forza agisce solo lungo la direzione ortogonale al piano, inoltre “entrain funzione” solo quando si entra in contatto con il vincolo (z ≤ 0) ed erepulsiva (Fz > 0). Inoltre, piu rigido e l’ostacolo, maggiore e la costante dielasticita k.

Una forza siffatta e ovviamente conservativa. La penetrazione nella“zona inaccessibile” dipende dall’energia dell’oggetto incidente e dalla sua


direzione iniziale. Supponiamo che esso abbia massa m e velocita incidente~vi ≡ (xix, viy, viz), con viz < 0 perche e in avvicinamento. Durante l’urto lecomponenti vx, vy non subiscono variazioni perche la forza vincolare non hacomponenti lungo il piano. Invece la velocita vz subisce una variazione datada:

dvzdt

= az =Fzm

= −kzm

(z < 0) (10.44)

Poiche inizialmente viz < 0 e invece az > 0, ad un certo punto deve esserevz = 0. In tali condizioni l’energia cinetica dell’oggetto incidente deve essereminima. La variazione di energia cinetica e dunque:

∆E =m

2

(v2ix + v2

iy

)︸︷︷︸E0

− m2

(v2ix + v2

iy + v2iz

)︸︷︷︸Ei

= −m2v2iz

L’energia totale E = E + U prima dell’urto vale semplicemente E = Ei. Al

momento di massima penetrazione essa vale E = E0 +k

2z2

0 , quindi deve essere

Ei = E0 +k

2z2

0

k

2z2

0 = −∆E =m

2v2iz

z0 = −√m

k|viz|

E evidente che per valori di k sempre piu grandi la penetrazione massima z0

diminuisce: quindi un maggiore k corrisponde ad un vincolo piu rigido.Alla fine dell’urto, le componenti della velocita parallele al piano non sono

cambiate, mentre quella ortogonale ha cambiato segno ma e in valore assolutopari alla componente iniziale, per la conservazione dell’energia. Quindi:

vfx = vix

vfy = viy

vfz = −viz

Durante l’urto, il moto lungo la direzione z e descritto dalla soluzionedell’Eq. (10.44). Trattandosi di un moto armonico sappiamo gia che essa edella forma:

z(t) = z0 cos

(√k

mt+ φ

)


La durata ∆t dell’urto e calcolabile come la differenza fra gli istanti ti e tf incui l’oggetto incidente entra in contatto e si stacca con il vincolo. In entrambii casi deve essere z(t) = 0, quindi l’argomento del coseno deve essere variato

di π: π = ∆

[√k

mt+ φ

]=

√k

m∆t quindi

∆t = π

√m

k

Nel caso di vincoli piu rigidi, k e piu grande e quindi la durata dell’urto eminore. Incidentalmente, questo fatto cade sotto l’esperienza quotidiana,anche se non siamo dotati di apparecchiature sofisticate per misurare ladurata dell’urto. Il rumore di una pallina di acciaio che rimbalza sulpavimento (“tic-tic-tic”) e piu acuto di quello che farebbe un pallone dabasket (“ponf-ponf-ponf”). In effetti la frequenza ν del suono emesso e

inversamente proporzionale alla durata temporale dell’urto: ν ∝ 1

∆t. La

pallina di acciaio e piu rigida, dunque ha un k maggiore e quindi un ∆tminore, pertanto emette suoni a frequenza piu alta — piu acuti, appunto.

Capitolo 11

Urti

11.1 Urti — generalita

L’idea alla base dello studio degli urti e che gli oggetti siano sostanzialmenteliberi di muoversi sia prima che dopo l’urto, e che l’interazione abbia luogosolo per un tempo relativamente breve, quando essi si sono avvicinati molto,o quando entrano in contatto. In generale non si conoscono i dettaglidell’interazione. Viceversa, le velocita iniziali e finali — quando cioe glioggetti sono abbastanza lontani da non interagire — sono costanti, e i motisono rettilinei uniformi.

Inoltre assumiamo che le forze che gli oggetti si scambiano durante l’urtosiano di natura impulsiva — vd Sezione 7.4.1 — ovvero, agiscano per untempo molto breve, e siano molto piu intense di eventuali altre forze esterne,cosicche queste ultime possano essere trascurate. Se assumiamo ~F

(est)tot ' 0

durante l’urto, la quantita di moto totale degli oggetti che si urtano deveconservarsi.

Formuliamo ora il problema: due oggetti puntiformi (1) e (2), di massem1, m2, entrano in collisione con velocita iniziali ~vin1 , ~v

in2 . Vogliamo cercare

di prevedere informazioni sul loro stato finale, ovvero sulle velocita ~vout1 , ~vout2 .La conservazione della quantita di moto ci dice che:

m1~vin1 +m2~v

in2 = m1~v

out1 +m2~v

out2 (11.1)

Questa e un’equazione vettoriale, quindi fornisce 3 equazioni algebriche: unaper ciascuna direzione x, y, z. Le incognite pero sono 6: infatti sia ~vout1 che~vout2 possiedono 3 componenti. Quindi dobbiamo cercare altre condizioni, sepossibile.

Possiamo distinguere due casi-limite: quello dell’urto totalmenteinelastico, e quello dell’urto totalmente elastico. Quest’ultimo, a sua volta,

259

260 CAPITOLO 11. URTI — M.FANTI

va trattato separatamente per il caso unidimensionale (due oggetti che simuovono lungo una rotaia) che per quello tridimensionale.

11.2 Urto totalmente inelastico

Nell’urto totalmente inelastico, l’energia non si conserva. I due oggetti, dopol’urto, restano attaccati fra loro, pertanto ~vout1 = ~vout2 ≡ ~V out: le incognite da6 si riducono a 3, quindi la conservazione della quantita di moto, Eq. (11.1),e sufficiente a risolvere il problema. Il risultato e

(m1 +m2)~V out = m1~vin1 +m2~v

in2

ovvero

~V out =m1~v

in1 +m2~v

in2

m1 +m2

(11.2)

La dissipazione di energia cinetica si puo calcolare come

∆E =m1 +m2

2

(V out

)2 −[m1

2

(vin1)2

+m2

2

(vin2)2]

=1

2

[m2

1 (vin1 )2

+m22 (vin2 )

2+ 2m1m2~v

in1 · ~vin2

m1 +m2

−m1

(vin1)2 −m2

(vin2)2

]

=1

2

[2m1m2~v

in1 · ~vin2 −m1m2 (vin1 )

2 −m1m2 (vin2 )2

m1 +m2

]= − m1m2

2(m1 +m2)

(~vin1 − ~vin2

)2

Manifestamente, ∆E < 0, dunque l’urto e effettivamente dissipativo [1].Inoltre, l’energia dissipata e massima nel caso di urto frontale, ovveroquando gli orientamenti di ~vin1 , ~v

in2 sono opposti. Questo si puo vedere

matematicamente scrivendo:(~vin1 − ~vin2

)2=

(vin1)2

+(vin2)2 − 2vin1 v

in2 cosα

essendo α l’angolo fra ~vin1 , ~vin2 . A parita di vin1 , v

in2 , il termine (~vin1 − ~vin2 )

2

e massimo quando cosα = −1, ovvero α = π.

1 Si ha ∆E = 0 solo nel caso ~vin1 = ~vin2 , ma in questo caso i due oggetti possiedolo lastessa velocita iniziale, in direzione e modulo, dunque di fatto l’urto non avviene.

11.3. URTO ELASTICO 261

11.3 Urto elastico

Nell’urto elastico, l’energia cinetica si conserva. Questa affermazione puosembrare un po’ forte: se le forze sono conservative cio che si conserva el’energia meccanica, non l’energia cinetica. D’altra parte, abbiamo ipotizzatoche gli oggetti interagiscano solo per un tempo relativamente breve, quandosono vicini. Viceversa, quando sono lontani, non sono soggetti a forze,quindi l’energia potenziale puo essere considerata nulla. Volendo scriverela conservazione dell’energia meccanica, prima, durante e dopo l’urto,scriveremmo:

E intot + U in = E intertot + U inter = Eouttot + Uout

dove i suffissi in, inter, out si riferiscono rispettivamente allo stato iniziale,alla condizione di interazione, e allo stato finale. Abbiamo detto cheU in = Uout = 0, quindi anche senza sapere i dettagli dell’interazione (equindi la forma di U inter) possiamo dire che

E intot = Eouttot

Applicata al nostro urto essa si scrive

m1

2

(vin1)2

+m2

2

(vin2)2

=m1

2

(vout1

)2+m2

2

(vout2

)2(11.3)

E utile “rimaneggiare” un po’ questa equazione:

m1

[(vin1)2 −

(vout1

)2]

= m2

[(vout2

)2 −(vin2)2]

m1

(~vin1 − ~vout1

)·(~vin1 + ~vout1

)= m2

(~vout2 − ~vin2

)·(~vout2 + ~vin2

)(abbiamo sfruttato l’identita vettoriale (~a−~b) · (~a+~b) = a2− b2, facilmenteverificabile). Ora “rimaneggiamo” anche la conservazione della quantita dimoto, Eq. (11.1):

m1

(~vin1 − ~vout1

)= m2

(~vout2 − ~vin2

)Sostituendo questa nella precedente, si ottiene:(

~vin1 + ~vout1 − ~vout2 − ~vin2)·(~vin1 − ~vout1

)= 0 (11.4)

Escludento il caso banale ~vin1 = ~vout1 , in cui di fatto non c’e urto, questaequazione da una condizione fra ~vout1 , ~vout2 lungo la direzione di (~vin1 − ~vout1 )— quindi e una sola condizione. Insieme alla conservazione della quantita dimoto, ho 4 condizioni e 6 incognite.


11.3.1 Urto elastico: caso unidimensionale

Se gli oggetti che si urtano sono costretti a muoversi lungo una soladimensione (per esempio carrelli su una rotaia), allora il problema eperfettamente risolvibile: le equazioni sono:

vin1 + vout1 = vin2 + vout2

m1(vin1 − vout1 ) = −m2(vin2 − vout2 )(11.5)

nelle due incognite vout1 , vout2 . La soluzione si puo ottenere per sostituzione,per esempio ricavando vout1 = vout2 − vin1 + vin2 dalla prima equazione eintroducendolo nella seconda. La soluzione e:

vout1 =(m1 −m2)vin1 + 2m2v

in2

m1 +m2

vout2 =(m2 −m1)vin2 + 2m1v

in1

m2 +m1

(11.6)

Vediamo alcuni casi notevoli:

• m1 = m2: masse uguali:

vout1 = vin2 ; vout2 = vin1

ovvero le velocita “si scambiano” da prima a dopo l’urto.

• m1 m2: una massa e estremamente piu piccola dell’altra:

vout1 ' −vin1 + 2vin2 ; vout2 ' vin2

ovvero la massa piu grande m2 non subisce variazioni apprezzabili divelocita; per studiare l’effetto sulla massa piu piccola consideriamoalcuni sotto-casi:

– m1 m2 e vin2 = 0: la massa piu grande e ferma e la piu piccolala colpisce; in questo caso

vout1 ' −vin1 ; vout2 ' 0

ovvero la massa piccola viene rimbalzata all’indietro, mentre lamassa grande resta indisturbata;

11.4. URTI ELASTICI IN DUE DIMENSIONI 263

(1) (2)

v1

in

v1

out

v2

out

θ1

θ2

(1)

(2)

Figura 11.1: Urto elastico in due dimensioni: prima (a sinistra) e dopo (adestra) dell’urto.

– m1 m2 e vin1 = 0: la massa piu piccola e ferma e la piu grandela colpisce; in questo caso

vout1 ' 2vin2 ; vout2 ' vin2

ovvero la massa piccola viene sparata in avanti a velocita doppiadella massa grande, mentre quest’ultima procede indisturbata.

• massem1,m2 qualunque, ma vin2 = 0, ovvero l’oggetto (2) e inizialmentefermo; in questo caso:

vout1 =m1 −m2

m1 +m2

vin1 ; vout2 =2m1

m1 +m2

vin1

11.4 Urti elastici in due dimensioni

Affrontiamo il caso generale solo nella condizione che l’oggetto (2) siainizialmente fermo: ~vin2 = 0. Il problema, cosı facendo da tridimensionale siriduce a bidimensionale. Infatti, nello stato finale ~pout1 , ~pout2 individuano unpiano, e per la conservazione della quantita di moto, ~pin1 = ~pout1 + ~pout2 devegiacere su tale piano.

Chiamiamo “proiettile” l’oggetto incidente (1), e “bersaglio” l’oggetto(2), inizialmente fermo.

Scegliamo come direzione di riferimento quella del proiettile, e misuriamorispetto ad essa gli angoli θ1, θ2 degli oggetti uscenti, come in Fig. 11.1.Riscriviamo l’Eq. (11.4) utilizzando le quantita di moto:(

~pin1 + ~pout1

m1

−~pout2 + ~pin2

m2

)·(~pin1 − ~pout1

)= 0


quindi poniamo ~pin2 = 0; questo significa che ~pout2 = ~pin1 − ~pout1 . Definiamoper comodita

k =m2

m1

Allora

0 =[k(~pin1 + ~pout1

)−(~pin1 − ~pout1

)]·(~pin1 − ~pout1

)=

[(k − 1)~pin1 + (k + 1)~pout1

]·(~pin1 − ~pout1

)= (k − 1)

(~pin1)2 − (k + 1)

(~pout1

)2+ [(k + 1)− (k − 1)]~pin1 · ~pout1

= (k − 1)(pin1)2 − (k + 1)

(pout1

)2+ 2pin1 p

out1 cos θ1

Introduciamo poi la quantita

x =pout1

pin1

che esprime la frazione di quantita di moto conservata dal proiettile dopol’urto. Allora la relazione trovata si scrive:

(k + 1)x2 − 2x cos θ1 − (k − 1) = 0

k =

m2

m1

x =pout1

pin1

(11.7)

Questa si puo risolvere per cos θ1

cos θ1 =(k + 1)x2 − (k − 1)

2x(11.8)

oppure per x:

x =cos θ1 ±

√(cos θ1)2 + k2 − 1

k + 1(11.9)

La relazione fra le due variabili x, cos θ1 e mostrato in Fig. 11.2, dove i

diversi colori rappresentano diversi rapporti k =m2

m1

. E possibile osservare

tre diverse casistiche: m2 > m1 (proiettile leggero), m2 < m1 (proiettilepesante), e il caso-limite m2 = m1, corrispondenti rispettivamente alla “partesinistra”, “parte destra”, e linea nera nella figura.

Prima di discutere i 3 casi, notiamo subito che lo studio di urti consentedi indagare la massa del bersaglio, m2, se e possibile inviare diversi proiettili

11.4. URTI ELASTICI IN DUE DIMENSIONI 265

1θcos

1− 0.5− 0 0.5 1

in 1 /

pou

t

1x

= p

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

=50.001/m2m=20.001/m2m=10.001/m2m=5.001/m2m=2.001/m2m=1.501/m2m=1.101/m2m=1.011/m2m=1.001/m2m=0.991/m2m=0.901/m2m=0.701/m2m=0.501/m2m=0.201/m2m=0.101/m2m=0.051/m2m=0.021/m2m

Figura 11.2: Rappresentazione grafica della relazione fra la frazione di

quantita di moto x =pout1

pin1e l’angolo di diffusione θ1 in un urto elastico, per

diversi valori del rapporto k =m2

m1

. La massa m2 e supposta ferma prima

dell’urto.

di massa m1 nota su altrettanti bersagi uguali: misurando la frazione x diquantita di moto dopo l’urto, e l’angolo di diffusione θ1 del proiettile, si puocostruire una curva di punti sperimentali nel piano (cos θ1;x) e da questa

dedurre il rapportom2

m1

.

In generale, lo studio di urti contro particelle-bersaglio ha consentito nellastora della fisica, e tuttora consente, di indagare le proprieta delle strutturesub-atomiche. Uno degli esperimenti che hanno fatto la storia della fisicaatomica e lo “scattering di Rutherford” (1909–11): un sottile foglio di oroveniva bombardato con particelle-α (nuclei di 4He), e studiando gli angoli didiffusione Rutherford dedusse che la massa degli atomi e concentrata in una


struttura molto piu piccola dell’atomo stesso, il nucleo.

11.4.1 Discussione dei 3 casi

• k =m2

m1

> 1 : proiettile piu leggero del bersaglio.

In questo caso, ogni angolo di diffusione e possibile: cos θ1 ∈ [−1; +1],

ovvero θ1 ∈ [0, π]. Inoltre, per ciascun valore di θ1 il rapporto x =pout1

pin1e

univocamente determinato. In effetti, una delle due soluzioni Eq. (11.9)risulta negativa, il che e fisicamente privo di senso, pertanto resta

pout1

pin1=

cos θ1 +√

(cos θ1)2 + k2 − 1

k + 1(per k > 1)

Nel caso-limite k 1 (cioe il bersaglio e molto piu massivo delproiettile) abbiamo pout1 ' pin1 , ovvero l’urto modifica la direzione delproiettile ma non la sua energia.

• k =m2

m1

= 1 : proiettile e ersaglio hanno masse identiche.

Solo la diffusione “in avanti” e possibile: cos θ1 ∈ [0; +1], ovvero

θ1 ∈[0,π

2

]. Inoltre, il rapporto x =

pout1

pin1e univocamente determinato

pout1

pin1= cos θ1 (per k = 1)

• k =m2

m1

< 1 : proiettile piu pesante del bersaglio.

Solo la diffusione in avanti e possibile; inoltre, per un dato angolo di

diffusione θ1, esistono due possibili valori per x =pout1

pin1:

pout1

pin1=

cos θ1 ±√

(cos θ1)2 + k2 − 1

k + 1(per k < 1)

L’intervallo ammesso degli angoli di diffusione e definito dallacondizione (cos θ1)2 ≥ 1 − k2, ovvero, ricordando che cos2 + sin2 = 1,da

sin θ1 ≤ k (per k < 1)

11.5. URTI ELASTICI NEL SISTEMA DI RIFERIMENTO DEL CENTRO DI MASSA267

11.4.2 Energia trasferita

L’energia trasferita nell’urto alla particella-bersaglio (2) si puo esprimere conla frazione:

f =E (out)

2

E (in)1

=E (in)

1 − E (out)1

E (in)1

=(p

(in)1 )2 − (p

(out)1 )2

(p(in)1 )2

= 1− x2

Dalla Fig. 11.2, si nota che per ciascun valore di k esiste un valore minimo dix, che quindi corrisponde ad un valore massimo di f — tranne nel caso k = 1,in cui x puo essere anche zero. Per k > 1, xmin si trova per cos θ1 = −1 evale

xmin =k − 1

k + 1(k > 1)

Invece, per k < 1, xmin si trova per cos θ1 = +1 e vale

xmin =1− kk + 1

(k < 1)

In ogni caso, si trova

xmin =

∣∣∣∣m2 −m1

m2 +m1

∣∣∣∣fmax = 1− x2

min =4m1m2

(m1 +m2)2=

4k

(1 + k)2

Il valore di fmax e massimo quando k = 1. Si deduce che lo scambio dienergia fra il proiettile e il bersaglio puo essere tanto maggiore quanto piuvicine sono le due masse m1, m2.

11.5 Urti elastici nel sistema di riferimento

del centro di massa

Nel sistema di riferimento del centro di massa deve essere:

~p∗,in1 + ~p∗,in2 = 0

~p∗,out1 + ~p∗,out2 = 0


Inoltre, E∗,in1 + E∗,in2 = E∗,out1 + E∗,out2 ; sostituendo E =p2

2m, e chiamando

p∗ = |~p∗1| = |~p∗2| si ha dunque:

(p∗,in1 )2

2m1

+(p∗,in2 )2

2m2

=(p∗,out1 )2

2m1

+(p∗,out2 )2

2m2

(p∗,in)2

2m1

+(p∗,in)2

2m2

=(p∗,out)2

2m1

+(p∗,out)2

2m2(1

2m1

+1

2m2

)(p∗,in)2 =

(1

2m1

+1

2m2

)(p∗,out)2

da cui p∗,in = p∗,out.In sintesi, abbiamo trovato che le quantita di moto delle particelle

incidenti sono uguali a quelli delle particelle diffuse:

|~p∗,in1 | = |~p∗,in2 |= p∗ =

|~p∗,out1 | = |~p∗,out2 |(11.10)

Inoltre abbiamo anche semplici relazioni fra le energie:

E∗,in1 =(p∗)2

2m1

= E∗,out1

E∗,in2 =(p∗)2

2m2

= E∗,out2(11.11)

11.6 Trasferimento di energia negli urti

elastici

E interessante analizzare il trasferimento di energia negli urti elastici.Qualitativamente, possiamo vedere che se due particelle collidono, quella piuenergetica tende in media a cedere energia a quella meno energetica, cosicchedopo l’urto le due energie tendono a essere “meno diverse”.

Prima di verificare questa proprieta, pensiamo per un attimo allesue implicazioni. Immaginiamo di avere un sistema di molte particelleche viaggiano per lo spazio, e che occasionalmente si trovano a esseresufficientemente vicine da interagire, per un brevissimo tempo. Un sistema

11.6. TRASFERIMENTO DI ENERGIA NEGLI URTI ELASTICI 269

di questo tipo e quello che comunemente si chiama gas. Inizialmente ladistribuzione energetica delle particelle puo essere la piu svariata. . . Tuttavia,in seguito agli urti, quelle inizialmente piu energetiche avranno in mediaperso parte della loro energia, mentre quelle inizialmente meno energetiche,ne avranno in media acquistata. Alla fine, la distribuzione delle energie sarapiu “democratica” che all’inizio. Va pero notato che stiamo parlando dicomportamenti medii: questo significa che le energie finali delle particellenon saranno identiche! Questo processo si chiama “termalizzazione”, ed ealla base dei sistemi termodinamici. Infatti, la temperatura di un gas edirettamente proporzionale all’energia cinetica delle particelle: T ∝ 〈E〉. Sedue gas, a temperature iniziali T1, T2 (T2 > T1), entrano in contatto, lemolecole del gas (2) avranno in media energia cinetica maggiore di quelle delgas (1), quindi sara piu probabile che cedano energia. Ne consegue che il gas(2) tende a raffreddarsi, mentre il gas (1) tende a scaldarsi, fino a che le duetemperature non si saranno uniformate.

Passiamo ora alla dimostrazione. Consideriamo il caso di particelle tutteaventi la stessa massa m.

Conviene esprimere la differenza di energia E in1 − E in2 fra le due particelleprima dell’urto in funzione di grandezze relative al centro di massa:

E in1 − E in2 =m

2(~vin1 )2 − m

2(~vin2 )2

=m

2(~v∗,in1 + ~vcm)2 − m

2(~v∗,in2 + ~vcm)2

=m

2

[(~v∗,in1 )2 + 2~v∗,in1 · ~vcm + (~vcm)2

]− m

2

[(~v∗,in2 )2 + 2~v∗,in2 · ~vcm + (~vcm)2

]= E∗,in1 − E∗,in2 + ~p∗,in1 · ~vcm − ~p∗,in2 · ~vcm

Ora, da quanto visto in Sezione 11.5, nel caso di masse uguali E∗,in1 = E∗,in2 e~p∗,in2 = −~p∗,in1 ; quindi:

E in1 − E in2 = 2 ~p∗,in1 · ~vcm

Ora trattiamo in modo analogo la variazione di energia:

∆E1 = Eout1 − E in1 =m

2(~vout1 )2 − m

2(~vin1 )2

=m

2(~v∗,out1 + ~vcm)2 − m

2(~v∗,in1 + ~vcm)2

=m

2

[(~v∗,out1 )2 + 2~v∗,out1 · ~vcm + (~vcm)2

]− m

2

[(~v∗,in1 )2 + 2~v∗,in1 · ~vcm + (~vcm)2

]= E∗,out1 − E∗,in1 + ~p∗,out1 · ~vcm − ~p∗,in1 · ~vcm


Sempre dalla Sezione 11.5 sappiamo che E∗,out1 = E∗,in1 , quindi

∆E1 = ~p∗,out1 · ~vcm − ~p∗,in1 · ~vcmConfrontando le due espressioni, che hanno in comune ~p∗,in1 · ~vcm, troviamo

∆E1 = ~p∗,out1 · ~vcm −1

2

(E in1 − E in2

)Ora, su un urto preciso non possiamo dire di piu. Tuttavia, la direzione

di ~p∗,out1 e indipendente dalla direzione di ~vcm: su molti urti, l’angolo formatofra questi due vettori e randomizzato, cosicche il suo coseno sara positivo onegativo con uguali probabilita. Pertanto possiamo affermare, che in media⟨

~p∗,out1 · ~vcm⟩

= 0

Ne consegue che

〈∆E1〉 = −1

2

(E in1 − E in2

)e cosı abbiamo trovato cio che andavamo cercando: se E in1 > E in2 , in media∆E1 e negativo, cioe la particella (1) tende a cedere energia — e viceversanel caso contrario.

11.7 Conservazione della massa

Immaginiamo ora una situazione di un urto anche complesso, in cui uninsieme di particelle i nello stato iniziale si urta, producendo un insiemedi particelle f nello stato finale.

Le particelle nello stato finale possono anche essere diverse da quelle dellostato iniziale. Se questo puo apparire strano, possiamo immaginarci alcuniesempi:

• le “particelle” sono oggetti estesi, ma di dimensioni trascurabili rispettoalle loro distanze, che nell’urto si frantumano oppure si attaccano fraloro;

• le “particelle” sono molecole che prendono parte ad una reazionechimica: i reagenti in generale sono diversi dai prodotti della reazione.

Non e necessario che l’energia meccanica si conservi [2]. Viceversasappiamo che si deve conservare la quantita di moto totale:∑

i

~pi =∑f

~pf

2 In generale, nelle reazioni chimiche, non si conserva . . . tanto per fare un esempio.

11.7. CONSERVAZIONE DELLA MASSA 271

Senza fare nessuna ipotesi sulle interazioni che governano l’urto, chepotrebbero essere anche molto complicate, possiamo ricavare una legge deltutto generale:

La massa totale si conserva durante l’urto

ovvero: ∑i

mi =∑f

mf (11.12)

La conservazione della massa e una legge nota empiricamente dai tempi diLavoisier (seconda meta del Settecento), che l’aveva verificata nelle reazionichimiche. Qui vediamo che la sua validita e ancora piu generale, e non e piuun principio primo, bensı e derivabile dalle leggi della dinamica.

Per vedere cio, scriviamo la conservazione della quantita di moto in dueSR (O;x, y, z) e (O′;x′, y′, z′), dotati di moto relativo rettilineo uniforme, convelocita ~v∗: ∑

i

mi~vi =∑f

mf~vf (∗)∑i

mi~v′i =

∑f

mf~v′f (∗∗)

Ora, la trasformazione delle velocita e tale che

~vi = ~v′i + ~v∗ ; ~vf = ~v′f + ~v∗

pertanto, inserendo queste trasformazioni nell’equazione (∗) si ottiene:

∑i

mi~v′i +

(∑i

mi

)~v∗ =

∑f

mf~v′f +

(∑f

mf

)~v∗

e confrontando con l’equazione (∗∗) si ricava la conservazione della massa,Eq. (11.12).

Capitolo 12

Matematica dei campi vettoriali

Fino ad ora abbiamo usato piu volte il concetto di “campo”. Abbiamo parlatodi campi di forza, di campo gravitazionale, elettrico, magnetico, . . . In questocapitolo introduciamo in maniera sistematica le operazioni matematiche chesi possono fare sui campi, con particolare attenzione ai campi vettoriali.

Di particolare rilevanza sono i concetti di integrale di linea (Sezione 12.3)e di flusso (Sezione 12.4, Sezione 12.5) di un campo vettoriale. L’integraledi linea di fatto l’abbiamo gia introdotto parlando del lavoro di una forza(Sezione 7.5.1, Eq. (7.21)), qui lo generalizziamo ad un campo vettorialequalunque. Il concetto di flusso e molto utile nella trattazione di campigravitazionali generati da masse estese (Sezione 13.12). Entrambi (integraledi linea e flusso) diventano necessari e imprescindibili per comprendere lanatura dei campi elettromagnetici.

12.1 Generalita

In fisica, si chiama campo una quantita che sia funzione della posizionespaziale.

In particolare, un campo vettoriale e una funzione della posizione spazialea valori vettoriali — ovvero una quantita vettoriale che puo variare da puntoa punto — cioe qualcosa che puo essere scritto come ~A(~r). In molti casi,

la forza ~F agente su un oggetto dipende esclusivamente dalla posizione ~roccupata dall’oggetto stesso: In tal caso, la funzione ~F (~r) e un campo diforza.

Analogamente, si definisce campo scalare una funzione dello spazio avalori numerici — qualcosa che si puo scrivere come ψ(~r). Le quantitascalari hanno la proprieta che non cambiano il loro valore per trasformazionispaziali. Per esempio, il modulo di un vettore, | ~A|, e una quantita scalare.

273

274CAPITOLO 12. MATEMATICA DEI CAMPI VETTORIALI — M.FANTI

(a) (b) (c)

Figura 12.1: (a) linea di campo (o di flusso); (b) l’assurdo incrocio di duelinee di campo; (c) un tubo di flusso

Il prodotto scalare ~A · ~B fra due vettori e uno scalare. Molte quantita fisiche(massa, pressione, temperatura,. . . ) sono scalari. Ma una componente di unvettore, o una coordinata spaziale, non e uno scalare, perche viene alteratada trasformazioni spaziali.

12.2 Campi vettoriali

Un campo vettoriale e una funzione della posizione spaziale a valori vettoriali— ovvero una quantita vettoriale che puo variare da punto a punto — cioequalcosa che puo essere scritto come ~A(~r).

Una linea di campo (o linea di flusso) e una linea tale che in ogni suo puntola tangente e parallela al campo vettoriale, come mostrato in Fig. 12.1(a).Due linee di campo non possono mai incrociarsi — altrimenti nel punto diincrocio avremmo due valori del campo vettoriale, con direzioni diverse, comein Fig. 12.1(b).

Un tubo di flusso e una regione di spazio delimitata da un insieme di lineedi campo, come in Fig. 12.1(c).

12.3 Integrali di linea e circuitazione di un

campo vettoriale

Data una linea orientata Γ, l’integrale di linea di un campo vettoriale ~Alungo Γ e: ∫

Γ

~A · d~r =

∫Γ

| ~A|dl cos θ

12.4. SUPERFICI ORIENTATE, DEFINIZIONE DI FLUSSO 275

θ

dr

A

dr

A θ

Figura 12.2: Integrale di linea

dove dl e un segmento infinitesimo sulla linea Γ, e θ e l’angolo fra il vettore~A e la tangente a Γ, considerando anche l’orientamento di questa, come in

Fig. 12.2. Si intende che, sotto il segno di integrale, il valore di ~A va calcolatonel punto dove si trova il segmento dl.

Se Γ e una linea chiusa, l’integrale si chiama circuitazione e si scrive:∮Γ

~A · d~r

Un campo che soddisfi la proprieta∮

Γ~A · d~r = 0 per qualunque linea chiusa

Γ e detto irrotazionale.Integrale di linea e circuitazione sono operazioni lineari, cioe∫

(a ~A+ b ~B) · d~r = a

∫~A · d~r + b

∫~B · d~r

12.4 Superfici orientate, definizione di flusso

Una porzione infinitesimale di superficie dΣ puo essere orientata, lungo ladirezione ad essa perpendicolare. Introducendo il versore perpendicolare n,chiamiamo d~Σ = ndΣ l’elemento di superficie orientato. Per una superficieestesa Σ, l’orientamento deve essere continuo, cioe n non deve passare dauna parte all’altra mentre ci si sposta lungo la superficie, come in Fig. 12.3).

Per convenzione, le superfici chiuse sono sempre orientate verso l’esterno(Fig. 12.3(a)). Per superfici delimitate da una linea chiusa (bordo) orientataΓ, l’orientamento convenzionale e quello della “regola della mano destra”: sesi mette la mano destra con le dita che seguono l’orientamento del bordo,il pollice da l’orientamento della superficie (Fig. 12.3(b)). In tal caso lasuperficie si dice concatenata alla linea Γ.

Dato un campo vettoriale ~A e una superficie orientata Σ, chiamiamoflusso di ~A attraverso Σ la quantita:

ΦΣ( ~A) =

∫Σ

d~Σ · ~A =

∫Σ

dΣ n · ~A (12.1)


(a) (b)

dΣ

n^

dΣ

dΣ

dΣ

dΣ

n^

n^

n^

n^

dΣ

n^

dΣ

dΣn^

n^

Figura 12.3: Esempi di superfici orientate: in ogni punto si definisceun versore n ortogonale alla superficie. A sinistra: superficie chiusa, conn diretto verso l’esterno. A destra: superficie “concatenata” ad una lineachiusa orientata Γ; l’orientamento della superficie e definito con la “regoladella mano destra”.

(si intende che sotto il segno di integrale, il valore di ~A va calcolato nel puntodove si trova la superficie dΣ!)

Ovviamente il flusso e una operazione lineare, cioe

Φ(a ~A+ b ~B) = aΦ( ~A) + bΦ( ~A)

12.5 Campi solenoidali, flusso concatenato

Un campo tale che il suo flusso attraverso una qualunque superficie chiusa enullo si dice solenoidale.

Consideriamo una linea chiusa orientata Γ e un campo solenoidale ~A.Quindi scegliamo due superfici Σ1 e Σ2 concatenate a Γ. Allora:

ΦΣ1( ~A) = ΦΣ2( ~A)

La dimostrazione segue dalla Fig. 12.4. Le due superfici Σ1 e Σ2 formanouna superficie chiusa Σch, ma la convenzione dell’orientamento non erispettata: Σ1 e orientata verso l’esterno, Σ2 verso l’interno. Perche Σch

sia completamente orientata verso l’esterno, occorre invertire l’orientamento

12.6. OPERATORI DIFFERENZIALI VETTORIALI (*) 277

dΣ

n^

dΣ

dΣn^

n^

dΣn^

dΣ

n^

Σ1

Σ2

Γ

Figura 12.4: Flusso concatenato per un campo solenoidale

di Σ2, cambiando cosı segno al flusso attraverso di essa:

0 = ΦΣch( ~A) = ΦΣ1( ~A) +

(−ΦΣ2( ~A)

)il che prova l’affermazione.

Abbiamo trovato che il flusso non dipende dalla scelta della superficieconcatenata: l’unica cosa importante e il suo bordo Γ. Per questa ragionepossiamo definire il flusso concatenato ad una linea chiusa orientata Γ comeil flusso attraverso una qualunque superficie ad essa concatenata.

Si ricordi che tutto cio ha senso solo per campi solenoidali.

12.6 Operatori differenziali vettoriali (*)

Dato un campo vettoriale ~A(~r) e un sistema di assi cartesiani x, y, z nello

spazio fisico 3-dimensionale, definiamo la divergenza di ~A come:

~∇ · ~A =∂Ax∂x

+∂Ay∂y

+∂Az∂z

(12.2)

e il rotore di ~A come:

~∇× ~A =

(∂Az∂y− ∂Ay

∂z

)x+

(∂Ax∂z− ∂Az

∂x

)y +

(∂Ay∂x− ∂Ax

∂y

)z (12.3)


Si noti che definendo l’operatore differenziale nabla come:

~∇ ≡ x ∂

∂x+ y

∂

∂y+ z

∂

∂z(12.4)

le strutture dell’Eq. (12.2) e dell’Eq. (12.3) sono esattamente le stesse delprodotto scalare e vettoriale.

Si puo mostrare che se ~A e un vettore, allora ~∇ · ~A e una quantita scalaree ~∇× ~A e una quantita pseudo-vettoriale. Se ~A e uno pseudo-vettore, ~∇× ~Ae un vettore e ~∇ · ~A e uno pseudo-scalare, cioe cambia segno per inversionespaziale.

Per un campo scalare ψ definiamo il laplaciano:

∇2ψ = ~∇ · ~∇ψ =∂2ψ

∂x2+∂2ψ

∂y2+∂2ψ

∂z2(12.5)

Possiamo definire direttamente l’operatore differenziale laplacian:

∇2 ≡ ∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2(12.6)

che risulta essere un operatore scalare e puo essere applicato sia a campiscalari che vettoriali (ovviamente definire ∇2 ~A come abbiamo fatto per∇2ψ non avrebbe senso, perche non possiamo fare il gradiente di un campovettoriale!)

12.6.1 Alcune proprieta degli operatori differenziali(*)

Mostriamo alcune identita molto utili:

~∇ · ( ~∇× ~A) = 0 (a)~∇× ( ~∇ψ) = 0 (b)~∇× ( ~∇× ~A) = ~∇( ~∇ · ~A)−∇2 ~A (c)~∇ · (ψ ~A) = ~∇ψ · ~A+ ψ ~∇ · ~A (d)~∇× (ψ ~A) = ~∇ψ × ~A+ ψ ~∇× ~A (e)~∇ · ( ~A× ~B) = ( ~∇× ~A) · ~B − ~A · ( ~∇× ~B) (f)~∇× ( ~A× ~B) = ~A( ~∇ · ~B)− ( ~∇ · ~A) ~B

−( ~A · ~∇) ~B + ( ~B · ~∇) ~A (g)

(12.7)

Tutte queste possono essere dimostrate utilizzando le tecniche descritte inSezione 5.9. Per comodita si puo introdurre ∂k come una notazione compatta

di∂

∂xk.

12.7. TEOREMI DELLA DIVERGENZA E DI STOKES (*) 279

12.7 Teoremi della divergenza e di Stokes (*)

Nel calcolo integro-differenziale dei campi vettoriali, due teoremi giocano unruolo assolutamente fondamentale.

• Consideriamo una regione Ω di spazio semplicemente connesso ed uncampo vettoriale ~A in essa definito.

• Sia V una regione di spazio, V ⊂ Ω, e Σch ≡ ∂V la superficie chiusache delimita V ; allora vale il teorema della divergenza:∮

Σch

~A · d~Σ =

∫V

d3r ~∇ · ~A (12.8)

• Sia Σ una qualunque superficie, Σ ⊂ Ω, e Γch ≡ ∂Σ la linea chiusa chela delimita; allora vale il teorema di Stokes:∮

Γch

~A · d~r =

∫Σ

d~Σ ·(~∇× ~A

)(12.9)

In particolare, se ~∇ · ~A = 0 il campo ~A e solenoidale. Se ~∇ × ~A = 0 ilcampo ~A ha circuitazione nulla.

Si osservi che, nel caso del teorema di Stokes, il membro di destradell’equazione e un flusso concatenato: data una linea chiusa Γch, qualunquesuperficie Σ ad essa concatenata soddisfa il teorema. Questo e possibileperche il campo di cui si calcola il flusso, ~∇ × ~A, e sempre solenoidale,

essendo ~∇ ·(~∇× ~A

)= 0 (Eq. (12.7)(a)).

12.7.1 Altre relazioni integrali (*)

Dai teoremi precedenti si possono dedurre altre utili relazioni:∫Σd~Σ× ~∇ψ =

∮∂Σψ d~r (a)∫

Vd3r ~∇× ~A =

∮∂Vd~Σ× ~A (b) (12.10)

Per dimostrare l’Eq. (12.10)(a), consideriamo un campo vettoriale ~w

uniforme. Allora, dall’Eq. (12.7)(b), ~∇ × (ψ ~w) = ~∇ψ × ~w. Usando ilteorema di Stokes troviamo:

~w ·∮∂Σ

ψ d~r =

∮∂Σ

ψ ~w · d~r =

∫Σ

( ~∇ψ × ~w) · d~Σ

=

∫Σ

(d~Σ× ~∇ψ) · ~w = ~w ·∫

Σ

d~Σ× ~∇ψ


e dato che questo deve valere per qualunque ~w, l’Eq. (12.10)(a) e provata.Per l’Eq. (12.10)(b), consideriamo ancora un campo vettoriale ~w

uniforme. Allora, dall’Eq. (12.7)(f), ~∇ · ( ~A× ~w) = ~∇ × ~A · ~w. Usandoil teorema della divergenza troviamo:

~w ·∮∂V

d~Σ× ~A =

∮∂V

~w · (d~Σ× ~A) =

∮∂V

d~Σ · ( ~A× ~w)

=

∫V

d3r ~∇ · ( ~A× ~w) =

∫V

d3r ~∇× ~A · ~w

= ~w ·∫V

d3r ~∇× ~A

Anche qui, essendo ~w del tutto generico, l’Eq. (12.10)(b) e provata.

12.7.2 Dimostrazione dei teoremi (*)

Diamo qui un’idea (non precisa) di come si possono dimostrare i teoremidella divergenza e di Stokes.

Un volume V puo essere suddiviso in tanti volumetti infinitesimi d3V diforma paralellepipeda, di spigoli dx, dy, dz paralleli agli assi cartesiani. Ilflusso di ~A attraverso ∂V puo essere scritto come la somma di tutti i flussiuscenti dalle superfici ∂(d3V ) che racchiudono i volumetti: infatti, per lafaccia che separa due volumetti adiacenti il flusso uscente da uno e entranteper l’altro, quindi la loro somma e nulla, e restano solo i contributi delle faccedei volumetti che non confinano con altri volumetti, cioe quelle che stanno su∂V . Allora basta provare il teorema della divergenza per il volumetto d3V .Se questo e centrato nel punto (x, y, z), il flusso da esso uscente e:∮

∂(d3V )

~A · d~Σ =

[−Ax

(x− dx

2, y, z

)+ Ax

(x+

dx

2, y, z

)]dy dz

+

[−Ay

(x, y − dy

2, z

)+ Ay

(x, y +

dy

2, z

)]dx dz

+

[−Az

(x, y, z − dz

2

)+ Az

(x, y, z +

dz

2

)]dx dy

=

(∂Ax∂x

+∂Ay∂y

+∂Az∂z

)dx dy dz

= ~∇ · ~A d3V

Procediamo in modo analogo per Stokes: una superficie Σ puo essereritagliata in rettangolini infinitesimi d2Σ. La circuitazione di ~A lungo ∂Σ

12.7. TEOREMI DELLA DIVERGENZA E DI STOKES (*) 281

puo essere scritta come la somma di tutte le circuitazioni lungo i bordi∂(d2Σ) che delimitano i rettangolini: infatti, per il lato in comune fra duerettangolini adiacenti, gli orientamenti sono opposti e quindi gli integrali dilinea si annullano. Restano solo i lati dei rettangolini non confinanti, cioedisposti lungo ∂Σ. Anche qui allora basta dimostrare il teorema di Stokes perun singolo rettangolino d2Σ. Per comodita, orientiamo gli assi cartesiani inmodo che il rettangolino sia centrato in (x, y, z) e abbia lati dx, dy paralleli

agli assi x, y. Allora d2~Σ = (dx dy)z, e inoltre:∮∂(d2Σ)

~A · d~r =

[−Ay

(x− dx

2, y, z

)+ Ay

(x+

dx

2, y, z

)]dy

+

[Ax

(x, y − dy

2, z

)− Ax

(x, y +

dy

2, z

)]dx

=

(∂Ay∂x− ∂Ax

∂y

)dx dy

=(~∇× ~A

)zdx dy =

(~∇× ~A

)· d2~Σ

Capitolo 13

Moti in campi gravitazionali

La forza di gravita produce attrazione fra qualunque coppia di oggetti dotatidi massa. E responsabile della caduta di un oggetto verso il basso, ma anchedel moto orbitale della Luna intorno alla Terra, del moto dei pianeti intornoal Sole, dell’aggregazione delle stelle in galassie. . . Come si vede, una solalegge puo descrivere in modo coerente fenomeni a prima vista molto diversifra loro.

13.1 Gravitazione universale

La legge della gravitazione universale, formulata da Isaac Newton, e il primoesempio di “teoria unificata” della fisica.

Essa si formula cosı: Due oggetti di masse m1 e m2, sufficientementepiccoli rispetto alla distanza R che li separa, si attraggono con una forzaproporzionale al prodotto delle masse, e inversamente proporzionale alquadrato della loro distanza:

F = Gm1m2

R2(13.1)

La direzione di tale forza e lungo la retta che congiunge le due masse. Lacostante di proporzionalita G si chiama “costante gravitazionale universale”o “costante di Newton” ed e indipendente dalla natura delle masse. Il suovalore e:

G = 6.67384 · 10−11 Nm2kg−2 (13.2)

Il valore di G e molto piccolo! In effetti, la gravita e la piu debole delleforze esistenti in natura. Nell’interazione fra atomi, molecole, ma anche fraoggetti di uso quotidiano, ha effetti del tutto trascurabili.

283

284CAPITOLO 13. MOTI IN CAMPI GRAVITAZIONALI — M.FANTI

Esercizio 13.1. Calcolare la forza gravitazionale agente fra due masse di 1 kg,poste alla distanza di 1 m l’una dall’altra.

Risposta. applicando l’Eq. (13.1) si ottiene F = 6.67384 · 10−11 N.

Allora, come fa la gravita a tenere insieme i sistemi planetari? La rispostasta nelle enormi masse che caratterizzano i pianeti e soprattutto le stelle.

Esercizio 13.2. Un oggetto, lasciato cadere in prossimita della superficieterrestre, si muove di moto uniformemente accelerato verso il basso: l’accelerazionemisurata e g = 9.81 ms−2. Approssimando la Terra come una sfera di raggioR⊕ = 6 371 km, calcolarne la massa M⊕. Nota: nel calcolo si deve assumere chetutta la massa della Terra, anziche distribuita nel volume sferico del pianeta, siaconcentrata nel centro. Questa assunzione, per quanto possa sembrare assurda,in effetti produce un risultato quasi esatto — sarebbe esatto se la Terra fosseesattamente sferica, e la distribuzione della massa al suo interno fosse anch’essaa simmetria sferica. Questa e una conseguenza del teorema di Gauss, che verraenunciato e dimostrato nella Sezione 13.12.

Risposta. Un oggetto cade con accelerazione g, pertanto se m e la sua massa,e soggetto ad una forza mg. Tale forza e dovuta all’attrazione gravitazionale fra ledue masse in gioco, m e M⊕, pertanto e calcolabile con l’Eq. (13.1):

mg = GmM⊕R2⊕

=⇒ M⊕ =gR2⊕

G

Osserviamo che il risultato non dipende dalla massa m dell’oggetto. Inserendo idati si trova

M⊕ = 5.97 · 1024 kg

La massa della Terra e circa 6000 miliardi di miliardi di tonnellate!

13.2 Il campo gravitazionale

Consideriamo un oggetto puntiforme di massa m0, posizionato in ~r: poicheuseremo questa massa per calcolare (o misurare) la forza gravitazionaleprodotta da altre masse, chiamiamo m0 massa-sonda.

La massa-sonda m0 sente la forza gravitazionale prodotta da un insiemedi altre masse puntiformi m1, . . . ,mn, poste rispettivamente nelle posizioni~r1, . . . , ~rn.

L’intensita della forza gravitazionale prodotta da mi su m0 e datadall’Eq. (13.1), in cui la distanza fra le due masse e data da |~r − ~ri|:

F0i = Gmim0

|~r − ~ri|2

13.2. IL CAMPO GRAVITAZIONALE 285

Questa e un’espressione scalare. Per combinare le azioni di tutte le massem1, . . . ,mn occorre trovare l’espressione vettoriale per la forza. Essa deveessere orientata lungo la direzione che congiunge le masse m0 e mi, e direttaverso quest’ultima, poiche e sempre attrattiva. Pertanto ~F0i e diretta come−(~r − ~ri).

~F0i = −G mim0

|~r − ~ri|3(~r − ~ri) (13.3)

La forza gravitazionale totale prodotta dal sistema di masse m1, . . . ,mn sum0 e

~F0(~r) = −Gm0

∑i

mi

|~r − ~ri|3(~r − ~ri) (13.4)

dove la scrittura ~F0(~r) enfatizza che essa dipende sia dalla massa m0 chedalla posizione ~r.

Qualunque sia la distribuzione delle masse m1, . . . ,mn, la forza su m0

e sempre proporzionale ad m0. Questo suggerisce di definire un’altraquantita, indipendente dalla massa-sonda: il campo gravitazionale definitocome ~F0(~r)/m0:

~g(~r) = −G∑i

mi

|~r − ~ri|3(~r − ~ri) (13.5)

Questo dipende solo dalla posizione relativa del punto in cui lo si calcolarispetto al sistema di masse m1, . . . ,mn che lo generano.

13.2.1 Massa inerziale e gravitazionale, principio diequivalenza

Abbiamo gia osservato piu volte che, se la massa-sonda non risente di altreforze oltre a quelle gravitazionali, il campo gravitazionale ~g coincide conl’accelerazione della massa-sonda:

~a =~F0

m0

= ~g

Questa caratteristica e unica per la forza gravitazionale. La ragione risiedenella identita fra la massa come inerzia dell’oggetto e come capacita di sentireforze gravitazionali. Queste due proprieta si chiamano rispettivamente massainerziale e massa gravitazionale. In linea di principio, sarebbero due quantitadiverse, ma la loro identita e stata provata sperimentalmente con altissimaprecisione: e una legge di natura, nota come principio di equivalenza [1].

1 Su questo principio Einstein fondo la Relativita Generale.


13.3 Energia gravitazionale

La forza gravitazionale e conservativa. Quindi ammette un’energia potenzialeU(~r), tale che l’energia meccanica E = E +U(~r) sia costante per un oggettoin moto nel campo gravitazionale.

Abbiamo gia visto questo risultato nel Capitolo 10 (in particolareSezione 10.6.3, Eq. (10.22)). Ripetiamo il ragionamento, per autoconsistenzadi questo capitolo.

13.3.1 Campo centrale

Consideriamo il campo gravitazionale centrale generato da una massa M , persemplicita posta nell’origine O del nostro riferimento. La forma del campogravitazionale diventa relativamente semplice:

~g(~r) = −GM~r

r3(13.6)

Vogliamo calcolare il lavoro W fatto dalla forza gravitazionale ~F = m0~glungo una linea Γ dalla posizione (1) alla posizione (2). Cominciamo con ilcalcolo del lavoro elementare dW per uno spostamento da ~r a ~r + d~r:

dW = ~F · d~r = −GMm0

~r · d~rr3

Nella Sezione 7.5.3 abbiamo gia visto come trattare forme differenziali deltipo ~r · d~r o r dr:

~r · d~r = d

(~r · ~r

2

)= d

(r2

2

)= r dr

Pertanto si trova:

dW = ~F · d~r = −GMm0dr

r2

E un risultato notevole! Il lavoro elementare dipende solo dalla distanzaradiale r e dalla sua variazione dr, non dalla direzione di d~r. La ragionedi questo e che il campo ~g(~r) ha direzione radiale e dipendenza radiale.

Qualunque campo ~f(~r) = f(r)r darebbe questo risultato.Ora possiamo integrare il lavoro elementare sulla linea Γ da (1) a (2):

W =

∫Γ

~F · d~r = −GMm0

∫ r2

r1

dr

r2= GMm0

(1

r2

− 1

r1

)

13.3. ENERGIA GRAVITAZIONALE 287

(il calcolo dell’integrale e stato effettuato usando la funzione primitiva di1/r2, che e −1/r). In breve, W non dipende dalla curva Γ ma solo dagliestremi (1) e (2) — anzi, solo dalle loro distanze radiali r1, r2 dal centro.

Quindi un campo gravitazionale radiale prodotto da una massapuntiforme M e conservativo. L’energia potenziale U deve soddisfare larelazione

U(1)− U(2) =W ( (1)→ (2) ) = GMm0

(1

r2

− 1

r1

)La scelta ovvia e:

U(r) = −GMm0

r(13.7)

13.3.2 Generalizzazione

Essendo conservativa la forza gravitazionale prodotta da una massapuntiforme, anche quella prodotta da un sistema di masse lo e.

In effetti, se ~F =∑

i~Fi, allora il lavoro lungo una curva Γ da A a B e

W =

∫Γ

~F · ~d~r =

∫Γ

(∑i

~Fi

)· ~d~r =

∑i

∫Γ

~Fi · d~r

(per l’ultimo passaggio: l’integrale di una somma e pari alla somma degli

integrali — vd regole in Sezione 4.3). Ora ~Fi e prodotta dalla massa i-esima,che si trova nella posizione ~ri. Pertanto, dall’Eq. (13.7), per traslazione,∫

Γ

~Fi · ~d~r = U(|~rA − ~ri|)− U(|~rB − ~ri|) = Gmim0

(1

|~rB − ~ri|− 1

|~rA − ~ri|

)quindi

W = Gm0

∑i

mi

(1

|~rB − ~ri|− 1

|~rA − ~ri|

)Il lavoro dipende solo dai punti estremi ~rA e ~rB, e non dalla curva Γ. L’energiapotenziale gravitazionale e

U(r) = −Gm0

∑i

mi

|~r − ~ri|(13.8)

Il potenziale gravitazionale e definito come:

Φ(r) = −G∑i

mi

|~r − ~ri|(13.9)


Figura 13.1: Orbite dei pianeti del Sistema Solare.

13.4 Il Sistema Solare

Il Sistema Solare e costituito dal Sole, al centro, da quattro piccoli pianetirocciosi (Mercurio, Venere, Terra, Marte), quattro grandi pianeti gassosi(Giove, Saturno, Urano, Nettuno), diversi “planetoidi” (Plutone, Eris, Sedna,. . . ), i satelliti dei pianeti (la Luna, Phobos e Deimos che orbitano intorno aMarte, le decine di satelliti dei pianeti gassosi), e infine una miriade di oggettipiu piccoli (asteroidi, comete, . . . ) dislocati fino a distanze molto grandi. Leorbite degli otto pianeti e quella di Plutone sono rappresentate in scala, inFig. 13.1: sono tutte approssimativamente circolari e approssimativamenteco-planari.

In realta sono ellittiche, con il Sole in un fuoco, e alcune (specialmentequella di Plutone) si discostano sensibilmente dal piano orbitale della Terra.Un’orbita ellittica e caratterizzata da una distanza minima rmin e unadistanza massima rmax dal centro di gravita (il Sole, nel caso dei pianeti). Ipunti di minima e massima distanza si chiamano perielio e aphelio. Un’orbitaellittica e parametrizzata dall’eccentricita, definita come

ε =rmax − rminrmax + rmin

(eccentricita)

Plutone e gli altri planetoidi sono quelli con l’eccentricita piu elevata. Erisha il perielio a rmin ∼ 6 · 109 km e l’aphelio a rmax ∼ 16 · 109 km; per Sedna

13.4. IL SISTEMA SOLARE 289

Figura 13.2: Potenziale gravitazionale Φg del Sistema Solare.

rmin ∼ 11 ·109 km e l’aphelio a rmax ∼ 140 ·109 km! I parametri dei principalioggetti del Sistema Solare sono riassunti in Tabella 13.1.

A rigore, tutti gli oggetti del Sistema Solare contribuiscono a generare ilcampo gravitazionale, secondo l’Eq. (13.5). Nella pratica, i satelliti risentonosolo dell’attrazione gravitazionale del “loro” pianeta: l’orbita della Luna econtrollata sostanzialmente dal campo gravitazionale generato dalla Terra.Viceversa, allontanandosi da un pianeta, l’effetto gravitazionale di gran lungadominante e quello del Sole, che contiene piu del 99.9% della massa totale delSistema Solare. Per convincersi di queste affermazioni, basta costruire unamappa del potenziale gravitazionale generato dai corpi del Sistema Solare,facendo uso dell’Eq. (13.9).

Il risultato e in Fig. 13.2. Si assume che tutti i pianeti giaccianosu un piano (approssimazione abbastanza ragionevole). Il Sole sta alcentro, le coordinate sul piano orizzontale sono espresse in unita di distanza


ogge

tto

cele

ste

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tanza

dal

Sol

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06km

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.U.)

(kg)

(M⊕

)(M

)(g

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i)(a

nni)

(gra

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Sol

e

1.98

9·1

030

333

000

Mer

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57.9

0.39

03.

301·1

023

0.05

520.

166·1

0−6

88.8

70.

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0.20

67.

00V

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108.

20.

723

4.86

7·1

024

0.81

52.

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224.

700.

615

0.00

73.

39T

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⊕14

9.6

15.

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70.

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2.59

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7.0

9.53

95.

685·1

026

95.2

285.

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1075

9.22

29.4

570.

054

2.48

Ura

no

Z2

871.

019

.18

8.68

2·1

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14.5

43.6

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0−6

3079

9.10

84.3

230.

047

0.77

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tuno

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497.

130

.06

1.02

4·1

026

17.1

51.5

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6019

0.03

164.

791

0.00

91.

77P

luto

ne

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913.

039

.53

1.47

1·1

022

0.00

250.

007·1

0−6

9046

524

7.68

00.

249

17.1

4

Tabella 13.1: Parametri dei principali oggetti del Sistema Solare: masse,distanze dal Sole e periodi orbitali. L’acronimo A.U. (“astronomical units”)indica la distanza Sole-Terra.

13.4. IL SISTEMA SOLARE 291

Sole-Terra (A.U., “astronomical units”). L’asse verticale rappresenta ilpotenziale gravitazionale. Il grosso “pozzo gravitazionale” al centro e l’effettogravitazionale del Sole; gli effetti dei singoli pianeti sono visibili come i piccoli“pozzetti” aghiformi. In figura sono ben visibili quelli di Giove, Saturno,Urano e Nettuno. Quelli dei 4 pianeti interni nella figura si confondono colpozzo del Sole: bisognerebbe ingrandire di piu la zona centrale per vederli.E chiaro che, fatte salve le immediate vicinanze di un pianeta, tutto l’effettogravitazionale e dato dal Sole.

Per queste ragioni, in prima approssimazione e utile e motivatoconcentrarsi sul campo gravitazionale generato da un solo corpo celeste(pianeta o stella che sia). Per esempio, il moto dei pianeti e descrivibilecon buona approssimazione come se l’unica forza agente su ciascuno di essifosse l’attrazione gravitazionale del Sole. Analogamente, il moto dei satelliti(naturali o artificiali) intorno a un pianeta e in prima approssimazionedescrivibile come se l’unica forza su ciascuno di essi fosse l’attrazionegravitazionale del pianeta. Questa approssimazione, poi, diventa via viapiu inefficace man mano che il sistema si complica. Per esempio, sistemicome quelli dei satelliti di Giove o Saturno sono molto piu complessi: isatelliti piu grossi (Ganimede, Europa, Callisto, Io per Giove; Titano perSaturno) perturbano le orbite dei satelliti minori; nel caso di Saturno, alcunisatelliti, pur piccolissimi, perturbano gli anelli del pianeta, che sono a lorovolta formati da frammenti di rocce e ghiaccio.

E utile anche ricordare che il pianeta Nettuno, prima di essere osservato altelescopio, era stato ipotizzato per spiegare anomalie osservate nell’orbita diUrano, inspiegabili con la sola attrazione del Sole, ma anche aggiungendotutte le correzioni dovute alle attrazioni degli altri pianeti allora noti(principalmente, Giove e Saturno). Due astronomi, Adams e Le Verrier,fecero i calcoli delle perturbazioni all’orbita ellittica ideale, per Giove,Saturno, e Urano. Poi confrontarono le loro previsioni con le osservazionie si accorsero che, mentre per Giove e Saturno tutto era consistente, l’orbitadi Urano mostrava delle accelerazioni e delle decelerazioni non previste.Spiegarono questo fatto ipotizzando l’esistenza di un ulteriore pianeta e necalcolarono la posizione, quindi contattarono l’Osservatorio di Berlino, chepunto il telescopio. . . et voila! Era il 24 settembre 1846. Questo e un esempiodi come un modello fisico, costruito su numerose osservazioni, consente di fareuna previsione che, se confermata dall’osservazione, rende il modello ancorapiu affidabile.


13.5 Orbite circolari in un campo centrale

In un campo gravitazionale centrale

~g(~r) = −GM~r

r3

sono possibili orbite circolari, con una velocita costante in modulo, e unavelocita angolare ω, che dipendono dal raggio R dell’orbita.

Un’orbita circolare di raggio R percorsa a velocita v e caratterizzata dauna velocita angolare ω e un’accelerazione centripeta an date da:

ω =v

R; an =

v2

R= ω2R

Pertanto deve esistere una forza centripeta, diretta verso il centro, Fn =man = mω2R, che deve essere fornita dall’attrazione gravitazionale della

massa M : Fg =GMm

R2. Uguagliando le due espressioni si ottiene:

mω2R = mGM

R2

ovvero:ω2R3 = GM (13.10)

Si puo anche scrivere un’espressione equivalente in cui, al posto di ω, compare

il periodo orbitale T =2π

ω:

R3

T 2=GM

4π2(13.11)

13.6 Orbite ellittiche: le Leggi di Keplero

Come gia accennato, in realta le traiettorie di orbite chiuse, in un campogravitazionale centrale, sono ellittiche.

Piu precisamente, le orbite dei pianeti nel Sistema Solare sono governateda leggi empiriche, formulate da Johannes von Kepler negli anni 1609–19, eche si enunciano cosı:

[K1] le orbite dei pianeti sono ellissi, con il Sole posto in un fuoco;

[K2] la velocita orbitale e tale che il raggio vettore Sole-pianeta tracciaaree uguali in tempi uguali — qualitativamente diremmo che quando ilpianeta e piu vicino al Sole si muove piu rapidamente;

13.6. ORBITE ELLITTICHE: LE LEGGI DI KEPLERO 293

A

Br

dα=ω dt

r

dh=r dα

Figura 13.3: Orbite planetarie attorno al Sole (l’eccentricita e moltoesagerata, per motivi illustrativi). La “legge delle aree” di Keplero e illustratadalle zone azzurre, che hanno aree uguali se percorse in tempi uguali.

[K3] per tutti i pianeti, il periodo orbitale T e il semiasse maggiore Adell’orbita sono tali che T 2 ∝ A3:

T 2

A3= K (13.12)

essendo K una costante universale per tutti i pianeti.

La legge [K2] — la cosiddetta “legge delle aree”, si puo formulare comerelazione fra la distanza r dal Sole e la velocita angolare istantanea ω. Infatti,guardando un qualunque “triangoloide” azzurro della Fig. 13.3, l’angolo alcentro percorso in un tempo dt e pari a dα = ω dt, la “base” del triangolo er, e l’“altezza” e dh = r dα — a rigore, r dα sarebbe un archetto di cerchio,ma essendo dα scelto infinitesimo, l’archetto tende a un segmento ortogonalea r. Quindi, l’area del triangoloide e calcolabile come

dΣ =r dh

2=r2ω

2dt (13.13)

Ora, consideriamo due punti (1) e (2) dell’orbita, e due aree dΣ1, dΣ2

descritte nello stesso tempo dt. La legge [K2] dice che dΣ1 = dΣ2, quindideve essere r2

1ω1 = r22ω2. Pertanto la legge puo essere riformulata come

r2ω = costante (13.14)

Abbiamo gia incontrato questo risultato, parlando di forze radiali(Sezione 7.6.3) e di campi centrali (Sezione 9.4.1): e conseguenza dellaconservazione del momento angolare: in particolare, viene dall’Eq. (9.21),che qui riportiamo:

ωr2 =L

m(campo gravitazionale centrale) (13.15)


A

B

C

F1

F2

d1

d2

Figura 13.4: Proprieta geometriche dell’ellisse.

Le 3 leggi di Keplero sono deducibili dalla legge di Newton dellagravitazione universale, Eq. (13.1). La deduzione verra trattata nellaSezione 13.10.

Il caso dell’orbita circolare, trattato nella Sezione 13.5, e ovviamente uncaso-limite dell’orbita ellittica. Esso soddisfa la condizione T 2 ∝ A3 —si ottiene dall’Eq. (13.11), ricordando che in tal caso il semiasse maggiorecoincide con il raggio dell’orbita, A ≡ R. Inoltre, anche la legge delle aree esoddisfatta: infatti, nell’orbita circolare, ω e r ≡ R sono entrambi costanti.

13.6.1 Proprieta geometriche dell’ellisse

Ricordiamo qui le proprieta geometriche di una ellisse.Dati due punti F1 e F2 e una distanza 2A, un’ellisse e un luogo di punti

tali che la somma delle distanze da F1 e F2 sia 2A.La forma dell’ellisse e come in Fig. 13.4. L’asse maggiore e di lunghezza

2A — per rendersene conto basta applicare la definizione a uno dei puntiestremi dell’ellisse — quelli in cui l’ellisse interseca l’asse maggiore.

L’asse minore dell’ellisse e di lunghezza 2B. La distanza fra i due fuochi sichiama 2C. Prendendo un punto dell’ellisse all’intersezione dell’asse minore,si vede subito che

A2 = B2 + C2

Le distanze minima e massima da uno dei fuochi sono:

rmin = A− Crmax = A+ C

13.7. COME E STATA SCOPERTA LA GRAVITAZIONE UNIVERSALE?295

da cui si deduce che l’eccentricita e:


=C

A=

√1−

(B

A

)2

L’area dell’ellisse e

Σ = π AB = π A2√

1− ε2

13.7 Come e stata scoperta la gravitazione

universale?

Ai tempi di Newton, la conoscenza osservativa dei moti celesti era moltoapprofondita. Galileo aveva dimostrato con l’osservazione che i pianeti giranointorno al Sole, ed aveva scoperto quattro satelliti orbitanti intorno a Giove:all’epoca chiamati “lune Medicee”, oggi nominati Io, Europa, Ganimede,Callisto, o collettivamente “satelliti Galileiani”. Inoltre Johannes Kepleraveva analizzato in grande dettaglio il moto dei pianeti, deducendo le trefamose leggi — vd Sezione 13.6.

Inoltre, la distanza Terra-Luna era nota, con una certa precisione. Ineffetti, il raggio della Terra e noto sin dall’antichita (misura di Eratostene,IV secolo a.C.). Dall’osservazione dell’ombra della Terra durante le eclissi diLuna, si poteva dedurre la proporzione fra raggio terrestre e raggio lunare,dunque anche il raggio della Luna era calcolabile. Infine, misurando l’angolosotto il quale si osserva il disco lunare dalla Terra (circa 0.5) si poteva risalirealla distanza Terra-Luna.

Newton dunque aveva molti dati empirici alla mano: la formulazione dellagravitazione universale e stata il risultato dell’unificazione di tutte questeosservazioni in un’unica teoria. Non solo: come si e detto, essa e in grado dispiegare anche la caduta di oggetti verso la superficie terrestre.

Senza ripercorrere la via storica che ha portato Newton alla formulazione,cerchiamo in modo logico di capire come arrivarci, con alcune semplificazioni.Poiche avremo a che fare con forze prodotte da un oggetto (“sorgente”) su

un altro (“sonda”), useremo notazioni del tipo F(sorgente)(sonda) .

• Semplifichiamo le leggi di Keplero, assumendo che le orbite sianocircolari — e un caso limite, naturalmente. Con raggio orbitale Rcostante, la legge delle aree dice banalmente che la velocita angolare ω


non cambia lungo l’orbita. Chiamando M la massa del Sole e m quelladel pianeta, la forza centripeta sul pianeta deve essere

F = mω2R = m4π2

T 2R

La terza legge per orbite circolari puo essere riscritta come T 2 = KR3,cosicche per sostituzione di T 2 troviamo:

F = 4π2Km

R2(13.16)

La legge della proporzionalita inversa al quadrato della distanza e giatrovata. La costante K e la stessa per tutti i pianeti, ma in generaledipende dall’attrazione del Sole: in questa fase del ragionamento nonsappiamo ancora come.

• L’osservazione dei quattro satelliti Galileiani mostra orbite con raggidiversi e periodi diversi, ma tutte obbediscono ad una legge T 2 =KXR

3. Quindi anche l’attrazione di Giove deve seguire una legge 1/r2.

• Dal moto della Luna intorno alla Terra, che avviene con periodo di27.322 giorni, e dal raggio dell’orbita R⊕$ ' 380 000 km, si deduce chel’accelerazione centripeta della Luna deve essere

a$ =4π2

T 2R⊕$ ' 2.7 · 10−3 m/s2

L’accelerazione alla superficie terrestre (quindi a R⊕ ' 6 400 kmdal centro della Terra) e g = 9.81 m/s2. Confrontando a$/g '2.7 · 10−4 con (R⊕/R⊕$)2 ' 2.8 · 10−4 (ovviamente i calcoli qui sonoapprossimati) si trova che anche i valori di a$ e g sono in accordo conuna legge 1/r2, che questa volta riguarda l’attrazione della Terra.

F⊕ = 4π2K⊕m

R2(13.17)

• Il principio di azione-reazione ci viene incontro: se il Sole attrae laTerra, anche la Terra deve attrarre il Sole con forza uguale e contraria.La forza che il Sole esercita sulla Terra e:

F⊕ = 4π2Km⊕R2

Ipotizzando che la forza che la Terra esercita sul Sole sia della stessanatura di quella esercitata sulla Luna e sugli oggetti vicini alla suasuperficie, essa deve essere pari a:

F⊕ = 4π2K⊕MR2

13.7. COME E STATA SCOPERTA LA GRAVITAZIONE UNIVERSALE?297

Uguagliando F⊕ = F⊕ si ottiene:

m⊕K = MK⊕ =⇒KK⊕

=Mm⊕

Quindi le K che quantificano l’attrazione sono proporzionali alle massedegli oggetti che causano l’attrazione:

4π2K = GM ; 4π2K⊕ = GM⊕

In particolare, la forza Terra-Sole risulta:

F⊕ = GMM⊕R2⊕

(13.18)

La costante universale G e ancora ignota.

13.7.1 Misura della costante G

Il valore di G e piuttosto difficile da ottenere, essendo la gravita cosı debolerispetto ad altre forze. L’idea di base e di partire dall’Eq. (13.1), e misurarela forza agente fra masse note poste a distanza nota.

L’apparato utilizzato e una bilancia di torsione, come in Fig. 13.5. Duemasse leggere m, sospese agli estremi dell’apparato mobile, con bracci dilunghezza `, risentono l’attrazione gravitazionale di altre due masse M moltopiu grosse.

L’apparato mobile e sospeso da un filo che ha costante di torsione elasticak, cioe se il filo subisce una torsione di un angolo θ, esso esercita un’azioneelastica di richiamo dell’apparato descritta dal momento torcente:

Mel = −kθ (13.19)

La costante elastica k del filo viene determinata facendo oscillare (in torsione)l’apparato mobile: detto I il momento di inerzia dell’apparato mobile, sidovrebbe avere un moto armonico descritto dall’equazione

Id2θ

dt2= Mel = −kθ

dunque con frequenza angolare Ω =

√k

I, ovvero periodo

T = 2π

√I

k(13.20)


Figura 13.5: Schema della bilancia di torsione di Cavendish, utilizzata permisurare la costante G.

Il momento di inerzia puo essere calcolato per un apparato mobile in cuil’asta che sostiene le masse m abbia massa trascurabile: in tal caso I = 2m`2.Misurando T si ricava k.

Le masse m subiscono forze gravitazionali

Fg = GMm

d2(13.21)

ad opera delle masse M , essendo d la distanza che le separa. Il sistema vienemontato in modo tale che la congiungente m-M sia ortogonale ai bracci `,cosicche il momento torcente gravitazionale e

Mg = 2`Fg = G · 2`mM

d2(13.22)

La condizione di equilibrio, che non produce rotazioni, si ha quando ilmomento torcente totale e nullo:

0 = Mg +Mel = G · 2`mM

d2− kθ (13.23)

13.8. MOTI IN UN CAMPO GRAVITAZIONALE CENTRALE 299

Pertanto, conoscendo m, M, k e misurando θ, d si puo ricavare G.La misura di θ viene effettuata osservando lo spostamento di un fascio di

luce riflesso da uno specchietto montato sull’apparato mobile, per evitare uncontatto diretto che potrebbe perturbare la misura.

Questa misura fu condotta per la prima volta dal fisico inglese HenryCavendish a fine ’700.

13.8 Moti in un campo gravitazionale

centrale

Consideriamo il campo generato da una massa M , e per comodita scegliamol’origine O del nostro riferimento coincidente con la posizione di M .L’espressione del campo gravitazionale e data nell’Eq. (13.6):

~g(~r) = −GM~r

r3

Il moto di una massa-sonda in un campo gravitazionale centrale ammettesempre una soluzione analitica. Abbiamo gia trattato il caso particolaredell’orbita circolare. Qui analizziamo i casi piu generali.

13.8.1 Costanti del moto

Il moto in un campo gravitazionale centrale e caratterizzato da due costantidel moto:

• l’energia meccanica:

E = E + U(r) =m

2v2 − GMm

r(13.24)

• il momento angolare, ~L; in particolare:

L = |~L| = mωr2 (13.25)

La conservazione del momento angolare deriva dalla centralita del campo diforza, e garantisce che l’orbita giaccia su un piano che contiene il centro digravita (come spiegato in Sezione 7.6.3).

Questa considerazione ci consente di lavorare con le coordinate polari r, φ,introdotte nella Sezione 3.4.1, Eq. (3.15)


x = r cosφ

y = r sinφ (13.26)

La velocita angolare ω e la velocita radiale vr sono date da:

ω =dφ

dt; vr =

dr

dt

Calcoliamo le componenti vx, vy della velocita in coordinate polari:

vx =d(r cosφ)

dt

=dr

dtcosφ+ r

d(cosφ)

dt= vr cosφ− r sinφ

dφ

dt= vr cosφ− ωr sinφ

vy =d(r sinφ)

dt

=dr

dtsinφ+ r

d(sinφ)

dt= vr sinφ+ r cosφ

dφ

dt= vr sinφ+ ωr cosφ

(13.27)

13.8.2 Regione cinematicamente accessibile

L’energia potenziale e sempre definita negativa:

U(r) = −GMm

r< 0

Nel limite r → +∞, cioe quando l’oggetto orbitante si allontaniinfinitamente dal centro di gravita, l’energia potenziale tende ad annullarsi:U(r) −−−−−→

r→+∞0.

Inoltre sappiamo che l’energia cinetica e sempre positiva: E ≥ 0. D’altraparte, per ogni moto dotato di momento angolare, l’energia cinetica nonpuo mai annullarsi — altrimenti sarebbe v = 0 e quindi si annullerebbe ilmomento angolare. Piu in dettaglio: scomponiamo la velocita ~v nelle sue

13.8. MOTI IN UN CAMPO GRAVITAZIONALE CENTRALE 301

componenti radiale e azimuthale:

vr =dr

dt

vφ = ωr =L

mr

Ora,

E =m

2v2 =

m

2

(v2r + v2

φ

)≥ m

2v2φ =

L2

2mr2

ovvero

E ≥ L2

2mr2

Quindi, detta E l’energia meccanica del sistema,

E = E − U(r) = E +GMm

r

quindi la disuguaglianza trovata per E diventa:

L2

2mr2− GMm

r≤ E (13.28)

Questa disequazione definisce la regione cinematicamente accessibile al moto.La situazione e quella illustrata in Fig. 13.6(a sinistra). Sia l’energia

potenziale, U(r) = −GMm

r, che il termine

L2

2mr2sono raffigurati in funzione

della distanza r dal centro di gravita. La prima e negativa ed attrattiva,mentre il secondo e positivo e produce un effetto repulsivo: per questo vienechiamato potenziale centrifugo. I due termini hanno dunque caratteristicheopposte. Tuttavia, a causa della diversa dipendenza da r, a grande distanze

domina l’energia potenziale (∝ −1

r), mentre piu vicino al centro di gravita e

preponderante il potenziale centrifugo (∝ +1

r2).

Per un’energia meccanica E < 0 il moto e confinato e presenta unadistanza minima e una distanza massima. Queste si possono ricavaredirettamente dall’Eq. (13.28), nel caso-limite dell’uguaglianza. Si ottiene

−2mEr2 − 2GMm2r + L2 = 0

le cui due soluzioni sono:

rmin =GMm2 −

√(GMm2)2 + 2mEL2

−2mE

rmax =GMm2 +

√(GMm2)2 + 2mEL2

−2mE

( E < 0 ) (13.29)


U(r) = −GMm

r

L2

2mr2

rE<0

E>0

E <0c

E<0

E>0

E <0c

Figura 13.6: A sinistra: grafico dell’energia potenziale U(r) (in rosso),

del “potenziale centrifugo”L2

2mr2(in verde), e della loro somma (in blu), in

funzione della distanza r dal centro di gravita. La regione cinematicamenteaccessibile e indicata con colore uniforme per un caso E < 0 (motoconfinato), e con un tratteggio per E > 0 (moto non confinato). A destra:esempi di orbite nel campo gravitazionale. Per E < 0 le orbite sono chiuseed ellittiche (circolari come caso-limite), mentre per E > 0 sono aperte(paraboliche o iperboliche).

Nel caso-limite in cui (GMm2)2 + 2mEL2 = 0, le due soluzioni diventanoidentiche: rmin = rmax. Quindi un solo valore di r e possibile, e l’orbitadiventa necessariamente circolare. Questo avviene per

Ec = −G2M2m3

2L2

rc = −GMm

2Ec=

L2

GMm2

(13.30)

Per un’energia meccanica E > 0 il moto non e confinato, l’oggettopuo arrivare a distanza infinita, pero esiste sempre un valore minimo della

13.9. ESERCIZI SULLE FORZE GRAVITAZIONALI 303

distanza, oltre il quale non e possibile avvicinarsi ulteriormente. Questovalore si trova come fatto per il caso E < 0, pero ora, con E > 0, solo unadelle soluzioni dell’Eq. (13.29) e positiva, e quindi fisicamente sensata:

rmin =−GMm2 +

√(GMm2)2 + 2mEL2

2mE( E > 0 ) (13.31)

E interessante notare che, sia per orbite confinate (E < 0) che per orbiteaperte (E > 0), l’oggetto non puo mai raggiungere il centro di gravita. Ilpotenziale centrifugo lo impedisce. In particolare, i pianeti, pur attratti dalSole, non possono cadervi sopra, cosı come la Luna non puo cadere sullaTerra.

13.9 Esercizi sulle forze gravitazionali

Esercizio 13.3. La Luna impiega 27.322 giorni per compiere un’orbita completaintorno alla Terra. Assumendo che l’orbita sia perfettamente circolare, calcolarela distanza Terra-Luna R⊕$.

Risposta. La Luna compie una traiettoria circolare, quindi e soggetta aduna accelerazione centripeta a = ω2R⊕$. La velocita angolare e calcolabile dalperiodo T = 27.322 giorni = 2 360 621 s (1 giorno=24 ore; 1 ora=60 minuti;1 minuto=60 secondi =⇒ 1 giorno=86 400 secondi)

ω =2π

T= 2.6617 · 10−6 rad/s

Detta m la massa della Luna, la forza centripeta mω2R deve essere uguale allaforza gravitazionale fra Terra e Luna:

mω2R⊕$ = GmM⊕R2⊕$

=⇒ R⊕$ =3

√GM⊕ω2

=3

√GM⊕T 2

4π2

Facendo uso di M⊕ = 5.97 ·1024 kg calcolata nell’esempio precedente, ed inserendogli altri dati, troviamo:

R⊕$ = 3.83 · 108 m = 383 000 km

Esercizio 13.4. La distanza Terra-Sole e misurata pari a R⊕ = 149.60·106 km.La Terra impiega un anno (cioe circa 365.25 giorni) a compiere un’intera orbitaintorno al Sole. Assumendo che l’orbita sia perfettamente circolare, calcolare lamassa del Sole M.

Risposta. L’accelerazione centripeta della Terra intorno al Sole ea = ω2R⊕, essendo ω = 2π/T , e T = 31 557 600 s (ricordiamo


che 1 giorno=86 400 secondi). Uguagliando la forza centripeta M⊕ω2R⊕

all’attrazione gravitazionale si trova:

M⊕ω2R⊕ = G

MM⊕R2⊕

=⇒ M =ω2R3

⊕G

=4π2R3

⊕GT 2

Inserendo i dati si trova:

M = 1.99 · 1030 kg

La massa del Sole e 2 miliardi di miliardi di miliardi di tonnellate! Ovvero, circa

333 000 masse terrestri!

Esercizio 13.5. A causa del principio di azione-reazione, se il Sole attrae laTerra anche la Terra attrae il Sole. In effetti entrambi ruotano intorno ad uncentro comune, il loro baricentro. Qual e il raggio dell’orbita solare? NOTA:questo esercizio e abbastanza accademico: infatti per calcolare il moto del Solebisognerebbe, insieme alla Terra, considerare tutti gli altri pianeti del SistemaSolare. Qui stiamo “facendo finta” che il sistema Terra-Sole sia isolato.

Risposta. La distanza Terra-Sole e R⊕ = 149.60 · 106 km. Chiamiamo R⊕e R rispettivamente i raggi delle orbite terrestre e solare. Essi sono le distanzedal baricentro comune, pertanto devono soddisfare la relazione R⊕M⊕ = RM.Inoltre R⊕ +R = R⊕. Eliminando R⊕ fra le due equazioni si trova:

R(

1 +MM⊕

)= R⊕ =⇒ R =

(M⊕

M⊕ +M

)R⊕

Nella somma M⊕+M la massa della Terra e del tutto trascurabile! Con ottimaapprossimazione possiamo scrivere

R 'M⊕M

R⊕ = 3 · 10−6 ·R⊕ = 449 km

In un anno il Sole compirebbe un’orbita di raggio 449 km — molto piccola rispettoal proprio raggio, che e 696 000 km: per rendere l’idea, e 109 volte il raggio dellaTerra, oppure quasi il doppio della distanza Terra-Luna.

Osservazione. Proviamo a ripetere il ragionamento considerando il Sole eGiove, che e il pianeta piu grosso del Sistema Solare, e trascurando tutti gli altripianeti. La distanza Sole-Giove e RX ' 779 · 106 km, la massa di Giove e

MX = 1.899 · 1027 kg (circa 318 volte la massa terrestre). In questo caso, il raggiodell’orbita solare intorno al baricentro Sole-Giove e:

R 'MX

MX +MRX =

1

1049779 · 106 km ' 742 000 km

Il centro attorno cui orbita il Sole e appena esterno alla sua superficie.


Esercizio 13.6. Un satellite artificiale si chiama “geostazionario” se haun’orbita equatoriale, ed il suo periodo orbitale coincide con il periodo di rotazioneterrestre, cosicche il satellite sta sempre sulla verticale dello stesso luogo sullasuperficie terrestre. A che altezza dal suolo si trova? Con che velocita si muove?

Risposta. Detto R il raggio della sua orbita, la sua accelerazione centripeta

deve essere an = ω2R =GM

R2. Confrontando con l’accelerazione di gravita alla

superficie terrestre, g =GM⊕R2⊕

, troviamo ω2R = gR2⊕

R2con R⊕ = 6 371 km e

ω =2π

T=

2π

86 400 s= 7.27 · 10−5 rad/s. Quindi

R =

(gR2⊕

ω2

)1/3

= 4.223 · 107 m ' 42 000 km

L’altezza dal suolo e R − R⊕ = 3.586 · 107 m ' 36 000 km. La velocita orbitale e

v = ωR ' 3 km/s.

Esercizio 13.7. La Stazione Spaziale Internazionale (International SpaceStation, ISS) ha una massa m = 450 000 kg e si muove su un’orbitaapprossimativamente circolare intorno alla Terra, ad un’altezza dal suolo h =420 km. Si calcoli il periodo T della sua orbita e la sua velocita v. Assumendo chetutte le sue componenti siano state lanciate da basi equatoriali, quanta energia estata necessaria per metterla in orbita?

Risposta. Il raggio dell’orbita della ISS e R = R⊕ + h ' (6371 + 420) km =

6.791 · 106 m. Potremmo calcolare il periodo dalla relazioneGM⊕R2

=4π2

T 2R, ma

possiamo anche semplificarci la vita, se confrontiamo l’accelerazione centripeta

an = ω2R =GM⊕R2

della ISS con l’accelerazione di gravita g =GM⊕R2⊕

. Eliminando

GM⊕ fra queste due espressioni si trova:

ω2R = gR2⊕

R2= 8.63 m/s2

da cui ω =

√gR2⊕

R3= 1.13 ·10−3 rad/s e quindi T =

2π

ω= 5 570 s — la ISS compie

un’orbita intera intorno alla Terra in circa un’ora e mezza! In effetti, a volte epossibile vederla ad occhio nudo, la sera quando siamo gia in ombra ma la ISSe ancora illuminata dai raggi solari: appare come una stella molto brillante ed inrapidissimo movimento, che “sorge” e “tramonta” in pochi minuti. La sua velocitaorbitale e v = ωR = 7.65 · 103 m/s — circa 27,500 km/h, ovvero un po’ piu di7 km/s. Veloce, no? Per confronto, un aereo di linea viaggia ad una velocita dicrociera di 900 km/h.

Per la domanda sull’energia ragioniamo cosı: quando il materiale era ancora

a Terra, la sua energia meccanica era E0 = U0 + E0 = −GMm

R⊕+m

2(ω⊕R⊕)2,


dove il secondo termine, di energia cinetica, e calcolato considerando la rotazione

terrestre, con ω⊕ =2π

T⊕=

2π

86 400 s= 7.27 · 10−5 rad/s. Abbiamo rispettivamente

U0 = −GMm

R⊕= −2.815 · 1013 J ; E0 =

m

2(ω⊕R⊕)2 = 4.827 · 1010 J

Analogamente da quando la ISS si trova in orbita,

U = −GMm

R= −2.641 · 1013 J ; E =

m

2(ωR)2 = 1.325 · 1013 J

L’energia ceduta alla ISS per metterla in orbita e dunque ∆E = (U+E)−(U0+E0) =

1.494 · 1013 J. E interessante calcolare separatamente le variazioni di energia

potenziale e cinetica: ∆U = 0.174 ·1013 J e ∆E = 1.320 ·1013 J. Contrariamente a

quanto ci si poteva aspettare, la maggior parte di energia non viene impiegata nel

“sollevare” la ISS fino all’orbita, ma nel darle la velocita sufficiente a rimanere

sull’orbita!

Velocita di fuga

La velocita di fuga v∞ da un pianeta e definita come la velocita minima necessariaperche un oggetto, lanciato in verticale, possa raggiungere una distanza infinita.Perche il moto non sia confinato l’energia meccanica deve essere E ≥ 0. Quindila velocita di fuga si calcola nel caso-limite E = 0.

Detta M la massa del pianeta e R il suo raggio, alla superficie del pianeta(senza contare la rotazione!) l’energia meccanica di un oggetto di massa m e:

E = E + U =m

2v2 − GMm

R

La velocita di fuga si ottiene imponendo E = 0, quindi v2∞ = 2

GM

R, da cui

v∞ =

√2GM

R

Se invece vogliamo considerare anche la rotazione del pianeta, con velocitaangolare ω, mettiamoci nel caso piu vantaggioso: un lancio dall’equatore. Quindila velocita ha una componente orizzontale vh = ωR e una verticale v∞. Dopo illancio, il momento angolare L si conserva; al momento del lancio L = mωR2 =mRvh. L’energia meccanica al momento del lancio si scrive

E =m

2

(v2h + v2

∞)− GMm

R

Imponendo E = 0 si trova(L

mR

)2

+ v2∞ =

2GM

R

v∞ =

√2GM

R−(

L

mR

)2

=

√2GM

R− (ωR)2 (all’equatore)


In linea di principio, sarebbe piu vantaggioso lanciare da una base astronauticaequatoriale, poiche la velocita di fuga e minore. In pratica, la differenza etrascurabile. Consideriamo l’esempio della Terra: M = 6 · 1024 kg, R =6370 km, ω = 7.27 · 10−5 rad/s. Si trova:

v∞ =

√2GM

R= 11.2 km/s

La correzione per la rotazione e ωR = 463 m/s, molto piu piccola di v∞, pertanto

da effetto trascurabile.

Viaggio Terra-Marte — traiettoria di Hohmann

Supponiamo che le orbite della Terra e di Marte siano circolari, con raggirispettivamente R⊕ = 149.6 · 106 km e R = 227.9 · 106 km. Si vuole lanciareun’astronave dalla Terra, che parta tangente all’orbita terrestre, e con un’orbitaellittica raggiunga al proprio aphelio l’orbita di Marte. Con che velocita v⊕ devepartire? Con che velocita v raggiungera l’orbita di Marte? Quanto tempo impiegal’astronave per giungere a destinazione?

Risposta. L’orbita dell’astronave e tangente a quella della Terra alsuo perielio, pertanto la sua velocita e ortogonale al raggio Sole-astronave.L’ortogonalita si ha anche all’aphelio. Pertanto il momento angolare, che econservato, si puo scrivere

L = m0R⊕v⊕ = m0Rv

(essendo m0 la massa dell’astronave). La conservazione dell’energia meccanicainoltre mi da:

E =m0

2v2⊕ −

GMm0

R⊕=m0

2v2 −

GMm0

RAbbiamo un problema con due equazioni e due incognite: v⊕ e v. Possiamoeliminare v dalla prima equazione — la piu semplice — ottenendo

v =R⊕R

v⊕

La seconda equazione diventa:

v2⊕

[1−

(R⊕R

)2]

= 2GM(

1

R⊕− 1

R

)

v2⊕R2 −R

2⊕

R2

= 2GMR −R⊕RR⊕

v2⊕R +R⊕

R= 2GM

1

R⊕

v⊕ =

√2GMR

R⊕(R +R⊕)


Inserendo i dati per G = 6.67384 ·10−11 Nm2kg−2, M = 1.99 ·1030 kg, R⊕, Rsi trova

v⊕ = 3.274 · 104 m/s ' 32.7 km/s

v = 2.149 · 104 m/s ' 21.5 km/s

Per rispondere all’ultima domanda usiamo la 3a legge di Keplero: il periodo T ,

lungo un’orbita completa di semiasse maggiore A =R⊕ +R

2= 188.8 · 106 km,

soddisfa l’equazione T 2 = KA3; analogamente l’orbita terrestre ha un periodo

T⊕ = 1 anno che soddisfa T 2⊕ = KR3

⊕. Per confronto, T = T⊕

(A

R⊕

)3/2

=

1.42 anni. Questo sarebbe il periodo di un’orbita completa, ma visto che ci interessasolo l’andata dalla Terra a Marte, cioe dal perielio all’aphelio, il tempo e la meta.

In conclusione, il viaggio dalla Terra a Marte dura 0.71 anni, ovvero 8 mesi e

mezzo.

Fionda gravitazionale

La ‘fionda gravitazionale” — o “gravity assist” — e una tecnica usata peraccelerare una sonda spaziale, fino a farle raggiungere pianeti esterni. Dare subitol’energia cinetica necessaria a raggiungere l’orbita esterna con una traiettoria diHohmann sarebbe troppo dispendioso. Pertanto si lancia la sonda verso un pianeta,per effettuare un “fly-by” durante il quale la sonda viene “trainata” e deviata dallagravita del pianeta — vedi Fig. 13.7. Lo scopo e di aumentare l’energia cineticadella sonda, in modo da farla allontanare di piu dal Sole.

Problema: se la gravita e conservativa, come fa ad aumentare l’energia cineticadella sonda, da prima a dopo del fly-by?

Per capire il problema, studiamo il moto in due diversi sistemi di riferimento:SR nel Sistema Solare, e SR′ solidale con il pianeta — che si muove con velocita~vP rispetto a SR. Chiamiamo ~vin, ~vout le velocita della sonda prima e dopo ilfly-by, in entrambi i casi quando e sufficientemente lontana da poter trascurarela gravita del pianeta. Nel SR′ tali velocita sono ~v′in, ~v

′out. Nel SR′ il pianeta

appare fermo, e per la conservazione dell’energia deve essere E ′in = E ′out, ovvero(v′in)2 = (v′out)

2. Nel SR, invece, il pianeta si muove, quindi in generale sara(vin)2 6= (vout)

2:

v2out − v2

in =(~v′out + ~vP

)2 − (~v′in + ~vP)2

=[(v′out)

2 + v2P + 2~v′out · ~vP

]−[(v′in)2 + v2

P + 2~v′in · ~vP]

= 2(~v′out − ~v′in

)· ~vP

∆E =m

2

(v2out − v2

in

)= m

(~v′out − ~v′in

)· ~vP

13.10. SOLUZIONE GENERALE DEL MOTO IN UN CAMPO CENTRALE (*)309

Figura 13.7: Traiettorie delle sonde spaziali Pioneer e Voyager.

Nel SR′, v′in = v′out = v′. Possiamo chiamare θ′in, θ′out gli angoli formati da

~v′in, ~v′out con ~vP . Quindi

∆E = mv′vP (cos θ′out − cos θ′in)

Il guadagno di energia cinetica dipende dagli angoli θ′in, θ′out — vedi Fig. 13.8.

Si puo avere un aumento o una perdita di energia, a seconda di come avviene il

fly-by: se la sonda passa “dietro” il pianeta viene accelerata, se passa “davanti”

viene frenata.

13.10 Soluzione generale del moto in un

campo centrale (*)

Le proprieta esposte nelle sezioni precedenti consentono di semplificare dimolto la soluzione delle equazioni del moto.


v’in

v’out

v’in

v’out

vP

vP

θ’in

θ’out

θ’in

θ’out

Figura 13.8: Schema della fionda gravitazionale. A sinistra, cos θ′out >cos θ′in e c’e un guadagno di energia cinetica; a destra invece cos θ′out < cos θ′ine c’e una perdita.

13.10.1 Equazione radiale

Anzitutto, grazie alla conservazione del momento angolare, il problemada tridimensionale diventa bidimensionale, e puo essere trattato con lecoordinate:

x = r cosφ

y = r sinφ

Inoltre, l’Eq. (13.15)

ω =L

mr2

consente di ridurre ulteriormente il problema ad una dimensione: quellaradiale, r. Introduciamo le seguenti notazioni:

r ≡ dr

dt; r ≡ d2r

dt2

Riscriviamo le equazioni della velocita, Eq. (13.27):

vx = r cosφ− L

mrsinφ

vy = r sinφ+L

mrcosφ (13.32)


e poi deriviamole rispetto a t, per ottenere le componenti dell’accelerazione.Pronti? Attenti ai calcoli!

ax =dvxdt

=d

dt

(r cosφ− L

mrsinφ

)= r cosφ− rω sinφ− L

mrω cosφ+

L

mr2r sinφ

ay =dvydt

=d

dt

(r sinφ+

L

mrcosφ

)= r sinφ+ rω cosφ− L

mrω sinφ− L

mr2r cosφ

Ricordando che ω =L

mr2, i termini in r si annullano, lasciando:

ax =

(r − L2

m2r3

)cosφ

ay =

(r − L2

m2r3

)sinφ

(13.33)

Ora ragioniamo sulla forza centrale: ~F = F (r)r, quindi per componenti:

max = Fx = F (r) cosφ

may = Fy = F (r) sinφ

Per confronto con le Eq. (13.33) si ottiene:

d2r

dt2= r =

F (r)

m+

L2

m2r3(13.34)

Questa e l’equazione radiale del moto in un campo centrale. Risolvendola,si trova la legge oraria r = r(t) che dice come evolve nel tempo la distanza

dal centro di forza. Dopodiche la velocita angolare, ω(t) =L

m · (r(t))2 , puo

essere integrata per ottenere la legge oraria φ = φ(t).

13.10.2 Traiettoria

Senza risolvere l’equazione del moto, Eq. (13.34), si puo comunque scrivereun’equazione differenziale per la traiettoria, che metta in relazione r, φ.Osserviamo che per una qualunque grandezza A(φ) si puo porre

dA

dt=dA

dφ· dφdt

=dA

dφω =

L

mr2· dAdφ


In altre parole possiamo scrivere una identita operatoriale

d

dt≡ L

mr2

d

dφ(valida per moti in campo radiale) (13.35)

Applicando due volte l’identita Eq. (13.35) si ottiene:

d2r

dt2=

d

dt

(d

dtr

)=

L

mr2

d

dφ

(L

mr2

d

dφr

)=L2

m2

1

r2

d

dφ

(1

r2

dr

dφ

)Introducendo u ≡ 1

rabbiamo du = −dr

r2, quindi

d2r

dt2= −L

2

m2u2 d

2u

dφ2

(u ≡ 1

r

)Sostituendo nell’Eq. (13.34) si ottiene

−L2

m2u2 d

2u

dφ2=F (1/u)

m+L2

m2u3

ovvero

d2u

dφ2+ u = −m

L2

F (1/u)

u2

(u ≡ 1

r

)Questa equazione prende una forma particolarmente semplice nel caso

gravitazionale, essendo F (r) = −GMm

r2, ovvero F (1/u) = −GmMu2.

Pertanto,d2u

dφ2+ u =

Gm2M

L2≡ K (13.36)

la cui soluzione (provare per credere!) e

u(φ) = K0 cosφ+K

dove K0 dipende dalle condizioni iniziali e per convenzione viene scelto ≥ 0.Passando al raggio r si trova:

r(φ) =1

K +K0 cosφ

(K ≡ Gm2M

L2

)(13.37)

Distinguiamo diversi casi:

• K0 = 0: in questo caso, r e ovviamente indipendente da φ, quindil’orbita e circolare, con raggio

r =1

K=

L2

Gm2M(13.38)


• 0 < K0 < K: in tal caso il denominatore e sempre positivo ed il motoe confinato: c’e un raggio massimo e uno minimo:

rmax =1

K −K0

; rmin =1

K +K0

(13.39)

• K0 = K: il denominatore puo annullarsi per cosφ = −1, quindi il

raggio diventa infinito: esiste sempre un raggio minimo rmin =1

2Kma

non un raggio massimo, l’orbita si allontana indefinitamente dal centrodi gravita.

• K0 > K: in tal caso il denominatore puo annullarsi per cosφ = − KK0

,

ma puo anche diventare negativo se cosφ < − KK0

: poiche questa

situazione non e fisica — darebbe r < 0 — questa zona angolare e

proibita, il moto deve essere confinato a cosφ ≥ − KK0

L’Eq. (13.37) descrive una traiettoria conica (cioe ellittica, o parabolica,o iperbolica) con il centro di gravita in un fuoco. Per capirlo, passiamo allecoordinate cartesiane:

x = r cosφ =cosφ

K0 cosφ+K

y = r sinφ =sinφ

K0 cosφ+K

Dalla 1a si puo ricavare

cosφ =Kx

1−K0x

e anche

K0 cosφ+K =cosφ

x=

K

1−K0x

Lavorando poi sulla 2a:

sinφ = y(K0 cosφ+K) =Ky

1−K0x

1− cos2 φ = sin2 φ =

(Ky

1−K0x

)2

1−(

Kx

1−K0x

)2

=

(Ky

1−K0x

)2

(1−K0x)2 − (Kx)2 = (Ky)2


La geometria analitica ci insegna che un’equazione di 2 grado nellecoordinate x, y descrive effettivamente una conica. Piu nel dettaglio, occorreesplicitare i coefficienti di x2, y2, xy, per trovare una forma del tipoαx2 + 2βxy + γy2; poi si calcola ∆ = β2 − αγ: se ∆ > 0 la traiettoria eun’iperbole, se ∆ = 0 e una parabola, se ∆ < 0 e un’ellisse. Nel nostro casoabbiamo

(K2 −K20)x2 +K2y2 = 1− 2K0x

e quindi ∆ = (K20 − K2)K2. Ricordando che K, K0 sono entrambi ≥ 0,

abbiamo i 3 casi:

• K0 < K =⇒ ∆ < 0: traiettoria ellittica

• K0 = K =⇒ ∆ = 0: traiettoria parabolica

• K0 > K =⇒ ∆ > 0: traiettoria iperbolica

Ovviamente, nel primo caso il moto e confinato, mentre negli altri due nonlo e — a conferma di quanto abbiamo gia discusso.

13.10.3 La 3a legge di Keplero

Riconsideriamo il caso dell’orbita ellittica: possiamo calcolare l’eccentricita,


, facendo uso delle Eq. (13.39), da cui troviamo ε =K0

K.

Quindi possiamo riscrivere la soluzione generale, Eq. (13.37), come:

r(φ) =

(L2

Gm2M

)1

1 + ε cosφ(13.40)

Abbiamo visto che il raggio vettore del pianeta in orbita descrive areeuguali in tempi uguali:

dΣ =r2dφ

2=r2ω

2dt =

L

2mdt

L’area totale di un’orbita ellittica, di semiassi A, B, e Σ = πAB. Il tempoT necessario a percorrerla e dato da

Σ =

∫ T

0

dtdΣ

dt=

L

2mT

T =2m

L· πAB

13.11. CAMPO GRAVITAZIONALE GENERATO DA UN OGGETTO ESTESO315

Ora, in una ellisse, la relazione fra l’eccentricita e i semiassi e ε =

√A2 −B2

A,

da cui B = A√

1− ε2. Quindi

T =2m

L· πA2 ·

√1− ε2

L’eccentricita si puo dedurre dalle Eq. (13.29):

ε =

√1− (−2mE)L2

(GMm2)2(13.41)

Sempre dalle Eq. (13.29), si puo calcolare:

A =rmin + rmax

2=

GMm2

−2mE

−2mE =GMm2

A

√1− ε2 =

√(−2mE)L2

(GMm2)2=

L√AGMm2

Quindi

T =2m

L· πA2 · L√

AGMm2= 2π

√A3

GM

ovveroA3

T 2=GM

4π2(13.42)

e anche la 3a legge di Keplero e dimostrata.

13.11 Campo gravitazionale generato da un

oggetto esteso

Finora abbiamo considerato il campo generato da uno o piu oggettipuntiformi. Generalizzando l’Eq. (13.5) si puo ottenere il campogravitazionale di un oggetto esteso.

In linea di principio, si potrebbe pensare al corpo esteso come formato daatomi, e utilizzare l’Eq. (13.5) per calcolare la somma vettoriale dei campigravitazionali generati da ciascun atomo [2]. . . Ovviamente e un approccio

2 . . . o meglio ancora, generati da tutti gli elettroni negli atomi, e da tutti i quarks neinuclei. . . !!


x

y

z

r

dF0

m0

r’

x

y

z

r

dF0

m0

r’

V

V

dm’ = ρ(r’) dV’

dm’ = ρ(r’) dV’

Figura 13.9: Calcolo del campo gravitazionale generato da un oggetto esteso,mediante la scomposizione in elementi infinitesimi di volume dV ′ e massadm′.

poco pratico! Si puo quindi pensare alla materia come “diluita” nello spazio,in modo tale che un volumetto dV ′ molto piccolo — al limite infinitesimo — dimateria contenga una massa dm′. L’idea intuitiva e che dm′ sia direttamenteproporzionale a dV ′ — dm′ ∝ dV ′. La costante di proporzionalita vienechiamata densita, ρ, quindi:

dm′ = ρ(~r′) dV ′ (13.43)

La dipendenza dalla posizione ~r′ del volumetto dV ′ sta a ricordare che ingenerale la densita non e costante. Si pensi a un pianeta come la Terra, chepossiede un nucleo di ferro, uno strato roccioso (il “mantello” e la “crosta”)e poi uno strato gassoso (l’atmosfera): ovviamente ρ cambia sensibilmenteda un luogo all’altro.

Il contributo del volumetto dV ′ al campo gravitazionale in una posizione~r e:

d~g(~r) = −G dm′

|~r − ~r′|3(~r − ~r′

)= −Gρ(~r′) dV ′

|~r − ~r′|3(~r − ~r′

)(vd Fig. 13.9). La sommatoria nell’Eq. (13.5) puo essere generalizzata ad unintegrale sul volume totale V dell’oggetto esteso:

~g(~r) = −G∫V

dV ′ρ(~r′)

|~r − ~r′|3(~r − ~r′

)(13.44)


L’Eq. (13.44), formalmente sempre valida, in generale implica calcolicomplessi, che vanno risolti al computer con metodi numerici. Tuttavia, vi eun risultato molto interessante, che vale quando l’oggetto esteso ha simmetriasferica: in tal caso il campo gravitazionale da esso generato all’esterno euguale a quello che genererebbe se tutta la sua massa fosse concentratain un punto nel centro. La motivazione risiede nel teorema di Gauss, chediscuteremo nella Sezione 13.12; il caso a simmetria sferica sara trattato inSezione 13.12.1.

Si puo fare un ragionamento analogo anche per il potenzialegravitazionale. Il contributo di una massa dm′ = ρ(~r′) dV ′ posta in ~r′ e:

dΦ(~r) = −G ρ(~r′)

|~r − ~ri|dV ′

pertanto l’Eq. (13.9) si puo generalizzare cosı:

Φ(~r) = −G∫V

dV ′ρ(~r′)

|~r − ~ri|(13.45)

Anche in questo caso, l’integrazione e spesso difficile e va fatta con metodinumerici. D’altronde, questo calcolo e piu facile di quello dell’Eq. (13.44),perche coinvolge quantita scalari, anziche vettoriali. Puo risultare quindiconveniente calcolare prima Φ(~r), e quindi

~g(~r) = − ~∇Φ

13.11.1 Campo gravitazionale generato da un oggettosferico

L’integrale dell’Eq. (13.45) si puo calcolare nel caso di un oggetto esteso asimmetria sferica, ovvero tale che la densita ρ dipenda solo dalla distanzadal suo centro geometrico: ρ(~r′) ≡ ρ(r′). E una buona approssimazioneper tutti gli oggetti celesti auto-gravitanti: potranno avere una densita chevaria anche sensibilmente con la distanza dal centro, ma omogenenea su ogniguscio sferico.

Analizziamo anzitutto il campo di un guscio sferico, di raggio R e massatotale m [3]. Conviene lavorare con il potenziale gravitazionale, Φ(r), essendo

3 Si tratta di un oggetto ideale, inesistente su scala planetaria, ma utile come passaggiointermedio nei calcoli.


R

r

r’

θ

δm

P

Figura 13.10: Schema per il calcolo del potenziale gravitazionale per unguscio sferico.

r la distanza fra un generico punto P e il centro del guscio — vd Fig. 13.10.Riportiamo qui il risultato, posponendo la dimostrazione alla Sezione 13.11.2:

Φ(r) =

−Gm

r(se r ≥ R)

−GmR

(se r ≤ R)

(13.46)

E un risultato notevole: all’esterno del guscio, il potenziale gravitazionale euguale a quello che sarebbe generato da una massa m tutta concentrata nelcentro. Quindi anche il campo gravitazionale ~g deve essere dello stesso tipo.Invece, all’interno del guscio, il potenziale e costante; quindi il campo ~g deveessere nullo.

~g(~r) =

−Gmr2r (se r > R)

0 (se r < R)

(13.47)

Ora, possiamo calcolare il campo gravitazionale prodotto da un oggettoa simmetria sferica, di raggio R, con densita ρ(r′). Possiamo pensareall’oggetto come costituito da tanti gusci sferici: il generico guscio, di raggior′ e spessore dr′, ha volume dV ′ = 4π (r′)2 dr′, e quindi massa:

dm′ = 4π (r′)2 dr′ ρ(r′)


La massa totale dell’oggetto sferico e

M =

∫ r′=R

r′=0

dm′ = 4π

∫ R

0

dr′ (r′)2 ρ(r′)

Dall’Eq. (13.47), sappiamo che solo i gusci sferici con r′ < r contribuisconoal campo gravitazionale, ciascuno con un contributo:

d~g′(~r) = −Gdm′

r2r

Se r > R, tutti i gusci sferici contribuiscono, quindi:

~g(~r) =

∫ r′=R

r′=0

d~g′(~r) = −Gr2r

∫ r′=R

r′=0

dm′

= −GMr2r (r > R)

Se invece r < R, solo i gusci sferici con r′ < r contribuiscono:

~g(~r) =

∫ r′=r

r′=0

d~g′(~r) = −Gr2r

∫ r′=r

r′=0

dm′

= −Gr2

(4π

∫ r

0

(r′)2 ρ(r′) dr′)

︸︷︷︸M(int)(r)

r (r < R)

La quantita

M (int)(r) = 4π

∫ r

0

(r′)2 ρ(r′) dr′ (13.48)

e la parte di massa dell’oggetto contenuta nella sfera di raggio r: solo lamassa interna contribuisce a generare campo gravitazionale a distanza r dalcentro. In sintesi:

~g(~r) =

−GM

r2r (se r ≥ R)

−GM(int)(r)

r2r (se r ≤ R)

(13.49)

In Fig. 13.11 sono mostrati i campi gravitazionali per 3 oggetti asimmetria sferica: un guscio, una sfera a densita uniforme, e una sferaformata di strati a diversa densita: quest’ultimo caso e un buon modelloper un pianeta.


(a) (b)

r

-g

1/r2

r

-g

1/r2

(c)

r

-g

1/r2

Figura 13.11: Esempi di campo gravitazionale per 3 configurazioni asimmetria sferica: (a) guscio sferico; (b) sfera a densita uniforme; (c) sferacon strati di densita decrescente dal centro verso la superficie. Ad una datadistanza r, solo la massa interna M (int)(r) contribuisce a generare g(r).L’asse verticale rappresente −g: il campo ~g e sempre diretto verso il centrodella sfera.

13.11.2 Potenziale gravitazionale generato da unguscio sferico — dimostrazione (*)

Individuiamo l’asse che collega il centro del guscio con il punto P in cuivogliamo calcolare Φ — vd Fig. 13.10. Dividiamo poi il guscio in tanti anellicoassiali: ciascun anello e individuato dall’angolo polare θ. I punti di ciascunanello sono distanti da P :

r′ =√R2 + r2 − 2rR cos θ

(teorema di Carnot). Chiamiamo δm la massa dell’anello: il suo contributoa Φ e:

δΦ = −Gδmr′

Ora si tratta di sommare i contributi di tutti gli anelli che costituiscono ilguscio sferico, cioe calcolare un integrale del tipo:

Φ = −G∫dm

r′

Ciascun anello ha raggio ρ = R sin θ e larghezza Rdθ, dunque superficie

dΣ = (2πρ)(Rdθ) = 2πR2 sin θ dθ. Se chiamiamo σ =m

4πR2la densita

superficiale di massa — supposta costante — la massa dm dell’anello e:

dm = σ dΣ =m

4πR2· 2πR2 sin θ dθ =

m

2sin θ dθ


L’integrale per Φ diventa:

Φ = −Gm2

∫ θ=π

θ=0

sin θ dθ√R2 + r2 − 2rR cos θ

Introduciamo ε =R

re ξ = cos θ. Allora dξ = − sin θ dθ e gli estremi di ξ

sono +1 (per θ = 0) e −1 (per θ = π). L’integrale si puo trasformare con iseguenti passaggi:

Φ = −Gm2

∫ θ=π

θ=0

sin θ dθ

r√

1 + ε2 − 2ε cos θ

= −Gm2r

∫ ξ=−1

ξ=+1

−dξ√1 + ε2 − 2εξ

= −Gm2r

∫ ξ=+1

ξ=−1

dξ√1 + ε2 − 2εξ

= −Gm2r

∫ ξ=+1

ξ=−1

1√2ε

dξ√1+ε2

2ε− ξ

= − Gm

2r√

2ε

∫ ξ=+1

ξ=−1

dξ√1+ε2

2ε− ξ

= − Gm

2r√

2ε

[−2

√1 + ε2

2ε− ξ

]ξ=+1

ξ=−1

=Gm

r√

2ε

(√1 + ε2

2ε− 1 −

√1 + ε2

2ε+ 1

)

=Gm

r√

2ε

(√1 + ε2 − 2ε −

√1 + ε2 + 2ε√

2ε

)=

Gm

r 2ε(|1− ε| − |1 + ε|)

Ora, per risolvere i valori assoluti, occorre distinguere due casi:

• se r ≥ R, cioe P e esterno al guscio, ε ≤ 1 e si ottiene

Φ =Gm

r 2ε(−2ε) = −Gm

r

• se r ≤ R, cioe P e interno al guscio, ε ≥ 1 e si ottiene

Φ =Gm

r 2ε(−2) = −Gm

rε= −Gm

R


(a)

(b)

n^

r^

dΣ

dΣ

θ

dΩ

r n^

r^

dΩ

n^

r^

Figura 13.12: Illustrazioni per la dimostrazione del teorema di Gauss

Quindi abbiamo trovato il risultato anticipato nell’Eq. (13.46).

13.12 Teorema di Gauss per il campo

gravitazionale

Nota: per comprendere questa sezione e necessario aver studiato e capito ilconcetto di flusso di un campo vettoriale, spiegato nella Sezione 12.4. E anchenecessario conoscere il concetto di angolo solido, introdotto in Sezione 3.5.

Il teorema di Gauss dice che il flusso del campo gravitazionale ~g attraversouna superficie chiusa Σch e uguale alla massa totale racchiusa all’interno dellasuperficie, M (int), moltiplicata per −4πG:

ΦΣch(~g) =

∮Σch

d~Σ · ~g = −4πG ·M (int) (13.50)

Per dimostrare il teorema, consideriamo anzitutto il campo gravitazionalegenerato da una massa puntiforme m. Senza perdita di generalita, possiamoscegliere l’origine dove la massa e localizzata, cosicche il campo nel punto ~re:

~g = −Gmr2r

e il suo flusso attraverso una superficie infinitesima d~Σ e:

~g · d~Σ = −Gmr2r · n dΣ

13.12. TEOREMA DI GAUSS PER IL CAMPO GRAVITAZIONALE323

Ora, come mostrato in Fig. 13.12(a), r · n dΣ = cos θ dΣ = dΣ⊥ e pari allaproiezione di dΣ perpendicolare alla direzione radiale r, quindi, chiamandodΩ l’angolo solido sotto cui dΣ e vista dall’origine, dΣ⊥ = r2 dΩ, e:

~g · d~Σ = −GmdΩ

Quando si integra su tutta la superficie Σch, se l’origine (e la massa m) eall’interno della superficie, l’intero angolo solido e 4π, e il risultato e:

ΦΣch(~g) = −4πGm (m all’interno di Σch)

mentre, se l’origine e esterna, possiamo sempre dividere Σch in coppie disuperfici infinitesime che sono sottese dallo stesso angolo solido dΩ e dannocontributi opposti al flusso (vedi Fig. 13.12(b)), cosicche il flusso totale enullo:

ΦΣch(~g) = 0 (m all’esterno di Σch)

Ora possiamo generalizzare il calcolo ad un generico campo gravitazionale~g, prodotto da un qualunque sistema di masse. Per masse puntiformim1, . . . ,mn decomponiamo ~g =

∑k ~gk e quindi suddividiamo a loro volta

le masse esterne a Σch da quelle interne:

Φ(~g) =∑k

Φ(~gk)

=∑

k esterne

Φ(~gk)︸︷︷︸=0

+∑

k interne

Φ(~gk)︸︷︷︸=−4πGmk

= −4πG∑

k interne

mk

che dimostra l’Eq. (13.50).

Il risultato puo anche essere esteso a una distribuzione di masse condensita ρ: in tal caso il teorema di Gauss si formula cosı:

ΦΣch(~g) = −4πG

∫(dentro Σch)

dV ′ρ(~r′) (13.51)

13.12.1 Campo gravitazionale generato da una massaestesa sferica

Finora abbiamo trattato il campo gravitazionale come generato da massepuntiformi — col che si intende molto piccole rispetto alle distanze fra esse.


Parlando del campo generato da un pianeta, o dal Sole, l’approssimazionee buona? Per esempio: il raggio del Sole e circa 0.7·106 km, la distanza mediadi Mercurio dal centro del Sole e di circa 60 · 106 km (circa 86 volte il raggiodel Sole). Possiamo considerare il Sole come “puntiforme”?

O ancora peggio: l’accelerazione di gravita g = 9.8 m/s2, cherileviamo sulla superficie della Terra, puo essere davvero descritta dallalegge GM⊕/R

2⊕?? La Terra, vista dalla sua superficie, non puo certo

apparire puntiforme! Eppure il ragionamento di Newton, in cui confrontaval’accelerazione di un oggetto che cade a terra con l’accelerazione centripetadella Luna, funzionava bene. Perche?

In effetti, una massa M sferica di raggio R genera al suo esterno (cioe perdistanze r > R dal proprio centro) un campo gravitazionale identico a quelloche genererebbe se fosse tutta concentrata al centro.

Questa e una diretta conseguenza del teorema di Gauss. In effetti, datala simmetria della massa sferica, il campo ~g da essa generato deve essereradiale:

~g(~r) = g(r)r

pertanto se prendiamo una superficie sferica chiusa Σch di raggio r centratanel centro della massa sferica, il flusso di ~g attraverso di essa deve essere

ΦΣch(~g) = 4πr2g(r)

(spiegazione: ~g e radiale, mentre il versore n ortogonale alla superficieΣch coincide con r, dunque anch’esso radiale; inoltre essendo g(r) uniformeovunque sulla superficie Σch, e sufficiente moltiplicarlo per l’area della sfera,cioe 4πr2).

Il teorema di Gauss ci dice che ΦΣch(~g) = −4πGM (int), quindi

confrontando:

g(r) = −GM(int)

r2; ~g = −GM

(int)

r2r

Se r > R (cioe siamo esterni alla massa sferica) M (int) coincide con tutta lamassa.

Se invece ci troviamo all’interno della massa sferica (r < R) allora solo laquantita di massa piu interna contribuisce al campo gravitazionale, mentrequella esterna non da nessun effetto.

13.13. MAREE 325

α

r

r0

δr

R

M

m

Figura 13.13: Parametri nel calcolo delle maree.

13.13 Maree

Le maree sono dovute ad effetti gravitazionali. Nel caso della Terra, essesono dovute principalmente alla Luna, e secondariamente al Sole. Il livellodel mare tende a salire quando la Luna e alta (e questo e intuitivo, la gravitadella Luna “attrae” il mare verso di se), ma anche dal lato opposto dellaTerra — e questo non e per niente intuitivo. . .

Per studiare bene il fenomeno, occorre considerare che la Terra non e unsistema inerziale, in quanto soggetta alla gravita della Luna, quindi esistonoanche forze fittizie.

Con riferimento alla Fig. 13.13, chiamiamo r0 la distanza del baricentrodella Luna dal baricentro della Terra, e M, m le masse della Terra e dellaLuna. Inoltre chiamiamo r la distanza di un generico oggetto di massa m0 dalcentro della Luna — questo oggetto potrebbe essere per esempio una porzionedi acqua nel mare. Se l’oggetto di massa m0 deve stare sulla superficie dellaTerra, chiamando R il raggio della Terra, deve essere r0 − R ≤ r ≤ r0 + R.Definiamo inoltre δr = r− r0. Se la posizione sulla Terra forma un angolo αcon la direzione Terra-Luna, δr = −R cosα.

Orientiamo la direzione delle forze in modo che sia positiva dalla Lunaalla Terra. L’attrazione della Luna su m0 e

FLunag = −m0

Gm

r2

L’accelerazione della Terra e:

a∗ = − 1

M· GMm

r20

= −Gmr2

0

quindi la forza fittizia su m0 e

Ffitt = −m0a∗ = m0

Gm

r20


Quindi m0 sente una forza totale

Fmarea = FLunag + Ffitt = m0

(−Gmr2

+Gm

r20

)Come si vede, Fmarea 6= 0, salvo nel caso particolare r = r0. Chiamiamoδr = r − r0. Ovviamente |δr| ≤ R r0

[4], quindi possiamo fare

l’approssimazione1

r2=

1

r20(1 +

δr

r0

)2

' 1

r20

(1− 2

δr

r0

)cosicche otteniamo:

Fmarea =Gmm0

r30

2δr

Agli estremi opposti della Terra (δr = ±R) abbiamo Fmarea = ±2Gmm0

r30

R.

L’effetto e inversamente proporzionale al cubo della distanza dalla Luna, edirettamente proporzionale al diametro della Terra. Se siamo sulla facciadella Terra che “guarda verso la Luna” (δr = −R), Fmarea < 0, ovverol’acqua appare attratta dalla Luna. Se invece siamo sulla faccia opposta(δr = +R), Fmarea > 0, ovvero l’acqua appare respinta dalla Luna. Inrealta, la Luna attrae sempre, e la forza fittizia “respinge” sempre, pero nelprimo caso prevale l’attrazione gravitazionale, mentre nel secondo prevale la“repulsione” della forza fittizia. In entrambi i casi, l’acqua sale.

Esempio: livello delle maree in un pianeta-oceano

Immaginiamo un pianeta interamente sommerso da un oceano. Di quanto salel’acqua? La superficie dell’acqua si dispone in modo da essere equipotenziale,ma qui l’energia potenziale deve descrivere sia la gravita del pianeta che laforza di marea. Ad un’altezza h dalla superficie della Terra, l’energia potenzialegravitazionale e

Ug = −GMm0

R+ h' −GMm0

R

(1− h

R

). La forza di marea puo essere descritta da un’energia potenziale efficace

Umarea = −Gmm0

r30

(δr)2 = −Gmm0

r30

R2 cos2 α

(provare per credere: Fmarea = −∂Umarea∂(δr)

). Quindi l’energia potenziale efficace

totale e

Ueff = −Gm0

[M

R

(1− h

R

)+mR2

r30

cos2 α

]4 Ricordiamo: r0 = 384 000 km e R = 6 370 km.

13.13. MAREE 327

Chiamando h1 e h2 i livelli dell’acqua nei punti di bassa marea (cosα = 0) edi alta marea (cosα = ±1), e imponendo che siano equipotenziali, si ricava:

1− h1

R= 1− h2

R+m

M

R3

r30

∆h = h2 − h1 =m

M

R4

r30

Esempio: con i parametri del sistema Terra-Luna

Inseriamo i dati del problema: distanza Terra-Luna r0 = 384 000 km; raggiodella Terra R = 6370 km; massa della Terra M = 6 · 1024 kg; massa della Lunam = 7.3 · 1022 kg. Si ottiene ∆h = 0.35 m.

Anche il Sole esercita maree sulla Terra. Possiamo calcolarle, ponendo r0 =150 · 106 km (distanza Terra-Sole) e m = 2 · 1030 kg (massa del Sole). Si ottiene∆h = 0.16 m. Nonostante la massa del Sole sia enormemente piu grande di quelladella Luna, l’effetto e abbattuto dalla distanza, anch’essa molto piu grande, e dalla

dipendenza1

r30

. L’effetto mareale massimo si ottiene quando Sole e Luna sono

allineati, oppure opposti rispetto alla Terra. L’effetto complessivo e la somma deidue: ∆h ' 0.5 m.

Ci si puo sorprendere dei valori trovati cosı piccoli: in effetti e noto che in

certi luoghi della Terra le maree possono raggiungere anche la decina di metri! Va

pero ricordato che il nostro calcolo tratta il mare come se ricoprisse interamente

la Terra. Quello che succede in realta e che il moto della massa d’acqua e

influenzato dalle caratteristiche morfologiche dei fondali e della costa, che fanno sı

da modificare il moto dell’onda di marea che sopraggiunge, talvolta comportandosi

da barriere e quindi provocandone l’innalzamento.

Effetti mareali fra pianeta e satelliti

Le maree — a dispetto del nome — non sono un fenomeno che interessa soltantoi mari. In effetti, da quanto detto finora, dovrebbe essere chiaro che la gravita cheun oggetto esercita su un altro tende a “tirarlo” nella direzione congiungente i dueoggetti. Anche questi si chiamano “effetti di marea”. Siccome gli oggetti celesti(pianeti, satelliti) sono in rotazione, l’effetto e che l’asse lungo cui si esercitala marea cambia in continuazione rispetto all’oggetto che la subisce, e quindianche le deformazioni indotte cambiano. Questo provoca movimenti nella strutturadell’oggetto celeste, che dissipano energia per attrito, e tendono a rallentare larotazione dell’oggetto.

Un esempio di questo fenomeno ci e ben noto: la Luna volge sempre la stessafaccia verso la Terra. Cioe il suo periodo di rotazione propria e quello di rivoluzioneintorno alla Terra coincidono. Questa non e un’assurda coincidenza. E dovuta alfatto che le forze di marea che la Terra esercita sulla Luna hanno rallentato la


rotazione di quest’ultima, fino a “bloccarla” nella sua posizione attuale. Qui per“bloccare” non intendiamo che la rotazione sia arrestata, ma che sia sincrona conla rivoluzione. Anche la Luna rallenta la rotazione della Terra, ma l’effetto e piupiccolo, e quindi la Terra gira ancora su se stessa.

Anche i satelliti di Marte, Phobos e Deimos, sono “bloccati dalle maree” [5], evolgono sempre la stessa faccia verso il pianeta.

Un altro esempio, ancora piu eclatante, e dato da Plutone e Caronte. Plutone,

nonostante sia un pianeta nano, ha diversi satelliti, di cui uno di massa

confrontabile a quella del pianeta stesso. In effetti il sistema Plutone-Caronte

potrebbe essere quasi considerato un pianeta doppio. Ebbene, le forze mareali fra i

due corpi hanno rallentato le rotazioni di entrambi, fino a “bloccarli”: ora Plutone e

Caronte si rivolgono sempre la stessa faccia mentre ruotano intorno al loro comune

baricentro.

Effetti mareali in stelle binarie: supernovae I-a

Le forze di marea si manifestano anche nei sistemi di stelle binarie. Se una

delle due stelle e molto massiva e compatta (per esempio una nana bianca) e

l’altra e estesa (per esempio una gigante) e le orbita sufficientemente vicina, la

stella compatta “allunga” la stella estesa per effetto di marea, e puo arrivare a

“succhiare” materia da essa: si crea un flusso di materia dalla stella estesa a quella

compatta, con quest’ultima che si accresce via via. In alcuni casi, la stella compatta

acquisisce massa sufficiente da superare il “limite di Chandrasekhar”, cioe il limite

dopo il quale la forza di gravita fa collassare la nana bianca. Il fenomeno produce

una supernova. E un caso astrofisico molto interessante, in quanto si puo sapere

con precisione la massa della stella — il limite e di circa 1.4 M (1.4 masse solari)

— e quindi si sa calcolare la luminosita assoluta della supernova. Osservando

la luminosita apparente si puo risalire alla distanza. Questo tipo di supernovae

(tipo I-a) costituiscono quindi delle “candele” di riferimento per misurare distanze

astronomiche, allo stesso modo delle stelle Cefeidi, ma ovviamente molto piu

potenti, e quindi molto piu adatte a misurare distanze molto piu grandi (fino a

miliardi di anni-luce).

13.14 Punti Lagrangiani

Abbiamo visto come risolvere il moto di due corpi che interagisconogravitazionalmente. Quando i corpi diventano 3, in generale il problemanon ha soluzioni analitiche.

5 In inglese si dice “tidally locked”, essendo “tide” la marea. Non saprei come rendereesattamente in italiano. . . a volte si trova scritto “bloccati marealmente”.

13.14. PUNTI LAGRANGIANI 329

*

*

*

*

*

M

m

L1

L2

L3

L4

L5

R

r

Figura 13.14: I 5 punti lagrangiani.

Esiste pero una situazione — anche interessante nell’ambito astrofisicoe astronautico — in cui si puo analizzare il moto di un oggetto leggero, inpresenza di altri due oggetti molto piu pesanti: per esempio, un sistemaSole-Giove-asteroide, oppure Terra-Luna-satellite (artificiale), o anche Sole-pianeta-satellite. In generale, abbiamo 3 corpi, di masse m0, m, M tali cheM m m0. In questi casi, ovviamente, la presenza di m0 non influisceper niente sul moto di m e M , e quest’ultimo puo essere considerato in quiete.

Si puo mostrare che esistono nello spazio delle posizioni in cui m0 rimane“fermo” rispetto al sistema M -m — nel senso che il sistema M -m-m0 ruotacome se fosse rigido. Queste posizioni sono note come “punti Lagrangiani”.Essi sono 5: 3 sono allineati sull’asse M -m, gli altri 2 si trovano sull’orbitadi m ma rispettivamente 60 davanti o dietro, come illustrato in Fig. 13.14.

I punti L1, L2 sono di particolare interesse: un osservatorio nello spazioin L1 e ideale per osservare il Sole: resta “vicino” alla Terra e mai eclissato


da essa. Invece un osservatorio in L2 e ideale per l’osservazione dello spazioprofondo, trovandosi sempre in eclisse, e quindi protetto dalla radiazionesolare. Detta R la distanza di m da M , la distanza r dei punti L1, L2 da Me pari a

r = R

(1± 3

√m

3M

)I punti L4, L5 sono spesso visibili nel Sistema Solare: per esempio, Giove

e “accompagnato” lungo la sua orbita da due gruppetti di asteroidi i “Greci”in L4 e i “Troiani” in L5.

13.14.1 Calcolo dei punti L1 e L2

Analizziamo il caso in cui m compie un’orbita circolare di raggio R intornoa M . Sappiamo che la velocita angolare e tale che

ω2 =GM

R3

Vogliamo trovare i punti Lagrangiani L1, L2 sull’asse M -m. Chiamiamo rgenericamente la distanza di uno di questi punti da M . Se vi poniamo unamassa m0, essa e soggetta alle forze gravitazionali di M e m, pertanto haun’energia potenziale

Ug = −GMm0

r− Gmm0

|r −R|D’altra parte, il sistema di riferimento in cui l’asse M -m e fermo, e un sistemain rotazione con velocita angolare ω, pertanto bisogna anche considerare unaforza centrifuga (fittizia)

Fc = m0 ω2r

che puo essere descritta attraverso un’energia potenziale

Uc = −m0ω2r2

2

(provare per credere: Fc = −∂Uc∂r

). Quindi otteniamo un’energia potenziale

efficace

Ueff = Ug + Uc

= −m0

[GM

r+

Gm

|r −R|+ω2r2

2

](inserendo il valore di ω2)

= −Gm0

[M

r+

m

|r −R|+M r2

R3

]

13.14. PUNTI LAGRANGIANI 331

Trovare i punti di equilibrio significa risolvere∂Ueff∂r

= 0 — si tratta di

un’equazione algebrica di 5 grado, e puo essere risolta solo per via numerica.Pertanto procediamo con delle approssimazioni basate sul buonsenso. . .Essendo M m, ci aspettiamo che i punti Lagrangiani siano molto piuvicini a m, in modo che il suo effetto gravitazionale possa essere simile aquello di M . Pertanto parametrizziamo

r = R (1 + ε)

e assumiamo che ε sia “piccolo”. L’energia potenziale efficace diventa quindi:

Ueff = −Gm0

R

[M

1 + ε+m

|ε|+M

2(1 + ε)2

]

e il punto di equilibrio si trova imponendo∂Ueff∂ε

= 0 [6]:

0 =∂Ueff∂ε

= −Gm0

R

[− M

(1 + ε)2− sgn(ε)

m

ε2+M(1 + ε)

]' Gm0

R

[M(1− 2ε) + sgn(ε)

m

ε2−M(1 + ε)

]+ O

(ε2)

' Gm0

R

[−3Mε+ sgn(ε)

m

ε2

]L’approssimazione (') consiste nello scrivere (1 + ε)α ' 1 + αε [7], in questocaso con l’esponente α = −2.

A questo punto e evidente che la soluzione e:

ε = ± 3

√m

3M

r = R

(1± 3

√m

3M

)

Quindi abbiamo 2 punti Lagrangiani: uno posto fra m e M (ε < 0) e unoposto oltre m (ε > 0).

Esempio: punti Lagrangiani fra Terra e Sole

6 E utile ricordare che |ε| = sgn(ε) ·ε, essendo sgn(ε) il segno di ε, che vale ±1 a secondache ε sia positivo o negativo. La funzione ε → |ε| e derivabile ovunque, tranne per ε = 0,

ed|ε|dε

= sgn(ε).7 In generale, f(1 + ε) ' f(1) + f ′(1)ε; per f(1 + ε) ≡ (1 + ε)α ovviamente f(1) = 1 e

f ′(1) = α.


La massa del Sole e M ' 2 · 1030 kg e la massa della Terra m ' 6 · 1024 kg. Ladistanza Terra-Sole e R ' 150 · 106 km.

Con le formule trovate, abbiamo ε ' 0.01, ovvero i punti Lagrangiani si trovanoa circa 1.5 · 106 km dalla Terra.

Da notare che, a posteriori, il risultato ε ' 0.01 consente l’approssimazione

fatta: la parte trascurata e infatti O(ε2)≈ 10−4.

Capitolo 14

Nozioni di fluidodinamica

14.1 I fluidi

La materia puo trovarsi negli stati solido o fluido.Lo stato solido e definito come quello in cui le distanze fra i singoli punti

materiali del sistema (atomi o molecole) sono costanti. Va specificato chetale definizione e relativa al sistema di forze cui il sistema e sottoposto:nessun sistema e assolutamente solido, anche i cristalli piu rigidi sono unostato di equilibrio di atomi e/o molecole, che puo essere perturbato (peresempio innescando oscillazioni) o rotto. Il “solido” e un materiale per cuil’approssimazione di rigidita e ragionevole e puo essere usata per descriverecorrettamente le sue proprieta.

Un fluido e un materiale che non e solido, quindi puo essere deformato.Se il materiale ammette solo deformazioni che ne conservano il volume, alloradiciamo che e un liquido. Se invece e possibile anche modificare il volume,oltre che la forma, il fluido si chiama gas.

14.1.1 Velocita di deriva e densita di un fluido

In un fluido — liquido o gas — la materia occupa un dato volume V . Volendostudiare le proprieta interne del fluido, si potrebbe pensare di scomporloin tutti i suoi elementi costituenti (atomi o molecole), descrivendo il motodi ciascuno attraverso la sua posizione ~rk e la sua velocita ~vk, nonche leloro reciproche interazioni. Una siffatta descrizione e impraticabile, poiche ilnumero di molecole e decisamente troppo grande!

Esempio: numero di molecole d’acqua

Quante molecole ci sono in un litro di acqua? E che volume occupano un miliardodi molecole di acqua?

333

334 CAPITOLO 14. NOZIONI DI FLUIDODINAMICA — M.FANTI

Risposta. Un litro di acqua ha una massa m = 1 kg. Per calcolare ilnumero di molecole, occorre conoscere la massa della molecola, mH2O. Questae composta da un atomo di ossigeno (massa mO = 16 u.m.a. = 26.56 · 10−27 kg)e da due atomi di idrogeno (massa mH = 1.67 · 10−27 kg), pertanto mH2O =mO + 2mH = 29.90 · 10−27 kg. Quindi il numero di molecole di acqua in un litro e

N(1 `)H2O =

1 kg

mH2O= 3.34 · 1025.

Il volume “efficace” di una molecola di acqua puo essere calcolato come V mol =1 `

N(1 `)H2O

= 2.99 · 10−26 ` ' 3 · 10−29 m3. Quindi per contenere 109 molecole occorre

un volume δV ' 3 · 10−20 m3, ovvero un cubetto di lato δL = 3√δV ' 3 · 10−7 m =

300 nm.

Nel trattare i fluidi, si assume che la materia sia “diluita” nel volume V ,anziche concentrata in elementi quasi puntiformi. Il volume V puo essereidealmente suddiviso in tantissimi elementini δV . Questi devono esseresufficientemente piccoli (δV V ), in modo da poter essere pensati come“quasi infinitesimi”, per poter dare una descrizione continua del fluido. Maallo stesso tempo i δV devono essere sufficientemente grandi da contenere unelevato numero di costituenti del fluido, in modo che ciascun volumetto possaessere descritto attraverso le proprieta cinematiche medie dei suoi costituenti.

Se ogni costituente i-esimo del volumetto e dotato di massa mi e velocita~vi, La massa totale del volumetto δV e:

δm =∑i∈δV

mi (14.1)

(dove i ∈ δV sta ad indicare che nella somma consideriamo solo i costituentiche si trovano in δV ), e la quantita di moto totale e:

δ~p =∑i∈δV

mi~vi (14.2)

Quindi definiamo la velocita media (o velocita di deriva) del volumetto δVcome la media delle velocita ~vi dei costituenti, “pesate” per le loro masse mi:

~u = 〈~v〉 =

∑i∈δV

mi~vi∑i∈δV

mi

(velocita di deriva) (14.3)

cosicche possiamo scrivere la relazione

δ~p = δm · ~u (14.4)

14.1. I FLUIDI 335

che ci consente di trattare il volumetto δV come un oggetto unico.

E noto che le quantita medie (come la velocita di deriva, Eq. (14.3))assumono valori piu stabili se il numero di valori mediati e piu grande. Perquesto il numero di costituenti entro δV deve essere elevato. Ciononostante,il volumetto δV puo essere mantenuto piccolo rispetto al volume V totale.L’esempio fatto sulle molecole di acqua dovrebbe dare un’idea della validitadi questa ipotesi.

E ragionevole supporre che la massa δm di fluido contenuta nel volumettoδV sia proporzionale a δV — raddoppiando il volumetto raddoppierebbeanche la massa di fluido in esso contenuta — pertanto possiamo scrivere:

δm = ρ · δV (ρ ≡ densita) (14.5)

dove la quantita ρ cosı introdotta e la densita del fluido.

In generale la densita puo variare da un punto all’altro del fluido: se sitratta di un gas, questo puo avere zone piu compresse o piu rarefatte, chepossono anche cambiare nel tempo

ρ = ρ(~r; t) (nei gas) (14.6)

Viceversa, nei liquidi ρ e uniforme nello spazio, ed in condizioni stabili ditemperatura anche costante nel tempo.

ρ = costante (nei liquidi) (14.7)

14.1.2 Unita di misura della densita

Dalla definizione, Eq. (14.5) risulta che la densita nel S.I. si misura in kg/m3.Un’altra unita molto comune, in quanto piu pratica, e g/cm3. Essendo1 kg = 1000 g e 1 m3 = (100 cm)3 = 106 cm3, ricaviamo che

1 g/cm3 = 1000 kg/m3 (14.8)

La densita dell’acqua, alla temperatura di 4C, e 1 g/cm3. Questo numerocosı “tondo” non e un caso. In effetti, la massa di 1 kg e definita precisamentecome la massa di una quantita di acqua pura (H2O) che occupa il volumedi 1 litro (≡ 10−3 m3) alla temperatura di 4C. Anche questa temperaturanon e casuale: e quella alla quale il volume dell’acqua e minimo. In effetti,scaldando l’acqua al di sopra di tale temperatura, ma anche raffreddandolaal di sotto di essa, essa si dilata.


forze di volume forze di pressionex

y

z

Figura 14.1: Forze di volume (a sinistra) e di superficie (a destra).

14.2 Forze di volume e di superficie

Dovendo studiare la dinamica di un fluido, occorre introdurre una descrizionedelle forze che si adatti a questa “materia diluita” che stiamo trattando.Quindi non possiamo pensare ad una forza applicata ad un “punto materiale”.Piuttosto, dobbiamo ragionare sul sistema di forze che agisce su un volumettoδV di fluido. Distinguiamo due tipologie di forze (vedi Fig. 14.1).

• Forze di volume: agiscono su tutti i costituenti (molecole, atomi) delfluido; il volumetto δV di fluido ne sente l’effetto collettivo. L’esempiopiu ovvio — al quale ci limiteremo — e la forza di gravita agente suδV , il cui effetto globale sara

δ ~Fg = δm~g = ρ~gδV (14.9)

• Forze di superficie: agiscono solo sulla superficie Σch che racchiudeil volumetto δV . Tipicamemente, queste forze sono un effettomacroscopico (o collettivo) di tutte le interazioni elementari frai costituenti (molecole o atomi) di fluido all’interno e all’esternodel volumetto δV . Queste interazioni sono a corto raggio, quindiinteressano solo i costituenti vicini fra loro. Pertanto, per l’effetto cheesse hanno su δV , contano solo quelle fra i costituenti che si trovano inprossimita (subito all’interno, o subito all’esterno) della superficie Σch.

Elaboriamo meglio il secondo caso. Possiamo pensare a due tipi di forze disuperficie: ortogonali alla superficie e parallele ad essa. Queste ultime sono di

14.2. FORZE DI VOLUME E DI SUPERFICIE 337

natura viscosa, essendo dovute all’attrito fra strati di fluido che scorrono l’unosull’altro. Abbiamo gia parlato di attrito viscoso in Sezione 8.8.3, riferendocial moto di un oggetto solido in un fluido. Le stesse forze esistono fra porzionicontigue del fluido, e per la loro natura dipendono dalla differenza di velocitadelle porzioni di fluido a contatto, in maniera lineare o quadratica.

14.2.1 Pressione in un fluido

Qui ci concentriamo sulle forze di superficie ortogonali alla superficie.Sperimentalmente si osserva che per una piccola porzione di superficie δΣ, laforza δF e proporzionale a δΣ

δFP = P · δΣ ( P ≡ pressione ) (14.10)

e sempre diretta verso l’interno del volumetto δV . Entrambe queste proprietasono comprensibili, se si pensa a queste forze come dovute alla totalita di urtiche la superficie δΣ subisce da parte dei costituenti del fluido circostante.

La costante di proporzionalita P che compare nell’Eq. (14.10) si chiamapressione. Essa puo cambiare da un luogo all’altro del fluido, ma non cambiase modifichiamo l’orientamento della superficie δΣ.

La superficie Σch che delimita δV e ovviamente una superficie chiusa.E consuetudine dare un “orientamento” alle superfici chiuse, assegnando inogni punto un versore n perpendicolare ad esse e diretto verso l’esterno; conquesta convenzione, si puo riscrivere l’Eq. (14.10) in forma vettoriale:

δ ~FP = −(P · δΣ)n ( P ≡ pressione ) (14.11)

Scegliamo il volumetto δV di forma parallelepipeda, come in Fig. 14.1,con lati δx, δy, δz. Inoltre consideriamo il fluido immerso in un campogravitazionale in prossimita della superficie terrestre, cosicche

~g = −gzδ ~Fg = −ρg δV z

Studiamo le forze di pressione agenti su δV lungo le 3 componenti cartesiane.Lungo la direzione x, la pressione agisce sulle due superfici di area δy · δzcollocate in x e in x + δx: sulla prima agisce in direzione +x, sulla secondain direzione −x. Quindi la forza di pressione totale lungo x su δV e:

δFP,x = P (x, y, z)(δy · δz)− P (x+ δx, y, z)(δy · δz)

' −∂P (x, y, z)

∂x(δx · δy · δz)


Analogamente possiamo trovare le forze di pressione lungo y, z,:

δFP,y = P (x, y, z)(δx · δz)− P (x, y + δy, z)(δx · δz)

' −∂P (x, y, z)

∂y(δx · δy · δz)

δFP,z = P (x, y, z)(δx · δy)− P (x, y, z + δz)(δx · δy)

' −∂P (x, y, z)

∂z(δx · δy · δz)

Osserviamo che tutte le espressioni contengono un termine (δx · δy · δz) chee pari al volume δV .

Mettendo insieme tutto possiamo quindi scrivere la forza totale agente suδV per componenti cartesiane:

δFx = −∂P (x, y, z)

∂xδV

δFy = −∂P (x, y, z)

∂yδV

δFz = −∂P (x, y, z)

∂zδV − ρg δV

(14.12)

Nota di formalismo vettoriale

δ ~F e un forza, quindi sarebbe simpatico condensare le tre equazioni cartesianeEq. (14.12) in una forma vettoriale. In effetti, si puo fare: le tre derivate parziali∂P

∂x,∂P

∂y,∂P

∂zpossono essere viste come le tre componenti di un vettore, che si

chiama “gradiente di P”, e che si indica come:

~∇P ≡(∂P

∂x,∂P

∂y,∂P

∂z

)(14.13)

A questo punto, le Eq. (14.12) si possono riscrivere in maniera compatta come:

δ ~F =(− ~∇P + ρ~g

)δV (14.14)

14.2.2 Unita di misura della pressione

Dalla definizione, Eq. (14.10), risulta che la pressione e una forza agente suuna superficie unitaria.

14.3. PRESSIONE FLUIDOSTATICA, LEGGE DI STEVIN 339

L’unita di misura di pressione e il Pascal (Pa):

1 Pa = 1 N/m2 (14.15)

(1 Pa e la pressione che esercita una forza di 1 N applicata ad una superficiedi 1 m2). Nelle trasmissioni meteorologiche si fa spesso uso dell’ettoPascal,hPa, definito da

1 hPa = 100 Pa

La “pressione atmosferica standard” (misurata alla latitudine di 45 allivello del mare, alla temperatura di 15C) e spesso usata come unita dimisura di pressione e si indica con Atm. Non e pero un’unita S.I. La suaconversione in Pascal e

1 Atm = 101 325 Pa (14.16)

14.3 Pressione fluidostatica, legge di Stevin

Un fluido e considerato in equilibrio quando ciascuno dei suoi volumetti δV incui l’abbiamo idealmente diviso e in equilibrio rispetto al fluido circostante [1].Per un fluido in equilibrio, la forza totale δ ~F agente su δV (cfr Eq. (14.12))deve essere nulla. Questo significa che le forze di superficie devono bilanciarele forze di volume. Dalle Eq. (14.12) si deduce quindi:

∂P (x, y, z)

∂x= 0

∂P (x, y, z)

∂y= 0

∂P (x, y, z)

∂z= −ρg

(14.17)

Quindi la pressione varia solo con l’altezza (z).Per i liquidi, in cui ρ e uniforme ovunque, si deduce la legge di Stevin

(Fig. 14.2(sinistra)): se un liquido alla sua superficie e sottoposto allapressione P0, ad una profondita h la pressione risulta

P (h) = P0 + ρgh (nei liquidi) (14.18)

1 Questo non significa che tutte le sue molecole siano ferme: esse saranno invece in motocaotico e si urteranno continuamente. Pero la loro velocita vettoriale media (o “velocitadi deriva”) ~u ≡ 〈~v〉 sara in media nulla.


h

P(h)

P0

h1 Atm

∆P

∆P

∆P

Figura 14.2: Leggi fluidostatiche: legge di Stevin (a sinistra); barometro diTorricelli (al centro); legge di Pascal (a destra).

(e immediato verificare che questa soluzione soddisfa le Eq. (14.17)).

Esercizio 14.1. Un subacqueo si immerge in apnea fino ad una profonditah = 15 m. Assumendo che alla superficie dell’acqua la pressione sia di 1 Atm,quant’e la pressione sentita dal subacqueo?

Risposta. Si applica direttamente la legge di Stevin, con P0 = 101 325 Pa,

h = 15 m, ρ = 1000 kg/m3, g = 9.806 m/s2. Il risultato e P (h) = (101 325 Pa) +

(1000 kg/m3)(9.806 m/s2)(h = 15 m) = 248 415 Pa. Possiamo esprimere il

risultato in atmosfere, dividendo per 101 325: P (h) =248 415

101 325Atm = 2.45 Atm.

Esercizio 14.2. Una diga di un bacino artificiale e larga L = 50 m; il livellodell’acqua e h = 80 m rispetto al fondo dell’invaso. Qual e la forza totaleche l’acqua accumulata nell’invaso esercita sulla diga? Si assuma una densitadell’acqua ρ = 1000 kg/m3 e una densita dell’aria ρ′ = 1.3 kg/m3.

Risposta. La forza dell’acqua sulla diga e dovuta alla pressione, la qualeaumenta con la profondita h′: detta P0 la pressione atmosferica che agisce sullasuperficie dell’acqua, la pressione dell’acqua e P (h′) = P0 +ρgh′. Immaginiamo didividere la superficie verticale della diga in tanti strati orizzontali di larghezza L ealtezza infinitesima dh′. La forza su ciascuno di essi e dF ′ = P (h′)Ldh′, quindila forza totale sulla diga prodotta dall’acqua e

Facqua =

∫ h

0P (h′)Ldh′ = L

∫ h

0dh′

(P0 + ρgh′

)= LH P0 + Lρg

[(h′)2

2

]h0

= LH P0 +Lh2

2ρg

Analogamente si puo ragionare per la forza prodotta dalla pressione atmosferica avalle della diga:

Faria = LH P0 +Lh2

2ρ′g


La forza totale e F = Facqua − Faria =Lh2

2

(ρ− ρ′

)g. Si nota che P0 si cancella

— come ci si sarebbe aspettato, visto che il suo effetto e uguale a monte e a

valle della diga. Inserendo i valori numerici si trova F =(50 m)(80 m)2

2[(1000−

1.3) kg/m3](9.806 m/s2) = 1.57 · 109 N.

14.3.1 Il barometro a mercurio di Torricelli

Un’applicazione storica della legge di Stevin e il barometro di Torricelli,ideato per misurare la pressione atmosferica. Il funzionamento e illustratoin Fig. 14.2(centro). Una bacinella contiene del mercurio (Hg, densitaρ = 13 579 kg/m3), esposto alla pressione dell’aria. Un tubo lungo e sottileviene riempito completamente di mercurio, tappato, quindi immesso nellabacinella con l’apertura in basso e stappato. Parte del mercurio defluisce daltubo nella bacinella, lasciando quindi il vuoto nella parte superiore del tubo.

Per la legge di Stevin, la pressione all’interno del mercurio dipende solodalla quota. In particolare, al livello della superficie esposta all’aria, devevalere P0 = 1 Atm (da determinare!), sia all’esterno che all’interno del tubo.D’altra parte, applicando sempre la legge di Stevin al mercurio dentro iltubo, si deduce che P0 = ρgh. Pertanto, misurando h si ottiene P0. Il valoremisurato da Torricelli era h = 760 mm (“760 millimetri di mercurio”). Daquesto valore si ricaverebbe 1 Atm = (13 579 kg/m3)(9.806 m/s2)(0.76 m) '101 200 Pa. Il risultato differisce di una parte su mille dal valore standard— discrepanza accettabile per le misure dell’epoca.

Esercizio 14.3. La scelta del mercurio, nel barometro di Torricelli, non eracasuale: si tratta infatti del materiale liquido piu pesante a disposizione. Quantosarebbe stata alta la colonnina di liquido se si fosse usata dell’acqua?

Risposta. La densita dell’acqua e 1000 kg/m3. Occorre trovare un valore

di h tale che 1 Atm = 101 325 Pa = (1000 kg/m3)(9.806 m/s2)h, ovvero

h =101 325 Pa

(1000 kg/m3)(9.806 m/s2)= 10.33 m. Decisamente meno pratico!

14.3.2 Propagazione della pressione: legge di Pascal

Un’altra conseguenza della legge di Stevin e la legge di Pascal: se ad unliquido racchiuso in un contenitore si applica in un punto una variazionedi pressione ∆P , questa variazione si propaga ovunque nel liquido, con lostesso valore, indipendentemente dalla quota e dalla direzione. La situazionee illustrata in Fig. 14.2(destra).

Per capire il motivo, supponiamo che la variazione di pressione vengaapplicata ad una quota z0. La legge di Stevin dice che ad ogni quota z la


pressione deve essere

P (z) = P (z0) + ρg(z0 − z)

Questa relazione deve essere vera per qualunque valore di P (z0), pertanto sequesta varia di ∆P , lo stesso deve fare P (z) per qualunque quota z.

Le macchine idrauliche sono importanti applicazioni pratiche della leggedi Pascal. Con riferimento sempre alla Fig. 14.2(destra), posso pensare diapplicare la pressione ∆P attraverso uno stantuffo con sezione Σ0, cui eapplicata una forza F0 = ∆P · Σ0. La pressione ∆P si propaga ovunque,anche ad altri stantuffi con sezione Σ′. Su questi quindi si esercita una forza

F ′ = ∆P · Σ′ =Σ′

Σ0

F0. Se Σ′ > Σ0, la forza ottenuta, F ′, puo essere resa

molto maggiore di quella applicata, F0.Attenzione pero: non stiamo “creando energia dal nulla”! Se il pistone

su cui agisco col la forza F0 si sposta di una distanza ∆`0, sto compiendoun lavoro W0 = F0 · ∆`0. Corrispondentemente, il pistone di sezioneΣ′ si spostera di ∆`′, che puo essere calcolato come segue: il pistone disezione Σ0 sposta un volume di liquido ∆V = Σ0∆`0, che deve a sua voltaspostare lo stantuffo di sezione Σ′, quindi deve essere anche ∆V = Σ′∆`′;

quindi ∆`′ =Σ0

Σ′∆`0. Se abbiamo costruito la macchina in modo che

Σ0 < Σ′, ne risulta che ∆`′ < ∆`0. Il lavoro fatto dalla forza F ′ e quindi

W ′ = F ′ ·∆`′ =

(Σ′

Σ0

F0

)·(

Σ0

Σ′∆`0

)= W0. In conclusione, una macchina

idraulica puo amplificare una forza, ma non un lavoro.

14.3.3 Galleggiamento: la legge di Archimede

Un oggetto di volume V , immerso in un fluido di densita ρ nel campogravitazionale ~g, riceve dalle forze di superficie del fluido una spinta totale

~Fgall = −ρV ~g (14.19)

Questa legge e nota come legge di Archimede, che la formulo piu o meno cosı:“un oggetto immerso in un fluido riceve da esso una spinta verso l’alto diintensita pari al peso del fluido che occuperebbe il suo volume”.

Possiamo fornire una spiegazione intuitiva ed efficace di questa legge.La spinta ~Fgall che il fluido applica all’oggetto e una forza di superficie,pertanto essa dipende solo dalla superficie che separa l’oggetto dal fluido, enon dalla natura e composizione dell’oggetto stesso. Se l’oggetto immersofosse fatto esattamente della stessa sostanza del fluido, esso dovrebbe stare


in equilibrio — immaginiamoci per esempio che il fluido sia acqua e l’oggettosia un palloncino sottilissimo pieno d’acqua: non c’e ragione per cui l’acquacircostante dovrebbe spingere in su o in giu l’acqua del palloncino. Mal’oggetto di fluido sente una forza di gravita pari a ~F fluido

g = m~g = ρV ~g;se sta in equilibrio, vuol dire che la spinta del fluido circostante deve essereopposta: ~Fgall = − ~F fluido

g = −ρV ~g, con il che l’Eq. (14.19) e dimostrata.

Anche la legge di Archimede e una conseguenza della legge di Stevin.E facile capirlo pensando ad un oggetto parallelepipedo, o cilindrico, conaltezza h e base Σ. Le forze di pressione sulle superfici laterali si bilancianoesattamente. La forza di pressione agente sulla superficie superiore ediretta verso il basso e vale ~F sopra = −P sopraΣz. Analogamente, la forzadi pressione agente sulla superficie inferiore e diretta verso l’alto e vale~F sotto = +P sottoΣz. La legge di Stevin ci dice inoltre che P sotto = P sopraρgh.Infine ricordiamo che il volume dell’oggetto e V = hΣ. Mettendo insiemetutto si trova che la forza totale e ~F sopra + ~F sotto = +(ρgh)Σz = +ρV gz,dunque diretta verso l’alto e in accordo quantitativo con l’Eq. (14.19).

Dalla legge di Archimede risulta un effetto di galleggiamento: il pesoapparente di un oggetto in un fluido e inferiore a quello reale. Chiamando ρ′

la densita dell’oggetto, la forza totale agente su di esso e:

~Ftot = ~Fg + ~Fgall = (ρ′ − ρ)V ~g (14.20)

Se l’oggetto e piu denso del fluido (ρ′ > ρ) esso viene attratto verso il basso,ma piu debolmente; se invece e meno denso (ρ′ < ρ) esso viene spinto versol’alto.

Esercizio 14.4. La densita di un iceberg e ρ′ = 0.917 g/cm3, mentre quelladell’acqua in cui galleggia e ρ = 1 g/cm3. Quanta e la frazione di volumedell’iceberg che emerge dall’acqua?

Risposta. Chiamiamo V il volume totale dell’iceberg, e Vimm il volumeimmerso. La forza di gravita sull’iceberg e Fg = −ρ′V g (diretta verso il basso),mentre la spinta di Archimede e data solo dalla parte sommersa: Fgall = ρVimmg(diretta verso l’alto). La condizione di equilibrio si ha quando la risultantedelle forze si annulla: Fg + Fgall = 0. Cio avviene se ρVimm = ρ′V , ovveroVimmV

=ρ′

ρ= 0.917. La frazione di volume dell’iceberg che emerge dall’acqua e

quindiV − Vimm

V= 0.083: poco piu dell’8%.

. . . Da cui il modo di dire “vediamo solo la punta dell’iceberg”, tipicamente per

significare che la situazione e molto peggiore di quello che appare a prima vista.


Esercizio 14.5. Una grossa chiatta, di superficie Σ = 200 m2, con le fiancateverticali e il fondo piatto, quando e scarica e immersa nell’acqua di 30 cm.Calcolare la massa della chiatta. La chiatta viene caricata con 200 ton di carico,di quanto risulta immersa?

Risposta. Chiamiamo h0 = 0.3 m la parte immersa della chiatta. Il volumeimmerso e Vimm = Σh0 = 60 m3, la spinta di Archimede e Fgall = ρVimmg. Questadeve bilanciare esattamente la forza di gravita Fg = −m0g. Quindi la massa dellachiatta e m0 = ρVimm = (1000 kg/m3)(60 m3) = 60 000 kg = 60 ton.

Dopo il carico, la massa totale e mtot = 260 ton = 260 000 kg. La parte

immersa himm si calcola allo stesso modo: il volume immerso Vimm = Σhimmdeve essere tale che la spinta di Archimede bilanci il peso: ρVimmg = mtotg, quindi

Vimm =mtot

ρe himm =

VimmΣ

=mtot

ρΣ=

260 000 kg

(1000 kg/m3)(200 m2)= 1.3 m.

14.4 Altimetro a pressione

La pressione atmosferica dipende da “quanto pesa” l’aria che sta sopra di noi.Ci aspettiamo che, salendo di quota, ci sia meno aria sopra di noi, e dunqueche la pressione atmosferica diminuisca. Questo e un fatto noto, che puoessere utilizzato per misurare la quota, per esempio durante un’escursione inmontagna.

La terza delle Eq. (14.17) ci permette di essere piu quantitativi.Riscriviamola per comodita

dP

dz= −ρg (14.21)

La densita dei gas pero non e uniforme: essa e regolata dall’equazione distato

PV = nRT (14.22)

essendo P la pressione del gas, V il volume che occupa, T la temperatura(in gradi Kelvin), n il numero di moli, R = 8.314 Nm/K la costante deigas perfetti. Possiamo ricavare ρ dall’equazione di stato: un volume V checontiene n moli ha una massa n·A, essendo A la massa di una mole. Pertanto

ρ =nA

V=

A

RTP (14.23)

L’atmosfera terrestre e composta al 78% di azoto (molecola N2, massamolare AN2 = 28 g) e al 21% di ossigeno (molecola O2, massa molareAO2 = 32 g), con un rimanente 1% di altri gas, dominati dall’argon (molecolamonoatomica Ar, massa molare AAr = 40 g). Pertanto la massa molare della

14.4. ALTIMETRO A PRESSIONE 345

miscela si puo calcolare come una media pesata dei gas componenti, tenendoconto delle loro percentuali.

A =78AN2 + 21AO2 + 1AAr

100= 28.96 g = 0.02896 kg

La densita dell’atmosfera terrestre puo essere calcolata dall’Eq. (14.23) pertemperatura e pressione fissate. Ci sono diversi standard in proposito, neelenchiamo alcuni [2] qui in tabella:

standard temperatura pressione densita(C) (K) (Atm) (105 Pa) (kg/m3)

IUPAC-STP 0 273.15 0.987 1 1.28SATP 25 298.15 0.987 1 1.17NIST 20 293.15 1 1.013 1.20

Normalmente si assume ρ = 1.3 kg/m3.

Usando l’Eq. (14.23), l’Eq. (14.21) si puo riscrivere come:

dP

dz= −Ag

RTP (14.24)

che e un’equazione differenziale nella funzione incognita P (z). Si potrebbepensare di integrare questa equazione — e da un punto di vista matematico

e possibile: la soluzione sarebbe P (z) = P0e−AgRT

z, provare per credere!

Tuttavia sarebbe fuorviante, perche cosı facendo si sta implicitamenteassumento che la temperatura T sia uguale a qualunque altezza — il chee notoriamente sbagliato!

Pertanto, consci del fatto che l’Eq. (14.24) e applicabile solo per dislivelli∆z sui quali si possa assumere che T e uniforme, procediamo in maniera

approssimata, sostituendo la derivatadP

dzcon un rapporto di differenze finite

∆P

∆z, e scrivendo

∆z = −(RT

Ag

)︸︷︷︸

λ

∆P

P(14.25)

2 IUPAC=“International Union of Pure and Applied Chemistry”; STP=“StandardTemperature and Pressure”; SATP=“Standard Ambient Temperature and Pressure”;NIST=“National Institute of Standards and Technology”


Figura 14.3: Andamento della temperatura media atmosferica in funzionedella quota sul livello del mare.

Ad una temperatura T = 273 K (pari a circa 0C) si ottiene λ ' 7990 m.Per T = 300 K (corrispondente a circa 27C) λ ' 8780 m.

E quindi chiaro che l’Eq. (14.25) puo essere usata per calcolare undislivello ∆z, misurando la pressione P alla partenza e le sue variazioni∆P . Tuttavia occorre conoscere anche la temperatura della colonna d’aria,altrimenti la stima di ∆z puo essere grossolana.

Possiamo tentare un calcolo un po’ piu raffinato, introducendo il gradientetermico medio, ovvero la variazione media di temperatura con l’altezza.Nella parte bassa dell’atmosfera, la troposfera (fino a ∼ 13 km di quota,vd Fig. 14.3), la temperatura si abbassa al crescere dell’altezza, di circa 6.5gradi ogni 1000 metri:

α = −dTdz' 6.5 · 10−3 K/m

ovvero T (z) = T0 − αz, con T0 ' 20C ' 293 K al livello del mare.L’Eq. (14.24) si puo scrivere come:

dP

P= −Ag

R

dz

T0 − αz

14.5. MOTO STAZIONARIO DI UN LIQUIDO 347

che si puo integrare: ∫ P

P0

dP ′

P ′= −Ag

R

∫ z

0

dz′

T0 − αz′

[lnP ′]PP0

=Ag

Rα[ln(T0 − αz′)]z0

ln

(P

P0

)=

Ag

Rαln

(T0 − αzT0

)

P (z) = P0

(T0 − αzT0

)AgRα

Questa puo essere invertita per ricavare l’altezza z sul livello del mare:

z =T0

α

1−(P

P0

)RαAg

(Rα

Ag' 0.19

)

14.5 Moto stazionario di un liquido

Consideriamo un liquido in moto stazionario: questo significa che i parametridel liquido possono cambiare da una posiziona a un’altra, ma non dipendonodal tempo. In particolare possiamo assumere che

~u ≡ ~u(~r) ;∂~u

∂t= 0

P ≡ P (~r) ;∂P

∂t= 0

(14.26)

Supponiamo inoltre che il liquido scorra in un tubo sottile, cosicche inogni sezione Σ del tubo la velocita ~u possa essere considerata uniforme intutti i punti.

14.5.1 Portata

Il volume di liquido che scorre nell’unita di tempo, P ≡ dV

dt, si chiama

portata. Se attraverso una sezione Σ il liquido scorre con velocita u, in untempo dt passa un volumetto dV = Σ · u dt (vd Fig. 14.4), quindi la portata


u dt

Σ

dV

u1

Σ1

u2

Σ2

u3

Σ3

z1

z2

z3

Figura 14.4: Tubo percorso da un liquido in moto stazionario.

si puo calcolare come

P =dV

dt= Σu (portata) (14.27)

Essendo il liquido incomprimibile, il volume dV che attraversa una datasezione Σ1 deve essere lo stesso che attraversa qualunque altra sezione Σ2.Pertanto la portata attraverso le due sezioni deve essere uguale:

PΣ1 = PΣ2 (14.28)

Se cosı non fosse, si avrebbe nel tempo un aumento o una diminuzione delvolume di liquido compreso fra le sezioni Σ1 e Σ2 — il che e assurdo, vistoche questo volume e definito dalla geometria del tubo.

L’Eq. (14.28) puo essere riscritta come:

Σ1u1 = Σ2u2 (14.29)

Se la sezione e maggiore, la velocita e piu bassa, e viceversa. Nell’esempio diFig. 14.4, Σ1 > Σ3 > Σ2, pertanto deve essere u1 < u3 < u2.

14.5.2 Teorema di Bernoulli

Analizziamo la dinamica del movimento del liquido. Consideriamo unvolumetto δV di liquido, soggetto alla forza totale (Eq. (14.14)):

δ ~F =(− ~∇P + ρ~g

)δV


La massa e δm = ρ δV , pertanto l’accelerazione del volumetto e:

d~u

dt= ~a =

δ ~F

δm= −

~∇P

ρ+ ~g

(14.30)

Cio significa che nel tempo dt la velocita del volumetto e cambiata di unaquantita d~u = ~a dt. Ma nello stesso tempo, il volumetto si e spostato did~r = ~u dt, e quindi si viene a trovare in una posizione diversa, dove lavelocita media (che e supposta stazionaria, ricordiamo) e definita con unvalore diverso, secondo l’Eq. (14.26): ~u(~r)+d~u = ~u(~r+d~r). Quindi possiamovedere d~u da due punti di vista diversi: come variazione della velocita a causadelle forze agenti, oppure a causa del cambiamento di posizione. Per l’ipotesidi stazionarieta, i due risultati devono essere identici:

~a dt = d~u = ~u(~r + d~r)− ~u(~r)

Se facciamo il prodotto scalare con ~u, il primo membro diventa

~u · ~a dt =d~r

dt·

(−~∇P

ρ+ ~g

)dt = −d

~r · ~∇P

ρ+ d~r · ~g

mentre il secondo diventa:

~u · d~u = uxdux + uyduy + uzduz = d

(u2x

2

)+ d

(u2y

2

)+ d

(u2z

2

)= d

(u2

2

)Ora,

d~r · ~∇P = dx∂P

∂x+ dy

∂P

∂y+ dz

∂P

∂z

D’altra parte,

P (~r + d~r)− P (~r) = P (x+ dx, y + dy, z + dz)− P (x, y, z)

= [P (x+ dx, y + dy, z + dz)− P (x+ dx, y + dy, z)]

+ [P (x+ dx, y + dy, z)− P (x+ dx, y, z)]

+ [P (x+ dx, y, z)− P (x, y, z)]

=∂P

∂xdx+

∂P

∂ydy +

∂P

∂zdz


quindi

d~r · ~∇P = dP

Inoltre, ρ per i liquidi e uniforme, quindidP

ρ= d

(P

ρ

). Infine, ~g = −gz,

quindi d~r · ~g = −g dz. Mettendo tutto insieme si trova:

d

(u2

2+P

ρ+ gz

)= 0 (14.31)

e quindi la quantita fra parentesi e uniforme lungo il tubo che trasporta illiquido:

u2

2+P

ρ+ gz ≡ costante (14.32)

Questo risultato va sotto il nome di teorema di Bernoulli.

La quantita

(u2

2+P

ρ+ gz

)puo essere considerata costante in due

sensi:

• per due punti diversi (1) e (2) lungo il tubo:(u2

2+P

ρ+ gz

)(1)

=

(u2

2+P

ρ+ gz

)(2)

• per un elemento δV di liquido che scorre nel tubo, a due istantitemporali t1, t2:(

u2

2+P

ρ+ gz

)(t=t1)

=

(u2

2+P

ρ+ gz

)(t=t2)

L’equivalenza fra queste due affermazioni deriva dall’ipotesi di stazionarieta:sia P che ~u non devono dipendere dal tempo, ma solo dalla posizione ~r.Quindi, la seconda scrittura si puo derivare dalla prima, pensando a unelemnto di liquido che si trova in (1) all’istante t = t1, e successivamentesi sposta in (2) all’istante t = t2.

Per analizzare il flusso di liquido in un tubo, si fa uso del teorema diBernoulli e della costanza della portata: date due sezioni Σ1, Σ2, abbiamo

(sezione 1) (sezione 2)

Σ1u1 = Σ2u2

u21

2+P1

ρ+ gz1 =

u22

2+P2

ρ+ gz2


P1

P2

1ds

2ds

Σ1

Σ2

z2

z1

Figura 14.5: Lavoro delle forze di pressione.

Normalmente le quote z1, z2 e le sezioni Σ1,Σ2 sono note, perche dipendonodalla costruzione del tubo (vd Fig. 14.4). L’uso di queste equazioni puo esseremolteplice:

• si conoscono le pressioni P1, P2 e si ricavano le velocita u1, u2;

• si conoscono pressione e velocita ad una sezione (per esempio P1, u1) esi ricavano quelle attraverso un’altra sezione.

14.5.3 Considerazioni energetiche

Il teorema di Bernoulli si puo dedurre anche da considerazioni energetiche.Consideriamo una porzione di liquido fra le due sezioni Σ1, Σ2, come inFig. 14.5. Su di esso agisce la forza di gravita, conservativa, e le forze dipressione, che consideriamo come forze esterne.

Durante lo movimento del liquido, la sezione Σ1 compie uno spostamentods1, mentre la sezione Σ2 compie uno spostamento ds2. La relazione fraqueste quantita e:

Σ1 ds1 = Σ2 ds2 = dV

essendo dV la quantita di volume di liquido spostato: essendo il liquidoincomprimibile dV deve avere lo stesso valore attraverso Σ1 e Σ2. Il lavorofatto dalle forze di pressione e:

dW(est) = (Σ1P1)ds1 − (Σ2P2)ds2 = (P1 − P2) dV


Questo deve uguagliare la variazione dell’energia meccanica della porzione diliquido che stiamo considerando:

dW(est) = dE = dE + dU

Ora, per calcolare dE , dU dovremmo considerare gli spostamenti di tuttigli strati di liquido compresi fra Σ1 e Σ2. Tuttavia, a causa dell’ipotesi distazionarieta, cio e equivalente a supporre che lo strato adiacente a Σ1 sisposti direttamente fino a diventare adiacente a Σ2. Quindi:

dE =dm

2

(u2

2 − u21

)= ρ dV

(u2

2

2− u2

1

2

)dU = dmg (z2 − z1) = ρ dV g (z2 − z1)

Mettendo insieme tutto e semplificando via il dV si trova:

P1 − P2 = ρ

(u2

2

2− u2

1

2

)+ ρ g (z2 − z1)

che e equivalente all’Eq. (14.31).

14.5.4 Esercizi su liquidi in moto stazionario

Esercizio 14.6. Si vuole travasare dell’olio da un grosso recipiente a delledamigiane, mediante l’uso di un imbuto conico, che ha diametro superiore D1 =15 cm e diametro inferiore D2 = 2 cm. La densita dell’olio e ρ = 0.9 g/cm3.Il livello dell’olio nell’imbuto viene mantenuto costante a h = 10 cm durante lamescita. Quanto tempo occorre per riempire una damigiana di 5 litri? Si assumaun flusso stazionario e si trascurino gli attriti.

Risposta. Bisogna ovviamente calcolare la portata P dell’imbuto. Questa euguale attraverso le sezioni superiore e inferiore: P = Σ1u1 = Σ2u2, essendo

Σ1,2 = π

(D1,2

2

)2

. Quindi occorre conoscere le velocita con cui l’olio fluisce. Il

teorema di Bernoulli ci dice che:

u22 − u2

1

2+P2 − P1

ρ= g(z1 − z2)

Ora, la pressione ad entrambi gli estremi e quella atmosferica, quindi P1 = P2.

Inoltre z1 − z2 = h e noto. Infine, possiamo esprimere u1 =Σ2

Σ1u2 =

(D2

D1

)2

u2.

Quindi abbiamo: u22

(1−

(D2

D1

)4)

= 2gh, ovvero u2 =

√2gh

1− (D2/D1)4=


√2(9.806 m/s2)(0.1 m)

1− (2/15)4= 1.4 m/s. La portata e P = Σ2u2 = π

(D2

2

)2

u2 =

3.1415927 (0.01 m)2 (1.4 m/s) = 4.398 · 10−4 m3/s. Il volume da riempire e

V = 5 ` = 5 · 10−3 m3, quindi il tempo necessario e ∆t =V

P= 11.37 s.

Esercizio 14.7. In un tubo orizzontale di sezione variabile scorre dell’alcooletilico (ρ = 0.81 g/cm3). Ai capi del tubo la pressione P1 e pari a quellaatmosferica, il diametro del tubo e D1 = 1 cm e la velocita e u1 = 1 m/s. Inuna parte centrale il diametro si stringe fino a D2: quanto deve valere D2 perchela pressione P2 si dimezzi rispetto a P1? E possibile trovare un diametro ancorapiu stretto D3 affinche la pressione si annulli?

Risposta. Il tubo e orizzontale, quindi la quota z e uguale ovunque,

e l’equazione di Bernoulli si scrive:1

ρ(P1 − P2) =

u22 − u2

1

2, quindi u2

2 =

u21 +

2

ρ(P1 − P2). Per avere P2 = 0.5P1 occorre che u2 =

√u2

1 +P1

ρ=√

(1 m/s)2 +1.013 · 105 Pa

810 kg/m3= 11.23 m/s. Dalla conservazione della portata,

π

(D1

2

)2

u1 = π

(D2

2

)2

u2, si trova che D2 = D1

√u1

u2= (1 cm)

√1 m/s

11.23 m/s=

0.298 cm.Per avere P3 = 0, si ragiona nello stesso modo: deve essere u3 =√u2

1 + 2P1

ρ=

√(1 m/s)2 + 2

1.013 · 105 Pa

810 kg/m3= 15.84 m/s. Quindi D3 =

D1

√u1

u3= (1 cm)

√1 m/s

15.84 m/s= 0.251 cm.

Osservazione. Si potrebbe pensare che, con sezioni ancora piu piccole, si

ottengano velocita ancora piu elevate, dunque pressioni negative — il che e privo

di senso fisico! Quello che succede nella realta, e che per P → 0 il liquido inizia a

“bollire”, producendo dunque bolle di gas. Queste non sono piu a densita costante,

quindi il sistema non e piu nelle condizioni di applicare le equazioni di Bernoulli

e della portata.

Esercizio 14.8. La superficie dell’acqua di un bacino artificiale si trova a quota1800 m sul livello del mare. Una condotta forzata raccoglie acqua dal fondo delbacino e la porta ad una centrale elettrica situata a quota 1200 m sul livello delmare. Calcolare la velocita di uscita dell’acqua.

Risposta. Come sempre si usa l’equazione di Bernoulli, per le quote z1 =1800 m e z2 = 1200 m:

u21

2+P1

ρ+ gz1 =

u22

2+P2

ρ+ gz2


Abbiamo due incognite, u1, u2, e una sola equazione. Apparentemente mancanoi dati per scrivere l’equazione della portata. Tuttavia e logico considerare u1 =0, essendo la sezione a quota z1 (l’intera superficie dello specchio d’acqua)sicuramente mooolto maggiore della sezione a quota z2 (la sezione della condottaal livello della centrale). Per le pressioni, possiamo assumere P2 − P1 =ρ′g(z1 − z2), con ρ′ = 1.3 kg/m3 la densita dell’aria: si ottiene P2 − P1 =(1.3 kg/m3)(9.806 m/s2)(600 m) = 7649 Pa.

In conclusione, u2 =

√2

(g∆z − ∆P

ρ

)= 108.4 m/s. Una piccola

osservazione: se avessimo trascurato la differenza di pressione dovuta all’atmosfera

terrestre, avremmo trovato 108.5 m/s.

Parte II

Elementi di Termodinamica,Elettromagnetismo, Ottica

355

Capitolo 15

Nozioni di termodinamica

15.1 Temperatura

La temperatura e una proprieta empirica degli oggetti, che associamo allesensazioni di “caldo” e “freddo”. Come per ogni altra grandezza fisica,occorre darne una definizione quantitativa, in modo da renderla una quantitamisurabile.

15.1.1 Temperatura empirica

Cio che si osserva, sperimentalmente, e che un oggetto (solido o liquido),quando si scalda tende a dilatarsi, mentre quando si raffredda tende acontrarsi. La colonnina di mercurio di un termometro e un noto esempio.Possiamo usare questa proprieta di dilatazione per definire la temperatura.

Prima di tutto occorrono dei punti di riferimento. Per esempio definiamoche:

• la condizione in cui acqua e ghiaccio coesistono alla pressioneatmosferica (punto crioscopico) corrisponde a 0C (0 gradi Celsius);

• la condizione in cui l’acqua bolle alla pressione atmosferica (puntoebullioscopico) corrisponde a 100C (100 gradi Celsius).

Supponiamo che la colonnina del mercurio di un termometro, posta acontatto con ghiaccio fondente, abbia lunghezza `0, e posta a contatto conacqua bollente si allunghi fino a `100. Se, messa a contatto con un oggetto,

357

358 CAPITOLO 15. NOZIONI DI TERMODINAMICA — M.FANTI

raggiunge lunghezza `, allora definiamo la temperatura t [1] dell’oggetto come:

t = 100`− `0

`100 − `0

C (temperatura empirica in scala Celsius) (15.1)

Questa e la definizione della temperatura empirica in scala Celsius. E unadefinizione corretta, perche si mostra essere ripetibile.

E poi possibile verificare che anche altri materiali (diversi dal mercurio)hanno leggi di dilatazione ben precise. Per esempio, una sbarra rigida, cheabbia lunghezza `1 a temperatura t1, passando alla temperatura t2 cambiala sua lunghezza arrivando al `2: si verifica per sperimentazione che

∆` = α``1∆t

(∆` ≡ `2 − `1

∆t ≡ t2 − t1

)(15.2)

Il coefficiente α` si chiama coefficiente di dilatazione termica lineare, ed ecaratteristico del materiale, ma indipendente dalla lunghezza iniziale `1 edalle temperature t1, t2 — almeno per variazioni ∆t non troppo estese.

Analogamente, un solido o un liquido che passa dalla temperatura t1 allatemperatura t2 subisce una variazione di volume da V1 a V2, secondo la leggeempirica

∆V = αV V1∆t

(∆V ≡ V2 − V1

∆t ≡ t2 − t1

)(15.3)

Il coefficiente αV si chiama coefficiente di dilatazione termica volumetrica.Anch’esso e caratteristico del materiale, ma indipendente dal volume inizialee dalle temperature t1, t2 — almeno per variazioni ∆t non troppo estese.

Sfruttando la dilatazione termica di diversi materiali si possono costruiretermometri di varie nature. Tutti possono essere tarati ai punti crioscopicoed ebullioscopico. Tuttavia, per escursioni termiche elevate, diversi materialinon riproducono necessariamente le stesse misure di temperatura.

15.1.2 Legge-zero della termodinamica

Abbiamo definito la temperatura di un oggetto come una quantita chesi misura ponendolo in contatto con un altro oggetto (il termometro) edosservando i cambiamenti di quest’ultimo.

1 Qui usiamo la variabile t per indicare la “temperatura empirica”: quando definiremola temperatura assoluta in scala Kelvin faremo uso della variabile T . In questa sezionenon trattiamo il tempo, quindi l’uso di t per la temperatura empirica non dovrebbe creareconfusione.

15.1. TEMPERATURA 359

In effetti, quando il termometro viene posto a contatto con l’oggetto, siosserva che la colonnina di mercurio si modifica, poi dopo un po’ di tempo sistabilizza. Cio che assumiamo tacitamente, e che dopo una fase transitoria,le temperature del termometro e dell’oggetto da misurare si uniformino.In questo modo, i cambiamenti osservati nel termometro forniscono unamisura non solo della temperatura del termometro stesso, ma anche di quelladell’oggetto.

Questa assunzione viene spesso enunciata come la legge-zero dellatermodinamica:

“Se due oggetti, uno piu caldo ed l’altro piu freddo, vengono posti incontatto termico, dopo una fase transitoria essi si stabilizzeranno avendo lastessa temperatura”

15.1.3 Temperatura assoluta

Un caso particolare e costituito dai gas. Essi, se tenuti a pressione costante,per variazioni di temperatura ∆t subiscono variazioni di volume ∆V tali che[

∆V

V

]P

=∆t

t+ t0(15.4)

Viceversa, se contenuti in un recipiente a volume costante, per variazioni ditemperatura ∆t subiscono variazioni di pressione ∆P tali che[

∆P

P

]V

=∆t

t+ t0(15.5)

Le notazioni della forma [· · · ]X sono introdotte per specificare che la variabileX e considerata costante.

Entrambe le leggi hanno una validita sperimentale su un intervallodi temperature piuttosto vasto, non dipendono dal gas utilizzato, e la“temperatura di riferimento” t0 e comune alle due leggi e non dipende dallacomposizione del gas. Facendo diverse misure di volume a pressione costante,o di pressione a volume costante, si puo ricavare il valore di t0: in scala Celsiussi trova:

t0 = 273.15 C (15.6)

Le Eq. (15.4) e Eq. (15.5) suggeriscono di ridefinire la temperatura,riassorbendo t0: si ottiene cosı la temperatura assoluta, misurata in scalaKelvin:

T = t+ t0 (15.7)


cosicche le due leggi dei gas diventano semplicemente:[∆V

V

]P

=∆T

T;

[∆P

P

]V

=∆T

T(15.8)

Si puo andare oltre, e ridefinire la temperatura mediante una delleEq. (15.8).

Da queste due leggi empiriche si puo gia derivare una equazione distato del gas. Immaginiamo di avere una condizione iniziale di un gasa temperatura T0, pressione P0, che occupa un volume V0. Possiamoconsiderare una successione di due trasformazioni.

• La prima e una trasformazione isobara, cioe a pressione costante. Lavariazione di volume ∆V = V − V0 e legata ad una variazione di

temperatura ∆T = T ′ − T0 daV − V0

V0

=T ′ − T0

T0

, ovvero:

V

V0

=T ′

T0

• La seconda e una trasformazione isocora, cioe a volume costante. Lavariazione di pressione ∆P = P − P0 e legata ad una variazione di

temperatura ∆T = T − T ′ daP − P0

P0

=T − T ′

T ′, ovvero:

P

P0

=T

T ′

Combinando i due risultati si ottienePV

P0V0

=T

T0

, ovvero

PV

T= costante (gas rarefatti)

15.2 Teoria cinetica dei gas rarefatti

In questo capitolo trattiamo sistemi fisici caratterizzati dai cosiddetti gasperfetti, o gas ideali. Essi sono costituiti da molecole sufficientementerarefatte, tali che il loro moto, all’interno del volume a disposizione,si possa considerare sostanzialmente libero. Questa e ovviamenteun’approssimazione: in effetti le molecole possono urtarsi fra loroscambiandosi energia e quantita di moto, ma l’idea e che cio avvenga solo

15.2. TEORIA CINETICA DEI GAS RAREFATTI 361

quando due molecole si avvicinano molto: prima e dopo l’urto possono essereconsiderate come particelle libere. Inoltre assumiamo che il volume occupatodalle molecole sia trascurabilmente piccolo rispetto al volume a disposizionedel gas.

15.2.1 L’equazione di stato

Lo stato di un gas perfetto puo essere descritto attraverso grandezze“collettive”, o “macroscopiche”: cioe che ne danno le caratteristiche globali,senza entrare nel dettaglio dello stato cinematico delle singole molecole. Taligrandezze sono:

• il volume V occupato dal gas;

• la pressione P esercitata dal gas sulle pareti che lo contengono;

• la temperatura T del gas.

Esprimendo la temperatura in scala Kelvin, i gas perfetti sono tutticaratterizzati da una legge empirica, detta equazione di stato, che mettein relazione le tre quantita V, P, T :

PV = NkT (15.9)

essendo N il numero di molecole che costituiscono il gas, e k la costante diBoltzmann, che si misura pari a

k = 1.3806488 · 10−23 JK−1 (15.10)

Probabilmente avete gia incontrato questa equazione nella forma:

PV = nRT (15.11)

essendo n il numero di moli e R la costante dei gas perfetti. Poiche una molee definita come un numero di Avogadro (NA = 6.02214129 ·1023) di molecole,ovviamente N = NA · n, quindi la relazione fra R e k e:

R = k ·NA = 8.314 JK−1 (15.12)

Mentre la forma Eq. (15.11) e usata in chimica, la forma Eq. (15.9) equella piu utile in fisica, poiche ci interessa comprendere il comportamentomacroscopico in termini di moto molecolare.

Per dare un’idea delle grandezze in gioco, consideriamo un volume V =1 m3 di gas atmosferico, alla pressione P = 1 Atm = 1.013 · 105 Pa ed


v (i),prima

v (i),dopo

v(i),prima

v(i),dopo

v (i)

v(i)

Σ

v δt(i)

δV(i)

Figura 15.1: A sinistra: urto elastico di una molecola di gas controla parete: la componente v

(i)⊥ della velocita perpendicolare alla parete viene

riflessa, mentre quella parallela resta immutata. A destra: costruzione delvolumetto δV (i), definito in modo che se la i-esima molecola vi si trova dentro,puo urtare la parete nel tempo δt.

alla temperatura assoluta T = 300 K (circa 27C). L’equazione di stato,

Eq. (15.9), ci permette di calcolare il numero di molecole: N =PV

kT'

2.5 · 1025 — 25 milioni di miliardi di miliardi! Il gas atmosferico e costituitoal 78% di azoto (N2) e al 21% di ossigeno (O2), entrambi in forma dimolecole biatomiche. La dimensione lineare di tali molecole e dell’ordine di≈ 0.1 nm = 10−10 m. La molecola e sostanzialmente unidimensionale, peropuo ruotare su se stessa, quindi possiamo attribuire a ciascuna molecola un“volume efficace” ≈ (10−10 m)3 ≡ 10−30 m3. Dunque il volume totale efficaceoccupato da tutte le molecole e V eff

mol ≈ 2.5 · 10−5 m3 — 25 parti per milionedel volume totale!

In questo senso il gas e “rarefatto”.

15.2.2 Modello molecolare della pressione

La pressione P prodotta da un gas contro le pareti del recipiente che locontiene e interpretabile come l’effetto netto di tantissimi urti che le singolemolecole del gas producono contro le pareti. Ad ogni urto, la molecolarimbalza indietro, quindi subisce una variazione di quantita di moto ∆~p:per il principio di azione-reazione, anche la parete deve subire una variazione

15.2. TEORIA CINETICA DEI GAS RAREFATTI 363

di quantita di moto opposta −∆~p. L’effetto complessivo di tantissimi urtiproduce la pressione P che si osserva sulla parete.

Chiamiamo ~p(i) la quantita di moto della i-esima molecola prima dell’urto.Cominciamo con l’assumere — ragionevolmente — che l’urto contro la paretesia perfettamente elastico e che alteri solo la componente ~p

(i)⊥ ortogonale alla

parete stessa, che cambia quindi di segno, come in Fig. 15.1 (a sinistra):

∆~p(i)‖ = 0

∆~p(i)⊥ = −2~p

(i)⊥ = −2mi~v

(i)⊥

Qual e la probabilita δP(i) che la i-esima molecola urti effettivamente laparete in un intervallino di tempo δt? L’urto puo avvenire solo se lamolecola ha una componente della velocita ~v(i) diretta verso la parete, edin piu se e sufficientemente vicina ad essa da raggiungerla entro il tempoδt: precisamente, la distanza D(i) di tale molecola dalla parete deve essereinferiore ad un massimo:

D(i) < D(i)max ≡ δt · v(i)

⊥

Questo definisce un volumetto δV (i) — una specie di strato subito all’internodella superficie Σ del contenitore del gas — dato da

δV (i) = D(i)maxΣ = δt · v(i)

⊥ Σ

come illustrato in Fig. 15.1 (a destra).Nel suo moto, la molecola puo trovarsi ovunque nel volume V che ha a

disposizione, senza particolari luoghi preferenziali. Pertanto la probabilitache si trovi entro δV (i) e pari a δV (i)/V . Anche la direzione del moto dellamolecola e casuale: puo avvicinarsi o allontanarsi dalla parete. Quindi laprobabilita che vada ad urtare e ulteriormente ridotta di un fattore 1/2. Intotale:

δP(i) =1

2

δV (i)

V= δt

v(i)⊥ Σ

2V(15.13)

Ogni urto produce sulla parete una variazione di quantita di moto 2p(i)⊥ =

2miv(i)⊥ . L’effetto totale si ottiene sommando su tutte le molecole, pesando

ogni contributo della somma con la probabilita che l’urto avvenga nel tempoδt:

δptot =∑i

δP(i) · 2miv(i)⊥ = δt

∑i

mi

[v

(i)⊥

]2

Σ

V

= δtΣ

V

∑i

mi

[v

(i)⊥

]2


La velocita ~v(i) della i-esima molecola e del tutto causale: la direzioneortogonale alla parete (⊥) e le due direzioni parallele (‖1 e ‖2) sonoequiprobabili. Poiche

[v(i)]2

=[v

(i)⊥

]2

+[v

(i)‖1

]2

+[v

(i)‖2

]2

e visto che sommiamo su tantissime molecole, e ragionevole assumere che[v

(i)⊥

]2

contribuisca con 1/3 di[v(i)]2

, quindi possiamo scrivere

δptot = δt1

3

Σ

V

∑i

mi

[v(i)]2

Una quantita di moto totale δptot ceduta nel tempo δt alla superficie Σ

significa una forza F tot =δptot

δtsu Σ, ovvero una pressione

P =F tot

Σ=

δptot

Σ · δt=

1

3V

∑i

mi

[v(i)]2

In conclusione, abbiamo trovato un’equazione di stato:

PV =1

3

∑i

mi

[v(i)]2

=1

3N⟨mv2

⟩(15.14)

Il prodotto pressione per volume di un gas ideale e pari a 1/3 del numero dimolecole N , per il valore medio della massa per la velocita al quadrato 〈mv2〉

Il risultato e notevole: mediante una trattazione “microscopica” delladinamica delle molecole del gas, abbiamo trovato una relazione fra grandezzemacroscopiche: la pressione, il volume, e la velocita quadratica media dellemolecole.

L’Eq. (15.14) supporta perfettamente l’equazione di stato empiricaEq. (15.9):

PV = NkT

fornendoci pero una comprensione piu approfondita. In particolare da unainterpretazione dinamica della temperatura, che altrimenti restava definitasolo a livello empirico. Infatti, confrontando le due equazioni vediamo subitoche deve essere: ⟨

mv2⟩

= 3kT (15.15)

15.3. TEMPERATURA ED ENERGIA INTERNA DEI GAS 365

15.3 Temperatura ed energia interna dei gas

Il modello molecolare ci ha permesso di trovare una relazione fra latemperatura T di un gas e l’agitazione delle molecole che lo compongono,attraverso la relazione 〈mv2〉 = 3kT . E abbastanza facile notare la

somiglianza con la formula dell’energia cinetica,m

2v2.

In effetti, la temperatura e legata all’energia microscopica dei singolicostituenti del gas. Nelle seguenti sezioni approfondiamo questo legame.

15.3.1 Temperatura ed energia cinetica di traslazione

La quantita 〈mv2〉 che compare nell’Eq. (15.15) e ovviamente legata

all’energia cinetica delle molecole del gas: Ei =mi

2v2i . In verita, una

molecola puo essere un oggetto complesso, formato da piu atomi, dunquenon necessariamente puntiforme. Come tale, oltre ad avere un movimentodi traslazione, puo essere dotato anche di rotazione. La sua energia cineticadipende sia dal moto traslatorio che da quello rotatorio, e la componentemi

2v2i e legata solo al moto traslatorio. Pertanto, si definisce l’energia cinetica

traslatoria esattamente la quantita

ETi =mi

2v2i (energia cinetica traslatoria) (15.16)

e quindi possiamo affermare che⟨ET⟩

=3

2kT (15.17)

Cioe, la temperatura T e una manifestazione macroscopica dell’energiacinetica traslatoria delle molecole.

15.3.2 Temperatura in una miscela di gas

E interessante analizzare che cosa succede quando il gas e formato da unamiscela. Nella trattazione della Sezione 15.2.2, che ci ha portato a scriverel’Eq. (15.15),

⟨mv2

⟩= 3kT , non abbiamo mai ipotizzato l’uguaglianza delle

masse delle molecole. Ogni molecola aveva la sua massa mi, ed in linea diprincipio potevano anche essere tutte diverse! Ne segue chel’Eq. (15.17),⟨ET⟩

=3

2kT , deve sempre essere valida, per qualunque miscela di gas.

Consideriamo ora una miscela di due gas — chiamiamoli (1) e (2) —in cui le molecole hanno masse m(1) e m(2). Che cosa possiamo dire sulle


energie cinetiche traslatorie medie⟨ET (1)

⟩,⟨ET (1)

⟩di ciascuno dei due gas?

Se fossero diverse, saremmo tentati di definire due temperature T (1), T (2),per ciascuno dei due gas coesistenti nella miscela:

T (1) =2

3

⟨ET (1)

⟩k

; T (2) =2

3

⟨ET (2)

⟩k

(e sensato???)

In realta, quando i due gas si sono miscelati, anche le loro temperaturediventano identiche. Vediamo perche.

Consideriamo un urto fra due generiche molecole del gas (1) e del gas (2).Chiamiamo ~v(1), ~v(2) le velocita delle molecole dopo l’urto. Ora consideriamoil sistema-2-molecole, che ha massa totale m(1)+(2) = m(1) +m(2), e quantitadi moto totale ~p(1)+(2) = ~p(1)+ ~p(2). Possiamo definire la sua “velocita” come:

~v(1)+(2) =~p(1)+(2)

m(1)+(2)=m(1)~v(1) +m(2)~v(2)

m(1) +m(2)

Per la conservazione della quantita di moto nell’urto, ~v(1)+(2) non cambia daprima a dopo l’urto, pertanto possiamo dire che essa, anche se calcolata dallevelocita dopo l’urto, dipende dalle velocita prima dell’urto. Le direzioni di~v(1), ~v(2) dopo l’urto sono completamente casuali! Pertanto anche la lorovelocita relativa

~w = ~v(1) − ~v(2)

ha direzione casuale. L’angolo α che ~w forma con ~v(1)+(2) puo essere <π

2o

>π

2con uguale probabilita, per cui e altrettanto probabile avere cosα > 0

o cosα < 0. Ne consegue che, mediando su tanti urti,⟨~w · ~v(1)+(2)

⟩=⟨| ~w| · |~v(1)+(2)| · cosα

⟩= 0

Ora sviluppiamo questa espressione:

~w · ~v(1)+(2) =(~v(1) − ~v(2)

)·(m(1)~v(1) +m(2)~v(2)

m(1) +m(2)

)=

m(1)(v(1))2 −m(2)

(v(2))2

+(m(2) −m(1)

)~v(1) · ~v(2)

m(1) +m(2)

Essendo le velocita completamente casuali, mediando su tanti urti anche⟨~v(1) · ~v(2)

⟩= 0. Inoltre, m(i)

(v(i))2

= 2ET (i). Ne segue che⟨ET (1)

⟩=⟨ET (2)

⟩ovvero i due gas della miscela hanno uguale temperatura T (1) = T (2).


15.3.3 Temperatura ed energia interna

L’energia interna di un gas rarefatto e data dalla totalita delle energiecinetiche delle sue molecole:

E =∑i

Ei = N 〈E〉 (15.18)

Nel caso di gas mono-atomici (cioe i cui atomi non si legano in molecole),l’energia cinetica e legata al solo moto di traslazione delle molecole:

m(v(i))2

= 2E (i) (gas monoatomico) (15.19)

Pertanto l’Eq. (15.15) puo essere riscritta come:

〈E〉 =3

2kT (gas monoatomico) (15.20)

quindi collegando la temperatura (quantita macroscopica) all’energia cineticamedia degli atomi del gas.

L’energia interna di un gas mono-atomico e quindi pari a

E = N 〈E〉 =3

2NkT (gas monoatomico) (15.21)

Il legame fra temperatura ed energia interna e estendibile anche ai gasmolecolari, le cui molecole sono formate da due o piu atomi. La situazionee piu complessa, poiche la molecola non e piu assimilabile ad un puntomateriale, avendo una struttura spaziale. In questi casi, l’energia cinetica ha

sia una componente di traslazione,m

2v2, sia una componente di rotazione.

Per valutare l’effetto di quest’ultima, si devono contare i “gradi di liberta” νdella molecola stessa, ovvero in quanti modi gli atomi della molecola possonoessere spostati, mantenendo pero invariate le loro distanze reciproche — cioela molecola viene considerata come un oggetto “rigido”.

Consideriamo dapprima una molecola mono-atomica (un atomo!): essopuo essere collocato arbitrariamente in una qualunque posizione spaziale(x, y, z), pertanto ha ν = 3 gradi di liberta.

Poi consideriamo una molecola biatomica, i cui atomi si trovino allecoordinate (x1, y1, z1) e (x2, y2, z2). Queste sono in tutto 6, ma non sono tuttearbitrarie, perche la distanza r12 =

√(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2 fra

i due atomi e fissata, pertanto pone un vincolo: i gradi di liberta si calcolanocome

ν = (numero di coordinate) − (numero di vincoli)


Nel caso della molecola biatomica, ν = 6 − 1 = 5. Si puo anche pensareche si puo collocare il primo atomo arbitrariamente nella posizione spaziale(x1, y1, z1) (3 gradi di liberta), mentre il secondo puo solo trovarsi sullasuperficie di una sfera centrata sul primo atomo e di raggio r12 (2 gradidi liberta, poiche una posizione su una sfera puo essere descritta da due solecoordinate, per esempio gli angoli polare e azimuthale θ, φ).

Infine consideriamo una molecola triatomica. Di nuovo, le coordinatedei 3 atomi sono in tutto 9: (x1, y1, z1), (x2, y2, z2), (x3, y3, z3),pero ci sono 3 vincoli, dati dalle distanze interatomiche rij =√

(xi − xj)2 + (yi − yj)2 + (zi − zj)2 (per r12, r23, r13 rispettivamente).Quindi i gradi di liberta sono ν = 9− 3 = 6. Anche qui possiamo ragionarepensando che il primo atomo viene posto arbitrariamente nella posizionespaziale (x1, y1, z1) (3 gradi di liberta), il secondo su una sfera centrata sulprimo e di raggio r12 (2 gradi di liberta). Il terzo deve trovarsi a distanzer13 e r23 dai primi due, e questo individua un cerchio che giace su un pianoortogonale all’asse che congiunge i due atomi: la posizione su un cerchio puoessere indivuduata da una sola coordinata, per esempio l’angolo azimuthaleφ, quindi un solo grado di liberta. In totale, 3 + 2 + 1 = 6 gradi di liberta.

Per molecole con 4 o piu atomi, i gradi di liberta non aumentano piu.Infatti, fissate le posizioni dei primi 3 atomi (6 gradi di liberta come giadetto), ogni atomo ulteriore i-esimo ha 3 coordinate (xi, yi, zi) che devonosoddisfare (almeno) 3 vincoli, dati dalle distanze r1i, r2i, r3i.

Senza dare la dimostrazione, riportiamo un risultato di meccanicastatistica, secondo cui l’energia cinetica media di una molecola eproporzionale al numero totale dei gradi di liberta. Per il gas mono-atomico

ovviamente 〈E〉 =1

2

⟨mv2

⟩, e ν = 3. Quindi la costante di proporzionalita

fra ν e 〈E〉 deve essere1

6:

〈E〉 =ν

6

⟨mv2

⟩(15.22)

Riassumendo tutto in una tabella, la situazione e quindi la seguente:

gas ν (gradi di liberta) energia cinetica

monoatomico 3 〈E〉 =1

2

⟨mv2

⟩biatomico 5 〈E〉 =

5

6

⟨mv2

⟩triatomico (o piu complesso) 6 〈E〉 =

⟨mv2

⟩


L’Eq. (15.14) puo essere riscritta come⟨mv2

⟩= 3

PV

N. Quindi,

utilizzando l’Eq. (15.22):

E = N 〈E〉 =ν

2PV ; ν =

3 (monoatomico)5 (biatomico)6 (triatomico o piu)

(15.23)

Confrontando con l’Eq. (15.9), PV = NkT , vediamo che deve valere:

〈E〉 =

∑i E (i)

N= ν

kT

2=

3

2kT (monoatomico)

5

2kT (biatomico)

3kT (triatomico o piu)

(15.24)

La temperatura e una misura dell’energia cinetica media 〈E〉 delle molecole.

15.3.4 Alcuni esempi

Consideriamo alcuni esempi di gas. I gas monoatomici sono tipicamentecostituiti dagli “elementi nobili”, per esempio l’elio (He), il neon (Ne), l’argon(Ar), . . . Molti gas con cui abbiamo a che fare hanno molecole biatomiche:l’idrogeno (H2), l’ossigeno (O2), l’azoto (N2). . . Due esempi di molecolatriatomica sono il biossido di carbonio (o anidride carbonica, CO2) e il vaporeacqueo (H2O).

Utilizzando le formule introdotte nelle sezioni precedenti, calcoliamo leproprieta cinetiche di questi gas, ad una temperatura assoluta T = 300 K(pari a 26.85 C, una temperatura ambiente . . . un po’ estiva). Le formule

che useremo sono 〈E〉 =ν

2kT e

⟨mv2

⟩= 3kT . La massa molecolare e data in

“unita di massa atomica” (u.a.), definita come1

12della massa del carbonio

126C:

1 u.a. = 1.660 538 9 · 10−27 kg (15.25)

La velocita e espressa come “velocita quadratica media”,√〈v2〉.

I risultati sono elencati nella seguente tabella (siete ovviamente invitatia verificare i calcoli!):


gas molecola massa 〈E〉√〈v2〉

u.a. 10−26 kg 10−20 J km/selio He monoatomica 4 0.66 0.621 1.37neon Ne monoatomica 10 1.66 0.621 0.87idrogeno H2 biatomica 2 0.33 1.035 1.94ossigeno O2 biatomica 32 5.31 1.035 0.48azoto N2 biatomica 28 4.65 1.035 0.52biossido di carbonio CO2 triatomica 44 7.31 1.243 0.41vapore acqueo H2O triatomica 18 2.99 1.243 0.64

Vale la pena di notare che a temperatura ambiente la velocita quadraticamedia delle molecole di gas e dell’ordine del chilometro al secondo!!! Se ilnostro gas e racchiuso in un volume cubico di 1 m di lato, ogni molecola urtale pareti circa 1000 volte in un secondo.

Inoltre, alla pressione atmosferica P ' 105 Pa, un volume di 1 m3

deve contenere un numero di molecole che secondo l’equazione di stato e

N =PV

kT= 2.4 · 1025. Quindi il numero di urti al secondo sulle pareti

del nostro recipiente cubico e dell’ordine di 1028 — vuol dire 10 miliardi dimiliardi di miliardi di urti al secondo! All’inizio di questa sezione, abbiamodetto: “La pressione P prodotta da un gas contro le pareti del recipienteche lo contiene e interpretabile come l’effetto netto di tantissimi urti che lesingole molecole del gas producono contro le pareti.” Ora dovrebbe esserechiaro che l’ipotesi di partenza e perfettamente attinente alla realta.

15.4 Temperatura ed energia interna nei

solidi e nei liquidi (cenni)

Nelle sezioni precedenti abbiamo visto che un gas rarefatto possiedeun’energia interna, data dalla totalita delle energie cinetiche molecolari, lacui manifestazione macroscopica e la temperatura

E = N 〈E〉 =ν

2NkT (gas rarefatti)

In effetti, anche nei solidi e nei liquidi abbiamo una relazione fra latemperatura T e l’energia interna E. Qui pero la situazione e complicatadal fatto che gli atomi, o le molecole, del sistema sono interagenti. Quindil’energia meccanica del sistema, oltre ad avere una componente cinetica,dipende anche dalle energie potenziali delle mutue interazioni. La loro forma

15.4. TEMPERATURA ED ENERGIA INTERNA NEI SOLIDI E NEI LIQUIDI (CENNI)371

in generale e complessa, pertanto la dipendenza fra le variabili macroscopicheP, V, T si complica.

Imaginiamo di avere un solido, o un liquido alla temperatura T . Ciascunodei suoi costituenti (molecole o atomi) e dotato sia di un’energia cinetica Eiche di un’energia potenziale U , quindi di un’energia meccanica Epart

i = Ei+Ui.Quando la sua temperatura T aumenta, anche l’energia cinetica media 〈E〉aumenta, vale a dire che i costituenti si muovono piu rapidamente. Parimentianche la loro energia potenziale media 〈U〉 deve aumentare: senza entrare indettagli quantitativi, una maggiore energia cinetica consente ai costituenti diraggiungere posizioni spaziali che prima erano cinematicamente proibite, cioecaratterizzate da un’energia potenziale maggiore. D’altra parte, un’energiapotenziale media maggiore significa minore legame fra i costituenti: ineffetti l’effetto macroscopico e la dilatazione termica, di cui abbiamo parlatoall’inizio del capitolo.

Il tutto e reversibile: una diminuzione di temperatura comporta unadiminuzione dell’energia cinetica, ed allo stesso tempo dell’energia potenzialedei costituenti.

Possiamo quindi sintetizzare quello che avviene con questo schema logico:

aumento di T ⇐⇒

aumento di 〈E〉aumento di 〈U〉

⇐⇒ aumento di E

Seppure in maniera qualitativa, concludiamo che anche nei solidi o neiliquidi un aumento (o diminuzione) della temperatura e associato ad unaumento (o diminuzione) dell’energia interna.

15.4.1 Energia e temperatura nei solidi

Nel caso dei solidi, esiste in molti casi una relazione semplice fra E eT . Questa puo essere capita pensando al solido come ad un reticolo diatomi, ciascuno in una sua posizione di equilibrio ~req ≡ (xeq, yeq, zeq). Laforza totale esercitata su questo atomo dagli atomi circostanti puo esseremolto complicata, ma abbiamo visto nella Sezione 10.10.4 che per piccolispostamenti dall’equilibrio essa puo essere descritta come una forza elasticadella forma:

Fx = −kx(x− xeq)Fy = −ky(y − yeq)Fz = −kz(z − zeq)


Pertanto l’atomo oscilla attorno al suo punto di equilibrio con moti armonicinelle 3 direzioni:

x(t) = xeq + Ax cos (ωxt+ φx) (ωx =√kx/m)

y(t) = yeq + Ay cos (ωyt+ φy) (ωy =√ky/m)

z(t) = zeq + Az cos (ωzt+ φz) (ωz =√kz/m)

Ogni oscillazione, lungo un dato asse i ∈ x, y, z e caratterizzata da

un’energia cinetica Ei =m

2ω2iA

2i sin2(ωit + φi), quindi — ricordando che⟨

sin2⟩

=1

2, troviamo

〈Ei〉 =ki4A2i

Similmente, l’energia potenziale e Ui =k2

2A2i cos2(ωit+ φi), e quindi:

〈Ui〉 =ki4A2i

Si conclude che per ogni atomo,

〈E〉 = 〈U〉

Ora, se associamo l’energia cinetica alla temperatura come 〈E〉 =3

2kT ,

l’energia meccanima media e⟨Epart

⟩= 2 〈E〉 = 3kT , e si ricava

E = 3NkT (solidi) (15.26)

Questa legge e nota come legge di Dulong e Petit, ed e valida per una grandevarieta di solidi.

15.5 Trasformazione adiabatica di un gas

Ora consideriamo un gas rarefatto, che occupa un volume V alla pressioneP . Supponiamo che il volume del gas venga variato di una quantita δV , peresempio spostando una parete del recipiente che lo contiene.

Sia Σ la superficie della parete che si sposta, δ` il suo spostamento —definito positivo se il volume aumenta — cosicche δV = Σ · δ` (vd Fig. 15.2a sinistra). La forza esterna Fest applicata alla parete deve contrastare la

15.5. TRASFORMAZIONE ADIABATICA DI UN GAS 373

Σ

δl

V

v (i),prima

v (i),dopo

v(i),prima

v(i),dopo

u

v (i),prima

v (i),dopo

v(i),prima

v(i),dopo

u

Figura 15.2: A sinistra: rarefazione di un gas, la variazione di volume eδV = Σ·δ`. Al centro e a destra: variazione della velocita v(i) di una molecoladi gas che urta la parete mobile: se u > 0 (rarefazione) v

(i)⊥ dopo l’urto e

diminuita; se invece u < 0 (compressione) v(i)⊥ dopo l’urto e aumentata.

pressione interna P , quindi Fest = Σ · P , diretta verso l’interno. Il lavorofatto dalla forza esterna e dunque:

δWest = −Festδ` = −P · δV (15.27)

Se il gas si comprime questo lavoro e positivo, cioe la forza esterna spendeenergia. Dove va questa energia? Viceversa, se il gas si espande, la forzaesterna fa lavoro negativo, e la pressione del gas compie lavoro positivo: aspese di quale energia?

Sappiamo che il gas e dotato di un’energia interna

E =∑i

E (i) = N 〈E〉 =ν

2PV (15.28)

Se il gas scambia energia solo attraverso il lavoro esterno, lacompressione/rarefazione di chiama adiabatica. Sotto l’ipotesi ditrasformazione adiabatica, evidentemente il lavoro delle forze esterne e unicoresponsabile della variazione dell’energia interna:

δE = −PδV (15.29)


15.5.1 Descrizione microscopica della trasformazioneadiabatica

Analizziamo ora la trasformazione adiabatica da un punto di vistamicroscopico. Chiamiamo δt il tempo in cui avviene lo spostamento dellaparete e u la velocita con cui si sposta, definita positiva se la parete siallontana e il gas si espande, cosicche:

δV = Σδ` = Σ · uδt

Tutte le molecole che urtano la parete nel tempo δt subiscono un urto elastico:la componente della velocita ortogonale alla parete, v⊥, inverte la direzione,ma subisce anche un aumento se la parete si sposta verso l’interno, unadiminuzione se si sposta verso l’esterno. Per la i-esima molecola, la velocitadopo l’urto e legata a quella prima dell’urto da:

v(i),dopo⊥ = −v(i),prima

⊥ + 2u

v(i),dopo‖ = v

(i),prima‖

(vd Fig. 15.2, al centro e a destra). La relazione fra v(i),dopo⊥ e v

(i),prima⊥ si

ricava dalle formule dell’urto elastico, Sezione 11.3.1, Eq. (11.6), nel caso-limite in cui la massa M dell’oggetto urtato (la parete) e enormemente piugrande della massa m della molecola.

Quindi il quadrato della sua velocita, (v(i))2, ha subito una variazione:

∆[(v(i))2

]=

(v(i),dopo

)2 −(v(i),prima

)2

=(v

(i),dopo⊥

)2

−(v

(i),prima⊥

)2

= −4v(i),prima⊥ u+ 4u2

' −4v(i)⊥ u

L’ultimo passaggio (') e motivato perche u v(i)⊥ (la velocita di spostamento

della parete e molto piu piccola della velocita delle molecole).Una variazione di (v(i))2 comporta una variazione dell’energia cinetica

della molecola:

∆E (i) =m

2∆[(v(i))2

]= −2mv

(i)⊥ u

Di quanto varia l’energia totale del gas, nel tempo δt? Occorre sommare

tutti i contributi ∆E (i), pesando ciascuno per la probabilita δP(i) = δtv

(i)⊥ Σ

2V

15.5. TRASFORMAZIONE ADIABATICA DI UN GAS 375

che la molecola urti la parete mobile nel tempo δt. Pertanto

δE =∑i

δP(i) ·∆E (i) =∑i

(δtv

(i)⊥ Σ

2V

)(−2mv

(i)⊥ u)

= −Σ · uδtV

∑i

m(v(i)⊥ )2

= −δVVN⟨mv2⊥⟩

= −δVV

N

3

⟨mv2

⟩(nell’ultimo passaggio abbiamo ricordato che v2

⊥ contribuisce in media per

1/3 di v2). Ora inseriamo l’equazione di stato Eq. (15.14), PV =N

3

⟨mv2

⟩,

ottenendo dunque:

δE = −δV · P

che coincide con l’Eq. (15.29), ottenuta dalla conservazione dell’energia.

Riassumendo: nella Sezione 15.5, ipotizzando che il lavoro esternoδWest = −PδV trasferisse energia al gas, avevamo dedotto che δE = −PδV .In questa sezione, abbiamo analizzato il comportamento del gas durante unavariazione di volume δV , e abbiamo visto che gli urti elastici delle molecolecontro la parete in movimento provocano una variazione dell’energia cineticamedia delle molecole stesse. L’effetto totale riproduce esattamente il risultatotrovato in precedenza.

15.5.2 Proprieta della trasformazione adiabatica

Ora studiamo le proprieta della trasformazione adiabatica:

δWest = δE =ν

2δ(PV )

−PδV =ν

2[PδV + V δP ]

(ν + 2)PδV = −νV δP

ovvero (ν + 2

ν

)δV

V= −δP

P(15.30)


E utile definire un parametro γ:

γ =ν + 2

ν=

5/3 (gas monoatomico)7/5 (gas biatomico)4/3 (gas triatomico o piu)

(15.31)

L’Eq. (15.30) si puo integrare ricordando ched lnx

dx=

1

x, cosicche

δx

x=

δ (lnx). Quindi:

0 = γδV

V+δP

P= γδ [lnV ] + δ [lnP ]

= δ [γ lnV ] + δ [lnP ] = δ [ln (V γ)] + δ [lnP ]

= δ [ln (V γ) + lnP ] = δ [ln (PV γ)]

In altre parole, ln (PV γ) non subisce variazione, quindi

PV γ = costante (trasformazione adiabatica) (15.32)

Questa equazione e di importanza fondamentale. Essa descrive ilcomportamento di un gas rarefatto in una trasformazione adiabatica, cioequando la sua energia viene alterata solamente dal lavoro di una forzaesterna. Passando da uno stato (1) ad uno stato (2), un aumento di volumeproduce una diminuzione della pressione; viceversa, una diminuzione divolume produce un aumento di pressione; la relazione fra pressione e volumee tale che fra lo stato iniziale (1) e lo stato finale (2) vale la relazione:

P1Vγ

1 = P2Vγ

2 (trasformazione adiabatica) (15.33)

Utilizzando l’equazione di stato Eq. (15.9), possiamo esprimere P o V in

funzione di T , nell’Eq. (15.32). Per esempio, scrivendo P =NkT

Votteniamo:

TV (γ−1) = costante (trasformazione adiabatica) (15.34)

oppure scrivendo V =NkT

Potteniamo:

T γ

P (γ−1)= costante (trasformazione adiabatica) (15.35)

Le Eq. (15.32), Eq. (15.34), Eq. (15.35) sono tutte equivalenti, in quantocollegate dall’equazione di stato Eq. (15.9). La forma TV (γ−1) = costante,in particolare, ci informa che se il volume V diminuisce, la temperatura Taumenta (e viceversa). Questo e consistente con l’ipotesi che abbiamo fatto,che l’energia interna E subisca variazioni solo a causa del lavoro esternoWest:se abbiamo una compressione, V diminuisce e West e positivo, dunque deveaumentare l’energia interna, ovvero deve aumentare la temperatura.

15.6. TRASFERIMENTO DI ENERGIA SENZA LAVORO: IL CALORE377

15.5.3 Lavoro in una trasformazione adiabatica

Abbiamo visto come calcolare il lavoro elementare fatto sul gas in unatrasformazione adiabatica:

δWest = −P δV

Quanto vale il lavoro esterno est fatto lungo una trasformazione adiabaticareale, quando il volume varia da V1 a V2? Per rispondere bisogna integrare illavoro elementare lungo tutta la trasformazione:

West =

∫ V2

V1

δWest = −∫ V2

V1

P dV

dove P varia al variare di V , in modo da mantenere costante la quantitaPV γ.

Si puo calcolare il risultato anche considerando la variazione dell’energiainterna E del gas:

West = ∆E = ∆(ν

2NkT

)=ν

2Nk∆T

Ora, resta da calcolare ∆T . Sappiamo che PV = NkT , pertanto:

West = ∆E =ν

2(P2V2 − P1V1)

Questa scrittura puo essere poco pratica, perche per utilizzarla occorreconoscere P, V all’inizio e alla fine della trasformazione. Pertanto e utile

riscriverla, esprimendo P2 = P1

(V1

V2

)γ:

West = ∆E =ν

2P1V1

[(V1

V2

)(γ−1)

− 1

](15.36)

In caso di compressione, V2 < V1 e quindi ∆E > 0, come ci si aspetta.Viceversa, in caso di rarefazione ∆E < 0.

15.6 Trasferimento di energia senza lavoro:

il calore

Nelle sezioni precedenti abbiamo visto che un gas rarefatto possiedeun’energia interna, data dalla totalita delle energie cinetiche molecolari, la


cui manifestazione macroscopica e la temperatura: 〈E〉 =E

N=ν

2kT Questo

concetto e estendibile anche ai liquidi e ai solidi, anche se in questo caso icostituenti sono interagenti, pertanto oltre all’energia cinetica media, 〈E〉,occorre considerare anche l’energia potenziale media 〈U〉. Abbiamo ancheosservato che, durante un’espansione o compressione, l’energia interna puoessere alterata mediante un lavoro fatto dall’esterno δWest:

δE = δWest = −PδV

e ne abbiamo dato la spiegazione microscopica per i gas rarefatti.

Tuttavia, sappiamo che la temperatura — e quindi l’energia interna diun gas — possono essere alterate anche senza fare alcun lavoro dall’esterno.Per esempio, sappiamo che se un gas, tenuto a volume costante, viene messoa contatto con un altro oggetto piu caldo, o piu freddo, la temperaturadel gas aumentera, o diminuira, rispettivamente. Dunque, la sua energiainterna cambia. Ma non c’e un lavoro che spieghi questo. Cio significa cheil gas e in grado di scambiare energia con altri oggetti anche attraverso altrimeccanismi.

Esempio: scambio di energia fra gas a volume costante

Due recipienti identici di volume V contengono aria (quindi gas biatomico) allapressione P in, a due diverse temperature T in1 , T in2 (per es. T in2 > T in1 ). I recipientisono separati fra loro da una sottile parete che non si puo spostare. Il tutto e isolatodall’ambiente circostante. Dopo un certo tempo le temperature dei due gas si sonouniformate ad un valore intermedio T fin. Quanto vale T fin? Come sono cambiatele pressioni e le energie interne dei due gas?

Risposta. Per ciascun gas, in qualunque momento, vale l’equazione di statoPV = NkT e la relazione temperatura-energia, che nel caso biatomico (ν = 5) e

E =5

2NkT . Poiche il sistema dei due gas e isolato, si presume che la sua energia

totale debba conservarsi:

Ein1 + Ein2 = Efin1 + Efin2

5

2

(N1kT

in1 +N2kT

in2

)=

5

2

(N1kT

fin +N2kTfin)

(il numero di molecole N1,2 di ciascun gas ovviamnte non cambia) da cui si ricava:

T fin =N1T

in1 +N2T

in2

N1 +N2


La variazione di pressione di ciascun gas e:

∆P1 =kN1

V

(T fin − T in1

)=

k

V

N1N2

N1 +N2

(T in2 − T in1

)∆P2 =

kN2

V

(T fin − T in2

)= − k

V

N1N2

N1 +N2

(T in2 − T in1

)La variazione di energia interna di ciascun gas invece e:

∆E1 =5

2kN1

(T fin − T in1

)=

5

2kN1N2

N1 +N2

(T in2 − T in1

)∆E2 =

5

2kN2

(T fin − T in2

)= −5

2kN1N2

N1 +N2

(T in2 − T in1

)Osservazioni. Come ci si aspettava, T fin e intermedio fra T in1 e T in2 (e una

media pesata dei due valori iniziali). Le due pressioni, inizialmente uguali, ora

sono diverse: il gas (1) si e riscaldato (T fin > T in1 ), quindi a parita di volume

deve avere aumentato la pressione, mentre il gas (2) l’ha diminuita. Inoltre le

energie dei due gas sono cambiate: quella del gas (2) e diminuita, mentre quella

del gas (1) e aumentata di una pari quantita. Pero la parete divisoria non si e

mossa, quindi questo scambio di energie non e attribuibile ad un lavoro.

Consideriamo un altro esempio: un gas rarefatto che viene mantenuto atemperatura costante e subisce una variazione di volume, dunque compie unlavoro. Che cosa fornisce l’energia necessaria a compiere questo lavoro?

Esempio: espansione isoterma di un gas

Un gas rarefatto occupa inizialmente un volume V1 e si trova a temperaturaT . Successivamente viene lasciato espandere fino a raggiungere un volumeV2, mantenendo invariata la sua temperatura. Qual e il lavoro fatto dal gassull’ambiente circostante? Di quanto e variata la sua energia interna E?

Risposta. Il lavoro elementare fatto dal gas si puo calcolare come δW = P δV .

Il lavoro totale quindi e W =

∫ V2

V1

P dV . Sappiamo che durante l’espansione P

cambia, diminuendo all’aumentare di V , secondo la legge PV = NkT , con Tcostante. Quindi il lavoro fatto dal gas e:

W =

∫ V2

V1

NkT

VdV = NkT [ln(V )]V2V1 = NkT ln

(V2

V1

)Per un’espansione, V2 > V1, dunque il lavoro fatto dal gas e positivo. Viceversa,per una compressione il lavoro fatto dal gas e negativo — ovvero l’ambiente fa

un lavoro esterno sul gas. L’energia interna del gas e E =ν

2NkT . Essendo T

costante, l’energia interna non cambia.


Osservazione. Il gas ha compiuto un lavoro, dunque ha ceduto energia

all’ambiente. Ma la sua energia interna non e cambiata. Evidentemente, qualche

altro meccanismo ripristinava l’energia del gas, man mano che questo ne cedeva

all’ambiente tramite il lavoro.

Il confronto fra la variazione di energia interna, δE, e il lavoro fatto daun sistema sull’ambiente, δW , puo essere generalizzato anche ai liquidi eai solidi. Un qualunque oggetto, posto in contatto con un altro a diversatemperatura, altera la propria temperatura, e dunque la propria energiainterna E. A rigore, i solidi e i liquidi, al variare della temperatura, subisconovariazioni di volume δV = αV · V · δT (vd Eq. (15.3)), quindi se l’ambientecircostante e a pressione P , compiono un lavoro δW int = PδV , ovverosubiscono un lavoro esterno δWest = −δW int = −P · αV V δT . In questocaso non possiamo dire che il lavoro sia nullo. Pero, se questo lavoro fossel’unico responsabile di una variazione di energia interna, avremmo subitoun problema. Consideriamo un oggetto che si sta scaldando: δT > 0, quindideve essere anche δE > 0 (anche se in generale la dipendenza fra δT e δE puoessere non banale. . . ). D’altronde, si deve anche dilatare, cioe δV > 0, quindi“subisce un lavoro esterno negativo”, δWest < 0. Se questo fosse l’unicoresponsabile della variazione di energia interna, avremmo δE = −PδV < 0,il che e contraddittorio con δT > 0.

Anche qui, dobbiamo ammettere che ci siano altri meccanismi (che nonsiano il lavoro) per alterare l’energia interna di un oggetto.

15.6.1 Il calore: scambio di energia con processimicroscopici

Ricordiamo che l’energia interna e la somma di tutte le energie meccanichedi atomi o molecole che costituiscono il nostro sistema. Poiche questicostituenti sono in continua agitazione, si urtano fra di loro e con i costituentidell’ambiente che circonda il nostro sistema. Nel fare questo necessariamentesi scambiano energia. Ma questi scambi sono tutti a livello microscopico, enon corrispondono ad uno spostamento macroscopico netto, pertanto nonpossono essere associati ad un lavoro. Eppure esistono.

L’effetto netto di questi scambi microscopici e comunque quello di alterarel’energia interna del sistema. Esso si chiama calore.

Il “calore” e lo scambio di energia fra un sistema e l’ambiente circostante,dovuto unicamente agli urti microscopici dei suoi componenti (atomi omolecole) con quelli dell’ambiente.


Il calore non e una proprieta intrinseca del sistema (cosı come non lo e illavoro): una frase del tipo “un sistema possiede una quantita di calore Q” epriva di senso. Il calore e una quantita di energia scambiata con l’ambiente.Se provoca un aumento dell’energia interna E si dice che e positivo, altrimentinegativo:

δQ = δE (se δW = 0) (15.37)


Essendo il calore una forma di scambio di energia, al pari del lavoro, esso simisura in Joule (J).

Storicamente si usava una diversa unita di misura: la kilocaloria(kCal). Essa e definita come la quantita di calore necessaria per elevarela temperatura di 1 kg di acqua distillata da 14.5C a 15.5C (gradi Celsius).Sperimentalmente si rileva che essa vale:

1 kCal = 4.186 · 103 J (15.38)

15.6.3 Meccanismi di scambio di calore

Il calore puo venire scambiato fra piu sistemi, o fra porzioni dello stessosistema, con diversi meccanismi.

Se due sistemi (1) e (2) sono a contatto, e T2 > T1, i costituenti di (2) sonomediamente piu energetici dei costituenti di (1): 〈E2〉 > 〈E1〉. Urtandosi traloro, e piu probabile che i componenti di (2) cedano parte della loro energiaai componenti di (1), pertanto 〈E2〉 tende a diminuire e 〈E1〉 tende a crescere.Ne risulta come effetto macroscopico che T2 diminuisce e T1 aumenta, finchenon si raggiunge un equilibrio. Questo meccanismo si chiama conduzione delcalore.

Esiste una legge empirica che descrive la potenza trasmessa tramiteconduzione termica, cioe il calore scambiato nell’unita di tempo, fra duesistemi a temperature T1, T2, separati da un materiale divisorio di superficieΣ e spessore h:

PQ =δQ

δt= k

Σ

h(T2 − T1)

La costante k si chiama conducibilita termica. I metalli sono dotati di valoridi k relativamente elevati (per l’acciaio k = 14 Wm−1K−1, per l’alluminio k =230 Wm−1K−1, per il rame k = 400 Wm−1K−1), quindi sono buoni conduttoritermici. Il vetro e piu “isolante” (k = 1 Wm−1K−1). Alcuni materiali sonostati sviluppati apposta per essere molto isolanti (per lana di vetro o lana di


roccia, k = 0.04 Wm−1K−1); per poliuretano espanso, k = 0.024 Wm−1K−1).Anche l’aria secca e un buon isolante: k = 0.026 Wm−1K−1.

Per sistemi fluidi (liquidi o gas) si puo anche verificare il meccanismodella convezione. Porzioni piu calde del fluido, per esempio scaldate da unasorgente di calore localizzata, sono dotate di maggiore energia cinetica, quinditendono ad allontanarsi di piu. Inoltre, il fluido piu caldo si espande, quindidiventa piu leggero (cioe la sua densita diminuisce), e quindi per la spinta diArchimede tende a salire, lasciando posto alle porzioni di fluido piu fredde.Queste ultime, dunque, si avvicinano alla sorgente di calore, e quando sonosufficientemente vicine, a loro volta si riscaldano e risalgono. Si innescanocosı dei moti ciclici, che hanno come effetto quello di propagare il calore piurapidamente della semplice conduzione.

Infine, ogni oggetto che si trovi a temperatura T (espressa in gradiKelvin!) emette radiazione elettromagnetica, la quale trasporta energia(come si vedra nella Sezione 19.6). Pertanto l’oggetto emette energia perirraggiamento. La legge che descrive la potenza irradiata, per un oggetto atemperatura T e con superficie totale Σ, e:

Prad = ε σΣT 4

essendo σ = 5.6703 · 10−8 Wm−2K−4 una costante fisica universale, dettacostante di Stefan-Boltzmann, ε e un parametro che dipende dalla naturadella superficie dell’oggetto, si chiama emittanza, e sta nell’intervallo ε ∈]0; 1[(estremi esclusi).

Se l’ambiente che circonda l’oggetto si trova a temperatura Tamb,anch’esso irradia, e parte della sua radiazione viene assorbita dall’oggetto,secondo una legge

Pabs = ε σΣT 4amb

Quindi la potenza totale assorbita dall’oggetto e

Pabs − Prad = ε σΣ(T 4amb − T 4

)Si noti che l’emittanza ε dell’oggetto in questione e la stessa sia perl’irraggiamento (Prad) che per l’assorbimento (Pabs). Questo fatto non eun caso: deve essere cosı, per garantire che, quando l’oggetto e in equilibriotermico con l’ambiente (T = Tamb), lo scambio di energia sia nullo.

15.7. LAVORO E CALORE: PRIMO PRINCIPIO DELLA TERMODINAMICA383

15.7 Lavoro e calore: primo principio della

termodinamica

Arrivati a questo punto, la formulazione di una legge fondamentale dellafisica, il primo principio della termodinamica, diventa relativamente semplice.

Un sistema puo alterare la sua energia interna E in due modi: o medianteun lavoro macroscopico δW fatto sull’ambiente esterno, oppure scambiandocalore δQ con esso. Le convenzioni per i segni sono le seguenti:

δW > 0 il sistema fa lavoro sull’ambiente (dunque gli cede energia)δW < 0 il sistema subisce lavoro dall’ambiente (dunque ne riceve energia)

δQ > 0 il sistema assorbe calore dall’ambiente (dunque ne riceve energia)δQ < 0 il sistema cede calore all’ambiente (dunque gli cede energia)

Con queste premesse, la variazione di energia del sistema puo sempreessere scritta come

δE = δQ − δW (15.39)

Questa equazione e la formulazione del primo principio della termodinamica,e consente di trattare allo stesso tempo scambi di energia macroscopici emicroscopici.

Nel caso in cui il lavoro fatto dal sistema corrisponda ad una variazionedi volume, allora abbiamo visto che δW = PδV , pertanto il primo principiopuo essere riscritto come:

δE = δQ − PδV (15.40)

15.8 Trasformazioni termodinamiche sui gas

In generale, lo stato di un gas puo essere espresso con due delle tre variabiliP, V, T — note due di esse, la terza puo sempre essere ricavata dall’equazionedi stato, PV = NkT . E consuetudine scegliere le variabili V, P comeindipendenti, cosicche lo stato di un sistema puo essere rappresentatograficamente come un punto sul piano cartesiano di assi V, P .

Una trasformazione termodinamica e un passaggio continuo da uno statoiniziale (V1, P1) ad uno stato finale (V2, P2). In questa sezione considereremotrasformazioni che sono costituite da una successione di stati in equilibrio.Questo significa che in ogni stato intermedio, tutte le parti del sistema sonoin equilibrio tra loro, cosicche i valori di P e T sono uniformi.


V

P

δV

W>0

δW

V

P

δV

W<0

δW

V1 V2V2 V1

(1)

(2)

(2)

(1)

Figura 15.3: Lavoro elementare δW = P δV e lavoro totaleW =

∫ V2

V1

P dV

di una trasformazione, rappresentati nel piano (V, P ).

Qualunque trasformazione che comporti variazioni di volume implica cheil sistema esegue un lavoro sull’ambiente esterno:

δW = P δV

W =

∫ V2

V1

P dV (15.41)

La prima espressione descrive il lavoro elementare per una variazioneinfinitesima δV di volume. La seconda invece e il lavoro totale fatto dallostato iniziale allo stato finale. Entrambi sono rappresentabili graficamentecome aree nel piano (V, P ), come mostrato in Fig. 15.3. Quando latrasformazione viene eseguita nel verso di aumentare il volume, il lavoroe positivo, altrimenti e negativo.

Esaminiamo alcune trasformazioni notevoli sui gas.

15.8.1 Trasformazione isoterma

La trasformazione isoterma e realizzata con un’espansione o unacompressione del gas mentre questo viene mantenuto a temperatura costantemediante un termostato. L’apparato puo essere schematizzato come inFig. 15.4. Le curve della trasformazione isoterma sono iperboli equilaterePV = costante sul piano (V, P ).

Poiche E =ν

2NkT , questo significa che l’energia interna E non varia,

15.8. TRASFORMAZIONI TERMODINAMICHE SUI GAS 385

Q = W > 0 Q = W < 0

T

Q

T

Q

V

P

T1

T2

T3

∆E = 0 ∆E = 0

Figura 15.4: Trasformazione isoterma, realizzata ponendo il serbatoio digas a contatto con un termostato a temperatura T costante. A sinistra:espansione; al centro: compressione. A destra, il grafico della trasformazioneisoterma sul piano (V, P ), per diversi valori di temperatura T1 < T2 < T3.

quindi deve essere

δQ = P δV (isoterma)

Il lavoro fatto in una trasformazione isoterma fra i volumi V1 e V2 si calcolacon l’ausilio dell’equazione di stato, PV = NkT :

W =

∫ V2

V1

P dV =

∫ V2

V1

NkT

VdV = NkT [ln(V )]V2V1

cioe:

W = NkT ln

(V2

V1

)(isoterma) (15.42)

La quantita di calore scambiata con il termostato deve essere

Q =W = NkT ln

(V2

V1

)(isoterma)

affinche E resti costante.

15.8.2 Trasformazione adiabatica

Abbiamo gia esaminato la trasformazione adiabatica nella Sezione 15.5. Essapuo essere realizzata con un serbatoio di gas perfettamente isolante, che nonscambi calore con l’ambiente, come in Fig. 15.5. Se c’e n’espansione, il gasfa lavoro (W > 0) e quindi la sua energia interna deve diminuire (E < 0), ecosı la sua temperatura.


W > 0 W < 0

∆E < 0 ∆E > 0V

P

T1

T2

T3

Q = 0 Q = 0

Figura 15.5: Trasformazione adiabatica, realizzata con un serbatoio digas perfettamente isolato dall’ambiente.. A sinistra: espansione; al centro:compressione. A destra, il grafico della trasformazione adiabatica sul piano

(V, P ), per γ =5

3(gas monoatomico). Sono presenti anche tre isoterme, per

diversi valori di temperatura T1 < T2 < T3, per indicare che ad un aumentodi volume corrisponde una diminuzione di temperatura.

Nel piano (V, P ) la trasformazione adiabatica e una curva definita da

PV γ = costante

(γ =

ν + 2

ν

)Poiche e sempre γ > 1, la curva adiabatica e sempre “piu ripida” delle curveisoterme, come indicato nella Fig. 15.5 a destra.

Il lavoro compiuto dal gas e

W =ν

2P1V1

[(V1

V2

)(γ−1)

− 1

]

15.8.3 Trasformazione isobara

La trasformazione isobara e caratterizzata da una pressione P costante. Sipuo realizzare con un serbatoio in cui una parete sia mobile (quindi in gradodi adattarsi a variazioni di volume) ma sia operata in modo da mantenere unapressione costante sul gas. Per esempio, si puo usare un pistone di sezioneΣ che si puo muovere verticalmente, su cui e appoggiata una massa M :

cosicche la pressione esercitata sul gas sia sempre P =Mg

Σ, come mostrato

in Fig. 15.6.A causa dell’equazione di stato, PV = NkT , un aumento (o

diminuzione) di volume deve essere necessariamente causato da un aumento(o diminuzione) di temperatura.

15.8. TRASFORMAZIONI TERMODINAMICHE SUI GAS 387

W > 0

Q Q

V

P

T1

T2

T3

∆E > 0

W < 0

∆E < 0

Q > 0 Q < 0

Figura 15.6: Trasformazione isobara, realizzata ponendo il serbatoio digas a contatto con una sorgente di calore, e sottoponendo il pistone ad unapressione P costante. A sinistra: espansione; al centro: compressione. Adestra, il grafico della trasformazione isobara sul piano (V, P ): sono disegnateanche diverse curve isoterme per diverse temperature, T1 < T2 < T3, permostrare che al crescere di T anche V aumenta.

Il lavoro fatto in una trasformazione isoterma fra i volumi V1 e V2 ebanalmente

W = P (V2 − V1) (isobara) (15.43)

L’energia interna E varia come

∆E =ν

2Nk∆T =

ν

2Nk

P ∆V

Nk

=ν

2P (V2 − V1) (isobara)

Pertanto il calore scambiato con l’ambiente e:

Q = ∆E +W =(ν

2+ 1)P (V2 − V1) (isobara)

15.8.4 Trasformazione isocora

La trasformazione isocora avviene a volume costante, pertanto una variazione∆P di pressione e necessariamente causata da una variazione ∆T ditemperatura, tale che

∆P =Nk

V∆T (isocora)

Il lavoro e per definizione nullo: W = 0. Quindi:

Q = ∆E =ν

2Nk∆T =

ν

2V∆P


V

P

T1

T2

T3

W = 0 W = 0

∆E > 0 ∆E < 0

Q > 0 Q < 0

Q Q

Figura 15.7: Trasformazione isocora, realizzata ponendo un serbatoiodi gas a volume V costante a contatto con una sorgente di calore. Asinistra: riscaldamento; al centro: raffreddamento. A destra, il grafico dellatrasformazione isocora sul piano (V, P ): sono disegnate anche diverse curveisoterme per diverse temperature, T1 < T2 < T3, per mostrare che al cresceredi T anche P aumenta.

15.8.5 Trasformazioni cicliche

Una trasformazione si chiama ciclica se lo stato iniziale coincide con lo statofinale. Nel piano (V, P ) cio significa che V2 ≡ V1 e P2 ≡ P1, come indicatonella Fig. 15.8, a sinistra.

Una trasformazione ciclica puo sempre essere pensata come laconcatenazione di due trasformazioni, Γ1 e Γ2, la prima che porta il sistemada uno stato A a uno stato B, la seconda che lo riporta dallo stato B allostato A. Per fissare le idee, supponiamo che Γ1 produca un’espansione e Γ2

una compressione.Il lavoro totale della trasformazione puo essere a sua volta scomposto in

due successivi lavori:

W1 =

∫Γ1

P dV > 0 (espansione)

W2 =

∫Γ2

P dV < 0 (compressione)

In generale, W1 6=W2, come si puo notare dalel rappresentazioni grafiche inFig. 15.8, al centro. Ne risulta un lavoro netto

W =W1 +W2

rappresentabile come l’area sul piano (V, P ) rachiusa dal grafico dellatrasformazione ciclica. Il lavoro netto puo essere positivo o negativo, a

15.9. CAPACITA TERMICA E CALORE SPECIFICO 389

V

P Γ1

Γ2

V

P

V

P

V

P

A

B

W > 01

W < 02

W = W + W1 2

Figura 15.8: Trasformazione ciclica. A sinistra, scomposizione in duetrasformazioni Γ1 e Γ2. Nelle due figure centrali, le rappresentazioni grafichedei lavoriW1 eW2 svolti nelle due trasformazioni Γ1 e Γ2. A destra, il lavorototale della trasformazione ciclica, rappresentabile graficamente come l’areadel piano (V, P ) rachiusa dal grafico della trasformazione.

seconda che l’espansione avvenga rispettivamente a pressioni piu alte o piubasse della compressione:

P (espansione) > P (compressione) ⇐⇒ W(ciclo) > 0 (grafico in senso orario)P (espansione) < P (compressione) ⇐⇒ W(ciclo) < 0 (grafico in senso antiorario)

Poiche nella trasformazione ciclica lo stato iniziale coincide con lo statofinale, la variazione di energia interna su un ciclo deve essere nulla:

∆E(ciclo) = 0 (15.44)

Ne consegue che su un ciclo il calore totale Q(ciclo) assorbito dal sistema deveessere uguale al lavoro W(ciclo) fatto dal sistema:

Q(ciclo) = W(ciclo) (15.45)

15.9 Capacita termica e calore specifico

Abbiamo visto che cedere calore ad un oggetto significa aumentare la suaenergia interna (δE = δQ) e quindi la sua temperatura, di una quantita δT .In generale il legame fra δE e δT e complesso.

Si definisce capacita termica C di un oggetto il rapporto fra il calore δQad esso ceduto e la variazione δT di temperatura che ne risulta:

C =δQ

δT(15.46)


Da un punto di vista concettuale, la capacita termica puo essere pensatacome la “resistenza” di un oggetto al subire variazioni di temperatura. PiuC e grande, piu difficile e scaldare o raffreddare l’oggetto.

Va notato che, in generale, C non e una costante, ma dipendedalla temperatura a cui si opera, specialmente per grandi variazionidi temperatura. Per variazioni di temperatura contenute, C eapprossimativamente costante, e si puo scrivere

∆Q = C ∆T (15.47)

A parita di temperatura T , l’energia interna E deve essere direttamenteproporzionale alla quantita di materia presente nel sistema, cioe alla suamassa — raddoppiando la massa, raddoppia il numero di costituenti delsistema. Poiche 〈Epart〉 e funzione di T e E = N 〈Epart〉, deve ancheraddoppiare E. Pertanto viene utile definire il calore specifico c di unasostanza come la sua capacita termica per una massa unitaria (cioe di 1 kg):

c =C

m(15.48)

Ne deriva che la relazione fra un calore scambiato δQ e la variazione ditemperatura δT e:

∆Q = mc∆T (15.49)

Dalla definizione di kCal data nella sezione precedente risulta checH2O(14.5C) = 4.186 · 103 JK−1kg−1.

15.9.1 Capacita termica a volume costante e apressione costante

Si deve far notare che, nel definire capacita termica e calore specifico,occorre specificare le condizioni di lavoro: in particolare, se il calore vieneceduto mantenendo il sistema a pressione costante (tipicamente, la pressionedell’ambiente), oppure a volume costante. Il risultato e diverso, perche nelprimo caso il sistema subisce una variazione di volume

δV = αV V δT

pertanto compie anche un lavoro sull’ambiente.Vediamo i dettagli. Dal primo principio della termodinamica, formulato

come nell’Eq. (15.40), si ottiene:

δQ = δE + PδV


Se la trasformazione avviene a volume costante (isocora) allora δV = 0 e lacapacita termica a volume costante vale:

CV =δE

δT(15.50)

Se la trasformazione avviene a pressione costante (isobara), δQ = δE +αV PV δT , quindi la capacita termica a pressione costante vale:

CP =δE

δT+ αV PV = CV + αV PV (15.51)

Quando si misura la capacita termica di un liquido o di un solido, lasua dilatazione e inevitabile, pertanto solitamente si misura direttamenteCP . Viceversa, i modelli fisici che cercano di predire il valore della capacitatermica sono considerati a volume costante, in modo da assumere δQ = δE,quindi considerano CV . L’Eq. (15.51) consente di calcolare una delle dueconoscendo l’altra.

Passando ai calori specifici, la relazione fra cP e cV si ottiene dividendo

per la massa m dell’oggetto, e introducendo la densita di massa ρ =m

V:

cP = cV + αVP

ρ(15.52)

Esercizio 15.1. Calcolare la differenza fra cP e cV per il ferro e per l’acqua.Risposta. I valori necessari per cP , αV , ρ si possono trovare tabulati su vari

libri, o su internet. Assumiamo P = 1 Atm = 101325 Pa e costruiamo la seguentetabella:

materiale cP (J K−1kg−1) αV (K−1) ρ (kg/m3) cP − cV (J K−1kg−1)

ferro 444 35 · 10−6 7874 0.00045acqua a 15C 4186 210 · 10−6 1000 0.021

Come si vede, la differenza fra cP e cV e molto piccola. Per il ferro,cP − cVcP

= 10−6, una parte su un milione. Per l’acqua invececP − cVcP

= 5 · 10−6,

5 parti su un milione. In entrambi i casi, si tratta di variazioni ben piu piccole

della precisione sperimentale e anche dell’accuratezza dei modelli teorici.

15.9.2 Misure di capacita termiche

La misura delle capacita termiche, o dei calori specifici, presenta una

problematica generale: nel rapporto∆Q

∆T, la variazione di temperatura ∆T


T T(1)(2)M

Figura 15.9: Misure di capacita. A sinistra: calorimetro a mulinelloper misurare la capacita termica dell’acqua. A destra: calorimetro dellemescolanze, per misurare la capacita termica di un oggetto (2) immerso inacqua (1).

e direttamente misurabile, mentre invece il trasferimento di calore ∆Q none associato a fenomeni macroscopici, quindi deve essere dedotto da altreosservazioni.

Sappiamo che ∆T e collegato alla variazione di energia interna, ∆E. Inalcuni casi, l’idea e di sostituire uno scambio di calore ∆Q (non misurabile)con un lavoro ∆Wattr fatto dall’esterno, per esempio mediante attriti, inmodo da non modificare il volume. Il primo principio della termodinamica,scritto come

∆E = ∆Q+ ∆Wattr

ci suggerisce che il rapporto∆E

∆Tnon dipende da come ∆E e realizzato.

Se non abbiamo variazioni di volume, C =∆Q

∆T=

∆E

∆T. Se lo stesso ∆E e

realizzato mediante un lavoro di attriti, ∆E = ∆Wattr, e questo e misurabile.

Pertanto si trova C =∆Wattr

∆T, e C risulta calcolabile.

Il calore specifico di un liquido puo essere misurato come indicato inFig. 15.9, a sinistra. La massa M , inizialmente posta ad un’altezza h, vienelasciata cadere, azionando un mulinello che viene frenato dalle forze di attritodel liquido. Per calcolare il lavoro dell’attrito, Wattr, e sufficiente misurarela velocita finale vfin della massa M e lavorare sull’energia meccanicadella massa M . L’energia potenziale iniziale, Mgh, anziche convertirsi

completamente in energia cinetica finaleM

2v2fin, viene in parte dissipata in


attriti sul liquido, quindi:

Wattr = Mgh− M

2v2fin

Ne segue che l’energia interna del liquido aumenta di:

∆Eliquido =Wattr = Mgh− M

2v2fin

Nello stesso tempo, il termometro misura una variazione di temperatura ∆Tdel liquido. Pertanto si puo misurare la capacita termica del liquido, come:

C liquido =∆E

∆T=Mgh− M

2v2fin

∆T

Come si vede, tutte le quantita (M, h, vfin, ∆T ) sono direttamentemisurabili, quindi C liquido e calcolabile. Poi, conoscendo la massa m del

liquido, si puo risalire al calore specifico cliquido =C liquido

m.

In questa maniera si puo misurare

cH2O = 4186 JK−1kg−1

In generale, le misure di capacita termiche si effettuano ponendo incontatto termico due oggetti a temperature diverse ed aspettando che essisi portino alla stessa temperatura. In particolare, si puo scegliere un liquido(1) la cui capacita termica C(1) sia nota (per esempio l’acqua, come spiegatoprecedentemente), ed immergervi un oggetto (2) di cui si vuole determinarela capacita termica C(2). L’apparato e illustrato nella Fig. 15.9, a destra.

Si misurano le temperature iniziali T (1) del liquido e T (2) dell’oggetto,quindi si immerge l’oggetto e si osserva la temperatura del liquido, aspettandoche si stabilizzi su un nuovo valore finale T fin. Quando non cambia piu,possiamo essere certi che anche la temperatura dell’oggetto ha raggiunto lostesso valore. Durante questo processo, il liquido ha acquisito una quantitadi calore

∆Q(1) = C(1)(T fin − T (1)

)che e calcolabile. Nello stesso tempo, l’oggetto ha scambiato una quantita dicalore

∆Q(2) = C(2)(T fin − T (2)

)


Ora deve essere ∆Q(1) = −∆Q(2), quindi possiamo calcolare

C(2) = − ∆Q(1)

T fin − T (2)= C(1)T

fin − T (1)

T (2) − T fin

Conoscendo la massa m(2) dell’oggetto, si risale al suo calore specifico

c(2) =C(2)

m(2).

Riportiamo bnella seguente tabella alcuni valori di calori specifici.

Materiale Calore specifico a pressione costante(J K−1 kg−1)

Piombo 128Tungsteno 134Rame 386Alluminio 880Acciaio 502Ferro 444Ottone 377Vetro 840Granito 790Diamante 502Grafite 720Ghiaccio 2220Acqua 4186Acqua di mare 3900Alcool etilico 2430Mercurio 139Anidride carbonica 838Aria (secca) 1005Aria (umidita 100%) 1030Azoto 1042Ossigeno 920Idrogeno 14435Elio 5190

15.9.3 Capacita termica di un gas rarefatto

Per un gas rarefatto l’energia interna e E =ν

2NkT , pertanto la capacita

termica a volume costante e:

CV =ν

2Nk (gas rarefatti) (15.53)


Ora ricordiamo l’equazione di stato, PV = NkT . La dilatazione a

pressione costante e data ovviamente da δV =Nk

PδT . Esprimendo

Nk

P=V

T,

si trova

δV =V

TδT (gas rarefatti, dilatazione a pressione costante)

e quindi per confronto

αV =1

T

Quindi, sempre dall’equazione di stato, αV PV = Nk. Pertanto, la capacitatermica a pressione costante e:

CP =(ν

2+ 1)Nk (gas rarefatti) (15.54)

Si noti che CV , CP dipendono dalla natura del gas, attraverso i “gradidi liberta” ν della molecola: dunque, molecole piu complesse (biatomica,triatomica), hanno capacita termiche piu elevate rispetto ai gas monoatomici.Questo fatto si capisce se consideriamo che la temperatura e legata all’energiacinetica traslazionale delle molecole, mentre l’energia interna contiene anchel’energia cinetica di rotazione delle molecole. Poiche questi contributi siequipartiscono, a causa degli urti fra molecole, per un dato aumento ditemperatura occorre produrre un aumento di energia cinetica traslazionale(sempre lo stesso) ma anche un aumento di energia cinetica rotazionale, chee maggiore per le molecole piu complesse.

Invece, la differenza tra capacita termica a pressione costante e a volumecostante e indipendente dalla natura del gas:

CP − CV = Nk (gas rarefatti) (15.55)

Per i gas, si e soliti definire anche il calore molare: e simile al calorespecifico, solo che anziche riferito ad una massa unitaria, viene riferito aduna mole di molecole, N = NA. Sicome NAk = R, il calori molari di un gasa volume costante e a pressione costante risultano essere:

CmolV =

ν

2R

CmolP =

(ν2

+ 1)R

(gas rarefatti) (15.56)


Esercizio 15.2. Utilizzando le formule dei calori molari, si calcolino i calorispecifici a pressione costante dei gas O2, N2, H2,He, CO2, e si confrontino irisultati con quelli sperimentali mostrati nella Sezione 15.9.2.

Risposta. Il calore molare a pressione costante e CmolP =(ν

2+ 1)R. Per

passare al calore specifico, occorre conoscere il peso molecolare, m, di ciascun gas.

Una massa M di gas contiene un numero di moli n =M

mNA, pertanto la sua

capacita termica e CP = nCmolP =(ν

2+ 1)R · M

mNAe il suo calore specifico

cP =CPM

=(ν

2+ 1)· R

mNA=(ν

2+ 1) k

m. Quindi, costruiamo una tabella come

segue:

Gas ν m (u.a.) m (kg) cP (K/(K kg))

O2 5 32 5.312 · 10−26 910 (920)N2 5 28 4.648 · 10−26 1040 (1042)H2 5 2 0.332 · 10−26 14559 (14435)He 3 4 0.664 · 10−26 5200 (5190)CO2 6 44 7.304 · 10−26 756 (838)

Il valore sperimentale e indicato fra parentesi nell’ultima colonna. L’accordo

e ottimo per tutti i gas, tranne per l’anidride carbonica: il valore sperimentale e

838 K/(K kg).

15.9.4 Capacita termica di un solido

Abbiamo visto nella Sezione 15.4.1 che per molti solidi vale la relazione

E = 3NkT (solidi di Dulong-Petit)

pertanto la capacita termica di questi solidi e

C = 3Nk (solidi di Dulong-Petit) (15.57)

e il calore molare (N = NA) risulta:

Cmol = 3R (solidi di Dulong-Petit) (15.58)

Esercizio 15.3. Usando la formula di Dulong-Petit, si calcolino i calori specificia pressione costante dei seguenti materiali solidi: piombo, tungsteno, rame,alluminio, ferro, vetro, granito, diamante, grafite, ghiaccio. Si confrontino irisultati con i valori sperimentali della tabella in Sezione 15.9.2. Si commentiqualitativamente il valore sperimentale per l’acciaio (lega di ferro e carbonio, max1%).


Soluzione. La formula di Dulong-Petit tratta moli di atomi, che sonoconsiderati puntiformi. Per i metalli semplici, dalla formula del calore molareCmol = 3R, si puo passare al calore specifico se si conosce la massa atomica

m: basta usare c =Cmol

NAm=

3k

m. Per il diamante e la grafite, si puo usare

la massa atomica del carbonio. Per materiali composti, si puo tentare di usareuna media pesata delle masse atomiche degli elementi costituenti. La molecoladel ghiaccio e formata da 2 atomi di idrogeno (mH = 1 u.a.) e 1 di ossigeno

(mO = 16 u.a.), pertanto si potrebbe assumere mghiaccio =2 · 1 + 1 · 16

3= 6 u.a..

Il vetro comune e ottenuto fondendo diossido di silicio (SiO2) e poi facendolosolidificare in tempi troppo rapidi perche si formi la struttura cristallina. Anchequi, possiamo assumere una massa atomica media: essendo mSi = 28 u.a. troviamo

mvetro =1 · 28 + 2 · 16

3= 20 u.a.. Il granito e ancora piu complicato, trattandosi

di una miscela di diverse molecole, di cui prevalentemente SiO2 al 74% e Al2O3 al

14%. La massa atomica media di Al2O3 e mAl2O3 =2 · 27 + 3 · 16

5= 20.4 u.a. —

praticamente identica a quella di SiO2. Trascurando i composti minori del granito,possiamo assumere una massa atomica media mgranito = 20 u.a.. Proviamo avedere che succede . . .

Materiale m (u.a.) m (kg) cP (K/(K kg))

Piombo (Pb) 207 3.436 · 10−25 120 (128)Tungsteno (W) 184 3.054 · 10−25 136 (134)Rame (Cu) 64 1.062 · 10−25 390 (386)Alluminio (Al) 27 0.448 · 10−25 924 (880)Ferro (Fe) 56 0.930 · 10−25 445 (444)Vetro (SiO2) 20 0.332 · 10−25 1247 (840)Granito (SiO2, AL2O3) 20 0.332 · 10−25 1247 (790)Diamante (C) 12 0.199 · 10−25 2078 (502)Grafite (C) 12 0.199 · 10−25 2078 (720)Ghiaccio (H2O) 6 0.100 · 10−25 4157 (2220)

Il valore sperimentale e indicato fra parentesi nell’ultima colonna.

Commenti. L’accordo fra la previsione di Dulong-Petit e il dato sperimentale

e ottimo per i metalli con massa atomica elevata. Tuttavia si nota che si discosta

sensibilmente per l’alluminio, e ancora di piu per il diamante, che pure non

contengono elementi diversi: la ragione sta nella loro massa atomica, molto

piccola, e nel forte legame fra gli atomi. Questo fatto viene approfondito nella

Sezione 15.12.3. Anche per i materiali composti considerati, la previsione di

Dulong-Petit non e applicabile.


15.10 Calori latenti

Finora abbiamo associato uno scambio di calore δQ di un sistema conl’ambiente, ad una variazione δT del sistema stesso.

Ci sono situazioni in cui invece la temperatura non cambia, ma si modificainvece lo stato fisico del sistema: e il caso in cui un materiale passa dallo statosolido allo stato liquido, o a quello gassoso. In tali situazioni, lo scambio dicalore e evidente dalla variazione di temperatura dell’ambiente circostante,oppure di un altro materiale posto a contatto.

Facciamo alcuni esempi.

Esempio: acqua in ebollizione

Una pentola d’acqua viene messa sul fuoco, e nell’acqua e immerso un termometro.

La temperatura dell’acqua cresce, fino a raggiungere 100C (gradi Celsius), poi si

stabilizza e a questo punto l’acqua comincia a bollire. Sappiamo che il fuoco cede

calore all’acqua: il fatto e manifesto, dal fatto che prima di bollire la temperatura

dell’acqua aumentava, dunque anche la sua energia interna aumentava, mentre

su di essa non veniva fatto lavoro. Quindi questo aumento doveva essere causato

da un trasferimento di calore. Quando l’acqua comincia a bollire, la temperatura

non aumenta piu, eppure il fuoco resta acceso, quindi continua a trasferire calore,

cioe a cedere energia. Dove va questa energia? Nel frattempo si osserva che parte

dell’acqua forma le bolle, ovvero passa dallo stato liquido allo stato gassoso.

Esempio: ghiaccio fondente

L’esempio precedente puo essere ripreso usando un blocco di ghiaccio viene

preso dal freezer e messo in una pentola sul fuoco. Inizialmente la temperatura

del ghiaccio era quella del freezer (diciamo −18C). Dopo un po’ di tempo il

ghiaccio comincia a fondere e nella pentola si raccoglie dell’acqua. La temperatura

dell’acqua e del ghiaccio residuo a contatto con essa viene misurata e risulta 0C.

Poi la temperatura resta stabile a questo valore (mentre il fuoco resta acceso) finche

tutto il ghiaccio si e sciolto. Solo quando non c’e piu ghiaccio, la temperatura

dell’acqua comincia a salire. Anche qui, sappiamo che il fuoco cede calore, ma

quando acqua e ghiaccio coesistono, la loro temperatura non cambia.

In entrambi gli esempi fatti, il sistema riceve energia (sotto forma dicalore) ma la sua temperatura non cambia. Invece, parte del sistema passada solido a liquido, oppure da liquido a gassoso.

Il processo puo anche essere invertito. Per esempio, se si prende unrecipiente pieno d’acqua e lo si mette nel freezer, e si misura la temperaturanel tempo, si osserva che essa scende dal valore ambientale fino ad arrivarea 0C, poi parte dell’acqua comincia a ghiacciare ma la temperatura non

15.10. CALORI LATENTI 399

Figura 15.10: Esperimento del ghiaccio che si scioglie nell’olio.

cambia piu, fino a che tutta l’acqua si e ghiacciata, e solo allora latemperatura ricomincia a scendere.

Consideriamo ora un esperimento un po’ piu quantitativo.

Esperimento: ghiaccio fondente

Un blocco di ghiaccio (sistema (1)) viene immerso in olio caldo (sistema (2)) perdel tempo. Dopo un po’ di tempo si osserva che parte del ghiaccio si e sciolto,formando acqua che si deposita sul fondo (acqua e olio non si mescolano). Iltutto e immerso in un recipiente isolato dotato di due termometri: uno misura latemperatura T (1) dell’acqua sul fondo, l’altro la temperatura T (2) dell’olio.

Svolgimento e osservazioni. Ora descriviamo che cosa succede durantel’esperimento, aiutandoci con la Fig. 15.10.

Da quando viene immerso il ghiaccio, la temperatura dell’olio T (2) diminuisce(“l’olio si raffredda”). Interpretiamo questo dicendo che, essendo l’olio atemperatura maggiore del ghiaccio, gli cede energia sotto forma calore.

Dopo un certo tempo, il ghiaccio comincia a fondere, e sul fondo si accumulaacqua, la cui temperatura T (1) viene misurata. Si osserva che, durante la fusionedel ghiaccio, T (2) continua a diminuire, mentre invece T (1) resta costante a0C = 273.15 K. Il calo di T (2) indica che l’olio continua a cedere calore alghiaccio. Chiamando C(2) la capacita termica dell’olio, possiamo quantificareil calore scambiato attraverso la variazione di temperatura dell’olio: ∆Q(1) =

−∆Q(2) = −C(2)∆T (2) La variazione di temperatura ∆T(2)fusione che avviene fra

l’inizio e la fine della fusione del ghiaccio permette di calcolare quanta energia estata ceduta al ghiaccio.

∆Q(1)fusione = −C(2)∆T

(2)fusione

Inoltre, si osserva sperimentalmente che ∆T(2)fusione e direttamente proporzionale


alla massa m(1) del ghiaccio iniziale:

∆T(2)fusione = −Km(1)

La costante di proporzionalita K che abbiamo introdotto ha un significatopuramente empirico, al momento, ma e comunque misurabile. Da questavorremmo estrarre qualche informazione piu fondamentale. Possiamo ricavarel’energia necessaria per sciogliere una massa unitaria di ghiaccio:

λF =∆Q

(1)fusione

m(1)= −

C(2)∆T(2)fusione

m(1)= K C(2)

Quando il ghiaccio si e fuso completamente, la temperatura T (1) dell’acquacomincia a salire, intanto che la temperatura T (2) dell’olio continua a scendere.Questo e comprensibile, in termini di capacita termica dell’acqua: C(1)∆T (1) =∆Q(1) = −∆Q(2) = −C(2)∆T (2) Incidentalmente, misurando ∆T (1) e ∆T (2),e conoscendo la capacita termica dell’acqua, C(1) = m(1)c(1) = m(1) ·(4186 Jkg−1K−1), si puo risalire alla capacita termica C(2), dell’olio, necessariaal calcolo di λF .

Conclusione. Da questo esperimento si impara che per fondere il ghiaccio e

necessario somministrare energia, e che questa non si manifesta in un aumento di

temperatura. E inoltre possibile misurare questa energia, in particolare per unita

di massa di ghiaccio che si fonde. La quantita λF cosı introdotta si chiama “calore

latente di fusione”.

Occorre ricordare che in un sistema denso (liquido o solido), l’energiainterna ha una componente cinetica e una potenziale: quest’ultima derivadalle interazioni fra atomi e molecole del sistema stesso. Nei solidi, icostituenti sono legati fra loro piu strettamente che nei liquidi, pertanto laloro energia potenziale e minore nei solidi. Nei gas l’energia potenziale puoessere considerata nulla, perche non ci sono interazioni, se non durante gliurti. Schematicamente possiamo scrivere

〈U〉(solido) < 〈U〉(liquido) < 〈U〉(gas) ≡ 0

Quando il ghiaccio si fonde, parte delle molecole che prima erano legatenella fase solida passano alla fase liquida, quindi sono meno legate di prima.Questo significa che l’energia potenziale aumenta, e cosı anche l’energiainterna. Analogamente, quando l’acqua bolle, parte delle molecole passa allafase gassosa, e quindi si slega completamente, aumentando ancora l’energiainterna.

Questa situazione non puo essere descritta attraverso le capacita termiche,perche non c’e variazione di temperatura. Si introducono invece i calorilatenti.

15.10. CALORI LATENTI 401

Figura 15.11: Variazione della temperatura durante la cessione di caloread una sostanza: le parti di curva che sale si riferiscono al riscaldamentodi una fase omogenea (solida, liquida, gassosa), mentre i tratti orizzontalidescrivono la fusione e la vaporizzazione.

Il calore latente di fusione λF e la quantita di calore ∆Q necessaria perfare passare una massa unitaria (1 kg) di materiale dallo stato solido allostato liquido.

Analogamente, il calore latente di vaporizzazione λV e la quantita di calore∆Q necessaria per fare passare una massa unitaria (1 kg) di materiale dallostato liquido allo stato gassoso.

Se immaginiamo di prendere una sostanza solida di massa m e di cederlecalore, possiamo dividere il processo in 5 parti, come schematizzato nellaFig. 15.11.

(1) Inizialmente il solido si scalda: la sua temperatura aumenta secondo lalegge:

δT =δQ

Csolido=

δQ

mcsolido(riscaldamento del solido)

Il processo va avanti finche parte del solido comincia a fondere.

(2) Quando e iniziata la fusione, la temperatura si stabilizza. Il caloreassorbito ha l’effetto di far passare sempre piu materiale dalla fasesolida alla fase liquida. La quantita di massa che si fonde e data dallarelazione:

δmfusione =δQ

λF(fusione del solido)

Il processo continua finche resta del materiale nella fase solida.


(3) Quando tutto il materiale si e fuso, un’ulteriore somministrazione dicalore fa aumentare la temperatura del liquido, secondo la legge:

δT =δQ

C liquido=

δQ

mcliquido(riscaldamento del liquido)

Il processo va avanti finche parte del liquido comincia a bollire.

(4) Quando e iniziata l’ebollizione, la temperatura si stabilizza di nuovo.Il calore assorbito ha l’effetto di far passare sempre piu materiale dallafase liquida alla fase gassosa. La quantita di massa che si vaporizza edata dalla relazione:

δmvaporizzazione =δQ

λV(vaporizzazione del liquido)

Il processo continua finche resta del materiale nella fase liquida.

(5) Dopo che tutto il materiale e passato allo stato gassoso, una ulterioresomministrazione di calore fa aumentare la temperatura del gas,secondo la legge:

δT =δQ

Cgas=

δQ

mcgas(riscaldamento del gas)

Il fatto che durante la fusione e l’ebollizione la temperatura sia costante,e di grande utilita pratica, perche consente di costruire termostati, ovverosistemi a temperatura costante. Il fatto che le scale termometriche sianotarate sul ghiaccio fondente (0C) e sull’acqua bollente (100C) e un esempionotevole.

Riportiamo nella tabella che segue le temperature di fusione e diebollizione e i rispettivi calori latenti di alcune sostanze.

15.11. ESERCIZI 403

sostanza fusione ebollizionetemp. (K) cal. lat. (kJ/kg) temp. (K) cal. lat. (kJ/kg)

Idrogeno 14.15 58 20.15 455Elio 3.45 1.25 4.22 21Ossigeno 54 13.9 90 213Azoto 63 25.7 77 200Acqua 273.15 333.5 373.16 2272Alcool etilico 159 108 351.4 855Mercurio 234 11 630 294Alluminio 933 327 2743 10500Ferro 1811 247 3134 6070Tungsteno 3695 192 6203 4200Rame 1356 207 2868 4730Zolfo 388 54 718 1406

15.11 Esercizi

Esercizio 15.4. Un volume di 1 m3 di azoto si trova inizialmente alla pressionedi 1 Atm e alla temperatura di 25 C, quindi viene compresso in maniera adiabaticafino a che il suo volume si sia dimezzato. Calcolare l’energia interna prima e dopola compressione. Quanto vale la temperatura finale?

Risposta. L’energia interna e legata alla temperatura da E =ν

2NkT , essendo

ν = 5 per l’azoto. Il numero di molecole N non e dato, ma si ricava dall’equazione

di stato, PV = NkT , quindi E =ν

2PV . Poiche all’inizio P in = 101 325 Pa e

V in = 1 m3, si trova

Ein =ν

2P inV in = 2.533 · 105 J

La trasformazione adiabatica e tale che PV γ resta costante, con γ =ν + 2

ν=

7

5=

1.4. Poiche V fin =V in

2= 0.5 m3, si ottiene P fin = P in

(V in

V fin

)γ= 2.674·105 Pa.

L’energia interna finale si calcola sempre con la stessa formula:

Efin =ν

2P finV fin = 3.343 · 105 J

Da questa calcoliamo T fin: deve essereEfin

Ein=T fin

T in, con T in = (25+273.15) K =

298.15 K. Quindi:

T fin =Efin

EinT in = 393.50 K = 120.35C


Esercizio 15.5. Un volume di 1 ` di gas Argon (gas monoatomico) si trovainizialmente alla pressione atmosferica e a temperatura di 15C, quindi viene postoa contatto con una sorgente di calore, fino a che la sua pressione e diventata pari a150 kPa, mentre il suo volume rimane costante. Qual e la sua temperatura finale?Quanto calore ha assorbito dalla sorgente?

Risposta. La legge dei gas, PV = NkT , a volume costante, ci dice

che ∆P V = Nk∆T . Pertanto,∆P

P=

∆T

T. La variazione di pressione e

∆P = (1.5 − 1.01325) · 105 Pa = 4.8675 · 104 Pa. La temperatura iniziale eT in = (15 + 273.15) K = 288.15 K. Pertanto, la temperatura finale e:

∆T = T in∆P

P in= 138.43 K

T fin = T in + ∆T = T in(

1 +∆P

P in

)= 426.59 K = 153.44C

Per trovare il calore assorbito, utilizziamo la prima legge della termodinamica:∆E = ∆Q − ∆W, dove nel nostro caso ∆W = 0 perche non c’e variazione di

volume. Occorre quindi valutare ∆E =ν

2Nk∆T . Per l’argon, ν = 3. Inoltre,

Nk =PV

T, quindi dalle condizioni iniziali:

∆Q = ∆E =ν

2

P inV in

T in∆T = 73.01 J

Esercizio 15.6. Lo stesso volume di Argon dell’esercizio precedente, con lestesse condizioni iniziali, viene tenuto a pressione costante e lasciato espandere,mentre gli viene ceduta la stessa quantita di calore. Che temperatura e che volumeraggiunge?

Risposta. Al contrario del caso precedente, qui il gas si espande, quindi compieun lavoro ∆W = P ∆V . Inoltre, a pressione costante, Nk∆T = P∆V , quindi

∆E =ν

2Nk∆T =

ν

2P∆V . Si deduce che ∆Q = ∆E + ∆W =

(ν2

+ 1)P∆V , da

cui:

∆V =ν

(ν + 2)P∆Q = 4.323 · 10−4 m3 = 0.4323 `

V fin = V in + ∆V = 1.4323 `

La temperatura finale si ricava da PV = NkT e, a pressione costante, P∆V =Nk∆T , da cui:

∆T = T in∆V

V in= 124.57 K

T fin = T in + ∆T = 412.73 K = 139.57C

Osservazione. Rispetto all’esercizio precedente, l’aumento di temperatura e

minore: la ragione e che parte dell’energia assorbita come calore e stata convertita

in lavoro.

15.11. ESERCIZI 405

Esercizio 15.7. Quanto calore e necessario estrarre da 1 m3 di CO2 che si trovainizialmente a pressione atmosferica, affinche la sua temperatura passi da 25C a0C, mentre il suo volume resta costante? Come cambia il risultato, se invece simantiene costante la pressione?

Risposta. Si possono usare le capacita termiche a volume e a pressione

costante, CV =ν

2Nk e CP =

(ν2

+ 1)Nk. Per le molecole triatomiche ν = 6.

Nk si puo ricavare dall’equazione di stato: Nk =P inV in

T in= 339.8 K. Quindi:

[∆Q]V = CV ∆T = 3Nk∆T = −2.549 · 104 J

[∆Q]P = CP ∆T = 4Nk∆T = −3.398 · 104 J

Esercizio 15.8. 200 g di zuppa di verdura bollente (100C) viene versata inuna scodella a temperatura ambiente (20C). La scodella si scalda, fino a essersitermalizzata con la zuppa alla temperatura Tfin. Trattando la zuppa come se fosseacqua (stesso calore specifico), la scodella come un oggetto di massa 450 g e calorespecifico 1000 J/(kg K), e trascurando la dispersione di calore nell’aria, quantovale Tfin?

Risposta. Chiamiamo (1) la zuppa e (2) la scodella. Il calore ∆Q ceduto dallazuppa alla scodella vale:

C(1)(T

(1)in − Tfin

)= ∆Q = C(2)

(Tfin − T (2)

)essendo C(1) = m(1)c(1) = (0.2 kg)(4186 JK−1kg−1) = 837.2 J/K e C(2) =m(2)c(2) = (0.45 kg)(1000 JK−1kg−1) = 450 J/K. Si ricava quindi:

Tfin =C(1)T

(1)in + C(2)T

(2)in

C(1) + C(2)= 72.03C

Osservazione. In questo esercizio non ci siamo preoccupati di scrivere le

temperature in gradi Kelvin. La ragione e che in questo problema solo le variazioni

∆T sono importanti.

Esercizio 15.9. La zuppa a 70C dell’esercizio precedente “fuma”, ovvero partedi essa evapora. Quanta parte di essa deve evapoarre, affinche quella che rimanesia alla temperatura di 30C?

Risposta. Quando una massa δm passa dallo stato liquido a quello gassoso,sottrae una quantita di calore δQ = λV δm alla fase liquida, la quale quindi si

raffredda, secondo l’equazione δT =δQ

mc=λVc

δm

m. Occorre quindi integrare questa

equazione, dalla temperatura iniziale T in a quella finale T fin:

∆T = T fin − T in =

∫ Tfin

T indT =

λVc

∫ mfin

min

dm

m=

λVc

(mfin

min

)

mfin = min · ec

λV∆T


Trattando la zuppa come fosse acqua, c = 4186 J/(K kg) e λV = 2.272 · 106 J/kg.

Essendo ∆T = −40 K, si ricava mfin = min · 0.93 = 0.186 kg. Quindi devono

evaporare 14 g di acqua.

Esercizio 15.10. Una pentola con 5 ` di acqua a una temperatura iniziale di20C viene messa sul fuoco, e lasciata lı finche l’acqua non e evaporata tutta.Quanta energia ha ceduto il fornello? Se la potenza del fornello e di 3 kW, quantotempo impiega l’acqua a bollire? Quanto tempo occorre perche evapori tutta?

Risposta. L’acqua viene prima portata ad ebollizione, quindi evapora. Lamassa di acqua e m = 5 kg, quindi la sua capacita termica e C = cm =(4186 J/(K kg))(5 kg) = 20 930 J/K. Per portare la temperatura da 20C a 100Ce quindi necessaria un’energia pari a ∆E1 = C ∆T = 1.6744 · 106 J. L’energiaper fare evaporare tutta l’acqua e ∆E2 = m · λV = (5 kg)(2.272 · 106 J/kg) =1.136·107 J. L’energia totale spesa in tutto il processo e ∆E1+∆E2 = 1.303·107 J.

Chiamiamo P = 3000 W la potenza del fornello. Il tempo impiegato per portare

a ebollizione l’acqua e ∆t1 =∆E1

P= 558 s ' 9.3 min. Da quando inizia a bollire,

occorre un tempo ∆t2 =∆E2

P= 3787 s ' 1.05 h perche sia tutta evaporata.

Esercizio 15.11. Due cubetti di ghiaccio di massa 5 g ciascuno, a temperaturadi −18C vengono messi in una tazzina di caffe bollente (20 g di caffe a 100C).Trascurando la capacita termica della tazzina, qual e la temperatura finale delcaffe? Che cosa succede se si usano invece 5 cubetti?

Risposta. Trattiamo il caffe come acqua, e dividiamo il processo in 3 fasi.

Fase 1. Il caffe cede una quantita di calore ∆Q1 al ghiaccio, per portarloda −18C a 0C. Quindi ∆Q1 = mghiacciocghiaccio∆T ghiaccio1 =(0.01 kg)(2220 JK−1kg−1)(18 K) = 399.6 J. La temperatura del caffe si

abbassa di ∆T caffe1 = − ∆Q1

mcaffecacqua= − 399.6 J

(0.02 kg)(4186 JK−1kg−1)=

−4.78 K.

Fase 2. Il ghiaccio si scioglie tutto, quindi assorbe un calore ∆Q2 =mghiaccioλghiaccioF = (0.01 kg)(3.335 · 105 Jkg−1) = 3336 J. La

temperatura del caffe si abbassa di ∆T caffe2 = − ∆Q2

mcaffecacqua=

− 3336 J

(0.02 kg)(4186 JK−1kg−1)= −39.8 K.

Fase 3. Il ghiaccio ormai e sciolto, quindi abbiamo 5 g di acqua a 0C e 20 g di caffea (100 − 4.78 − 39.8)C = 55.4C. L’acqua a 0C assorbe una quantita dicalore ∆Q3 per arrivare ad una temperatura finale Tfin, nello stesso tempoil caffe cede la stessa quantita di calore per arrivare alla stessa temperatura:

mghiacciocacqua(Tfin − 0C) = ∆Q3 = mcaffecacqua(55.4C− Tfin)

15.12. TEMPERATURA ED ENERGIA INTERNA (*) 407

da cui:

Tfin =mghiaccio(0C) +mcaffe(55.4C)

mghiaccio +mcaffe= 44.3C

Usando 5 cubetti, la massa totale del ghiaccio e mghiaccio = 0.025 g. Quindi

∆Q1 cresce di un fattore 5/2, e cosı pure ∆T1 = −11.95C. Anche ∆Q2 crescerebbe

di un fattore 5/2, e cosı pure farebbe ∆T2 = −99.5C. Quindi il calo totale della

temperatura del caffe sarebbe ∆T1 + ∆T2 = −111C. Ma questo non e possibile,

perche il caffe diventerebbe ad un certo punto piu freddo del ghiaccio e continuerebbe

a cedergli calore. Questo in pratica non puo succedere. Cio che invece accade e che

quando il caffe raggiunge 0C si trova in equilibrio termico col ghiaccio fondente.

Alla fine ci sara il caffe, un po’ annacquato, con un residuo di ghiaccio non sciolto.

15.12 Temperatura ed energia interna (*)

15.12.1 Principio di equipartizione dell’energia

Nelle sezioni precedenti abbiamo visto che un gas rarefatto possiedeun’energia interna, data dalla totalita delle energie cinetiche molecolari, lacui manifestazione macroscopica e la temperatura

〈E〉 =E

N=

ν

2kT (gas rarefatti)

Possiamo riformulare questo risultato nella forma seguente, che va sotto ilnome di principio di equipartizione dell’energia.

In una sostanza che si trova a temperatura T , ciascun costituente

elementare (atomo o molecola) possiede un’energia media⟨Epart

⟩pari a

kT

2per ogni grado di liberta.

⟨Epart

⟩≡ E

N= ν · kT

2(15.59)

Questa formulazione non aggiunge nulla di nuovo a quanto gia detto peri gas rarefatti, ma puo essere estesa ad altri casi. Occorre in ogni casocontare in modo giusto i gradi di liberta per ciascun costituente elementare,considerando solo le quantita che possono alterarne l’energia meccanica.

Nelle sezioni seguenti, rivisitiamo alcuni casi gia visti (gas monoatomicoe biatomico) ed introduciamo il caso nuovo dei solidi.


15.12.2 Gas monoatomico

In un gas monoatomico rarefatto, l’unica energia meccanica e l’energia

cinetica: Epart ≡ E =m

2

(v2x + v2

y + v2z

). I gradi di liberta ad essa collegati

sono le tre componenti cartesiane della velocita, vx, vy, vz, quindi ν = 3. Ilprincipio di equipartizione, Eq. (15.59), ci dice che

⟨Epart

⟩=

3

2kT (gas monoatomico) (15.60)

Fin qui, niente di nuovo. . .

15.12.3 Materiali solidi

Un materiale solido e costituito da atomi, ciascuno posto in una posizioneben precisa. Tale posizione e determinata dalle interazioni fra un particolareatomo con tutti gli atomi circostanti, quindi dalla risultante delle forzesull’i-esimo atomo prodotte dagli altri atomi k:

~Fi =∑k

~Fik

Essendo tali forze di natura elettrica, esse sono conservative, quindi sonoassociabili ad un’energia potenziale:

Ui(~ri) =∑k

Uik(~ri; ~rk) ; ~Fi(~ri) = − ~∇Ui(~ri)

La posizione di equilibrio dell’atomo i-esimo e definita dal punto ~reqi in

cui ~Fi(~reqi ) = 0, ovvero in cui l’energia potenziale Ui(~ri) ha un minimo.

Abbiamo visto nella Sezione 10.10.4 che in prossimita di un minimo,l’energia potenziale puo sempre essere approssimata come un paraboloide(vd Eq. (10.38)):

U(xi, yi, zi) ' U(xeqi , yeqi , z

eqi )

+kx2

(xi − xeqi )2

+ky2

(yi − yeqi )2

+kz2

(zi − zeqi )2


da cui si deduce che la forza risultante sull’i-esimo atomo e di natura elastica:

Fi,x = −∂Ui∂xi

= −kx (xi − xeqi )

Fi,y = −∂Ui∂yi

= −kx (yi − yeqi )

Fi,z = −∂Ui∂zi

= −kx (zi − zeqi )

In verita, gli atomi non sono esattamente “fermi” nel solido, ma oscillanointorno ai loro punti di equilibrio con frequenze angolari

ωx =

√kxmi

; ωy =

√kymi

; ωz =

√kzmi

Ogni atomo in totale ha ν = 6 gradi di liberta: 3 sono le componentivx, vy, vz della velocita (che entrano nell’energia cinetica), e 3 sono glispostamenti (xi − xeqi ), (yi − yeqi ), (zi − zeqi ) dalla posizione di equilibrio(che entrano nell’energia potenziale). Pertanto, il principio di equipartizionedell’energia, Eq. (15.59), prevede che:⟨

Epart⟩

= 3kT (15.61)

Questa legge e nota come legge di Dulong e Petit, e fu derivatasperimentalmente per molti solidi, prima di averne una spiegazione teorica.

In verita essa fallisce a basse temperature, a causa di effetti dovutialla meccanica quantistica. Qui possiamo solo dare una spiegazione unpo’ approssimativa. In meccanica quantistica, l’energia meccanica di unoscillatore non puo assumere qualunque valore reale, ma e “quantizzata”,ovvero puo assumere solo valori discreti. Precisamente:

Epartosc =

(nosc +

1

2

)~ωosc (15.62)

dove nosc e un numero intero ≥ 0 e ωosc la frequenza angolare dell’oscillatore.La quantita ~ e una costante fondamentale della Fisica

~ = 1.054 571 7 · 10−34 J s (15.63)

L’energia ha un livello base~ω2

, sul quale si puo solo aumentare di quantita

discrete ~ω. Chiaramente, essendo ~ molto piccola, questa “discretizzazione”


appare un continuo ad energie elevate, viceversa diventa pi‘ importante manmano che si scende in energia, ovvero a basse temperature.

Ma c’e di piu: in un solido, oltre alle vibrazioni dei singoli atomiintorno ai loro punti di equilibrio, si possono innescare anche vibrazioni“collettive” di gruppi di atomi, tipicamente con frequenze angolari tanto piubasse, quanto maggiori sono i gruppi di atomi che oscillano insieme. Questi“modi vibrazionali” si chiamano fononi. Qui non li tratteremo in manieraapprofondita, vogliamo solo accennare che le vibrazioni in un solido hanno

uno spettro di frequenze angolari complicatoω

(1)osc, ω

(2)osc, ω

(3)osc, . . .

. Qui ω

(n)osc

indica genericamente l’n-esimo modo vibrazionale, che puo essere del singoloatomo, o collettivo di un gruppo di atomi. Quando la temperatura T si

abbassa, tutti i modi vibrazionali con ω(n)osc &

kT

~diventano incompatibili con

la temperatura (perche avrebbero un’energia minima troppo elevata) e quindivengono “spenti”. Tipicamente le vibrazioni individuali sono soppresse, erestano quelle collettive, quindi il numero medio di gradi di liberta per atomo〈ν〉 si riduce fortemente. L’effetto macroscopico e che la capacita termicamolare, Cmol, anziche valere 3R, si abbassa con la temperatura, annullandosinel limite T → 0.

15.12.4 Gas biatomico

In un gas biatomico rarefatto, la situazione e ancora piu complessa, e vaanalizzata in tutti i suoi dettagli. Anzitutto abbiamo l’energia cineticatraslazionale (cioe dovuta alla velocita nello spazio):

ET =m

2

(v2x + v2

y + v2z

)cui corrispondono i 3 gradi di liberta vx, vy, vz. Contiamo νT = 3 per letraslazioni, quindi

〈ET 〉 =3

2kT

Poi abbiamo l’energia cinetica rotazionale ER, data dalle possibilirotazioni intorno ad assi ortogonali all’asse della molecola — ovviamente unarotazione intorno all’asse della molecola non produce movimento. Possiamoindividuare due assi di rotazione ortogonali fra loro e all’asse della molecola,dunque altri due gradi di liberta, νR = 2, quindi

〈ER〉 = kT


Anche qui, nulla di nuovo. Pero elaboriamo di piu questa parte. . .La molecola biatomica e formata da due atomi di masse m1, m2 che

ruotano intorno ad un centro comune, descrivendo orbite di raggi r1, r2 convelocita angolare ω. Le loro velocita rotazionali sono v1,2 = ωr1,2, quindil’energia cinetica rotazionale si puo calcolare come:

ER =1

2

(m1v

21 +m2v

22

)=ω2

2

(m1r

21 +m2r

22

)=ω2

2I

La quantita I ≡ (m1r21 + m2r

22) si chiama momento di inerzia. Il momento

angolare della molecola e invece

L = m1v1r1 +m2v2r2 = ω(m1r21 +m2r

22) = ωI

L’energia cinetica rotazionale si puo riscrivere come

ER =ω2

2I =

L2

2I(15.64)

In meccanica quantistica, il momento angolare L e “quantizzato”, cioe nonpuo assumere qualunque valore reale, ma solo multipli interi della costantedi Planck ~ = 1.054 571 7 · 10−34 J s, quindi

L = nR ~ (15.65)

Segue che l’energia cinetica rotazionale e anch’essa quantizzata:

ER = n2R

~2

2I(15.66)

Quali sono i valori tipici di~2

2I? Prendiamo il caso della molecola di idrogeno:

le masse degli atomi sono m1 = m2 = mH = 1.67 · 10−27 kg, la distanza

interatomica e rHH = 0.07 nm, quindi r1 = r2 =rHH

2= 3.5 ·10−11 m. Risulta

IH2 ' 4 · 10−48 m2kg, ovvero~2

2IH2

' 5 · 10−21 J. Questa e la piu piccola

energia cinetica rotazionale della molecola di idrogeno:

(ER)minH2=

~2

2IH2

' 1.2 · 10−21 J

La temperatura ad essa corrispondente e

(TR)minH2=

(ER)minH2

k' 90 K


In altre parole, al di sotto di questa temperatura (circa −183C) non c’esufficiente energia per innescare il moto rotatorio, e quindi i corrispondentigradi di liberta sono “disattivati”.

Un calcolo analogo per la molecola di ossigeno (mO = 2.66 · 10−26 kg,rOO = 0.12 nm) da: IO2 ' 2 · 10−46 m2kg, (ER)minO2

= 2.5 · 10−23 J, e

quindi (TR)minO2' 1.8 K. A causa del suo maggiore momento di inerzia,

la temperatura per innescare le rotazioni nella molecola di ossigeno e moltopiu bassa.

Ma non e finita: il legame che unisce i due atomi non e rigido. Comeaccennato nella Sezione 10.10.4, i due atomi hanno un’interazione la cuienergia potenziale presenta un minimo, in corrispondenza della loro distanzadi equilibrio (vd Fig. 10.7), quindi sono caratterizzati da una oscillazione, inprima approssimazione elastica, intorno ad esso. In tal caso, sia l’energiacinetica di oscillazione, Eosc, che l’energia potenziale Uosc contribuisconoall’energia meccanica Epart. La prima dipende dalla velocita di oscillazionevosc, la seconda dallo spostamento δosc dal punto di equilibrio: quindi abbiamoaltri due gradi di liberta, νosc = 2. Ne consegue che⟨

Epartosc

⟩= kT

Abbiamo gia visto nel caso dei solidi che anche l’oscillazione degli atomie soggetta alle leggi quantistiche:

Epartosc =

(nosc +

1

2

)~ωosc

Si puo calcolare quale sia la temperatura minima necessaria per innescareuna oscillazione:

(Tosc)min =

(∆Epartosc )

min

k=

~ωh

Sperimentalmente, per la molecola di idrogeno, si osserva che

(Tosc)minH2

=~ωH2

k' 1000 K

Una temperatura decisamente alta! A temperature ambiente il modovibrazionale non e innescato. Si puo dedurre la frequenza angolare delleoscillazioni: ωH2 ' 1.4 · 1014 rad/s.

Riassumiamo: abbiamo νT = 3 gradi di liberta traslazionali, νR = 2 gradidi liberta rotazionali, e νosc = 2 gradi di liberta vibrazionali. Ma alcuni nonsi innescano, se la temperatura non e sufficiente. Possiamo riassumere lasituazione in questa tabella:


temperatura gradi di liberta energia internaνT νR νosc ν

T . TR 3 — — 3 E =3

2NkT

TR T . Tosc 3 2 — 5 E =5

2NkT

Tosc T 3 2 2 7 E =7

2NkT

Capitolo 16

Forze elettromagnetiche

16.1 Moti in campi elettrostatici

16.1.1 Il potenziale elettrostatico

Abbiamo visto in Sezione 10.6.3 che le forze elettriche coulombiane sonoconservative. Inoltre, dalla Sezione 10.7, sappiamo che una composizione diforze conservative produce un campo conservativo. Quindi, senza ulterioreesitazione, possiamo affermare che

le forze elettrostatiche sono conservative.

Una carica-sonda q0, posta in posizione ~r, in presenza di altre caricheq1, . . . , qN poste in posizioni ~r1, . . . , ~rN , e soggetta ad un’energia potenziale

U0(~r) = q0

N∑k=1

1

4πε0

qk|~r − ~rk|

(16.1)

L’energia potenziale e dunque proporzionale alla carica-sonda q0: questosuggerisce di definire una quantita indipendente da q0, per descrivere inmodo piu generale il campo elettrostatico. Definiamo dunque il potenziale

elettrostatico come Φ(~r) =U0(~r)

q0

, ovvero:

Φ(~r) =1

4πε0

N∑k=1

qk|~r − ~rk|

(16.2)

L’unita di misura del potenziale elettrostatico e il Volt (V). 1 Volt e ladifferenza di potenziale che produce una variazione di energia di 1 Joule ad

415

416CAPITOLO 16. FORZE ELETTROMAGNETICHE — M.FANTI

una carica elettrica di 1 Coulomb. Quindi

1 V = 1 J/C (16.3)

Finora abbiamo detto che i campi elettrici si misurano in N/C. In realtasolitamente si indicano in V/m. Le due scelte sono del tutto equivalenti.

Ricordando che ~F = q ~E e U(~r) = qΦ(~r), possiamo costruire unacorrispondenza fra le relazioni matematiche che collegano queste quantita:

energia potenziale potenziale elettrostatico∫ B

A

~F · d~r = U(~rA)− U(~rB)

∫ B

A

~E · d~r = Φ(~rA)− Φ(~rB)

~F = − ~∇U ~E = − ~∇Φ

Da queste si ricava che il lavoro fatto dal campo elettrostatico ~E su unacarica q si puo scrivere come:

Wes(A→ B) = q

∫ B

A

~E · d~r = q (Φ(A)− Φ(B)) (16.4)

16.1.2 Esercizi di moti in campi elettrostatici

Esercizio 16.1. Atomi di idrogeno vengono ionizzati, producendo protoni edelettroni sostanzialmente in quiete. Questi sono poi soggetti ad una differenza dipotenziale di 1000 V. Con quale velocita finale vengono emessi i protoni e glielettroni? Per rispondere, occorre conoscere massa e carica elettrica del protone edell’elettrone, che sono riportate in Sezione 9.3.3.

Risposta. Il lavoro fatto dal campo elettrostatico e in entrambi i casi W =e∆Φ = (1.602·10−19 C)(1000 V) = 1.602·10−16 J. Poiche protoni ed elettroni sonoinizialmente fermi, la loro energia cinetica finale sara Ee = Ep = W. La velocita

si ricava da E =m

2v2, ovvero v =

√2Em

. Per i protoni, mp = 1.67 · 10−27 kg,

dunque vp = 4.38 · 105 m/s = 438 km/s. Per gli elettroni, me = 9.11 · 10−31 kg,dunque ve = 1.88 · 107 m/s = 18 800 km/s.

Osservazione. Si tratta di velocita molto elevate. In questi casi conviene

sempre confrontarle con la velocita della luce, c = 300 000 km/s. Finche(vc

)2 1

i nostri calcoli restano attendibili. Altrimenti occorre rifarli utilizzando le equazioni

della relativita.

Esercizio 16.2. Un fascio di elettroni molto collimato viene prodotto accelerandoin direzione orizzontale gli elettroni, inizialmente fermi, con una differenza dipotenziale di ∆Φ = 100 V. Quindi il fascio viene iniettato in una zona lunga

16.1. MOTI IN CAMPI ELETTROSTATICI 417

` = 1 m, dove c’e un campo elettrico verticale uniforme Ez = +50 V/m, direttoverso l’alto. Calcolare lo spostamento verticale ∆z degli elettroni e l’angolo α concui escono dalla zona di campo elettrico verticale.

Risposta. Gli elettroni inizialmente acquistano un’energia cinetica E =e∆Φ = (1.602 · 10−19 C)(102 V) = 1.602 · 10−17 J, quindi una velocita orizzontale

vx =

√2Eme

=

√2(1.602 · 10−17 J)

9.11 · 10−31 kg= 5.930 · 106 m/s. Quando entra nella zona

di campo verticale, la sua velocita orizzontale non viene modificata. Invece lavelocita verticale, inizialmente nulla, evolve nel tempo per la presenza di una forza

Fz = −eEz, pertanto vz =−eEzme

t. Analogamente, lo spostamento verticale e dato

da ∆z = − eEz2me

t2.

Il tempo in cui gli elettroni restano nella zona di campo Ez e ∆t =`

vx=

1 m

5.930 · 106 m/s= 1.686 ·10−7 s. All’uscita, la velocita verticale e vz = −eEz

me∆t =

−(1.602 · 10−19 C)(50 N/C)

9.11 · 10−31 kg(1.686 · 10−7 s) = 1.482 · 106 m/s. L’angolo di

deflessione e calcolabile come tanα =vzvx

= −0.25, vale a dire α = tan−1

(vzvx

)=

−0.245 rad ' −14. La deflessione e negativa, cioe verso il basso: questo ecorretto, poiche Ez e verso l’alto, ma la carica degli elettroni e negativa.

Lo spostamento degli elettroni e ∆z = − eEz2me

(∆t)2 = − eEz2me

`2me

2e∆Φ=

−Ez`2

4∆Φ= −0.125 m = −12.5 cm.

Esercizio 16.3. Nell’esercizio precedente si e trascurata la forza di gravitaagente sugli elettroni. Come si modifica il risultato, se la includiamo?

Risposta. Occorre modificare la forza, che da Fel = −eEz diventa F =

Fel+Fg = −eEz−meg. Per rispondere alla domanda, calcoliamoF

Fel= 1+

FgFel

=

1 +meg

eEz1 +

(9.11 · 10−31 kg)(9.806 m/s2)

(1.602 · 10−19)(50 N/C)= 1 + 1.115 · 10−12. Quindi l’errore che

abbiamo commesso, trascurando la gravita, e di circa una parte su mille miliardi.

Poiche sia α che ∆z dipendono linearmente da F , questo “errore” li affligge nella

stessa misura. Dunque, nessun problema!

Esercizio 16.4. Si consideri il modello classico dell’atomo di idrogeno, costituitoda un elettrone che descrive un’orbita circolare intorno a un protone, con raggioa0 = 5.29 · 10−11 m. Si calcolino l’energia cinetica e l’energia potenzialedell’elettrone. Quant’e l’energia meccanica? Quanta energia occorre per ionizzarel’atomo?


Risposta. La forza di Coulomb e F =1

4πε0

e2

a20

. Questa deve essere pari alla

forza centripeta applicata all’elettrone: F = mev2e

a0. Uguagliando, si trova dunque

mev2e =

1

4πε0

e2

a0

Si noti la coincidenza: il primo termine e 2E, il secondo e −U . Pertanto l’energia

meccanica, E = E + U , puo essere scritta come E =1

2U oppure E = −E.

ATTENZIONE: questo vale solo per orbite circolari intorno ad un campo di forza

∝ 1

r2!

Calcoliamo dunque l’energia potenziale: U = − 1

4πε0

e2

a0= −(9 ·

109 NC−2m2)(1.602 · 10−19 C)2

5.29 · 10−11 m= −4.366 · 10−18 J. Pertanto, E =

U2

=

−2.183·10−18 J. E negativa, come ci si aspetta per un sistema legato. Per “slegare”

il sistema occorre cedere dall’esterno un’energia almeno sufficiente a far diventare

E ≥ 0, quindi ionizzare l’atomo di idrogeno occorrono esattamente 2.183 · 10−18 J.

Osservazione: le energie negli atomi

L’energia di ionizzazione dell’atomo di idrogeno, trovata nell’esercizio, e moltopiccola rispetto al Joule. In effetti, in Fisica Atomica, si fa spesso uso diun’unita di energia che non fa parte del S.I., ma e piu idonea in questi contesti:questa e l’elettron-volt, definita come l’energia cinetica acquisita da un elettrone(o un protone) quando viene accelerato dalla differenza di potenziale di 1 V.Evidentemente:

1 eV = 1.602 · 10−19 J (16.5)

Esercizio 16.5. Esprimere l’energia di ionizzazione dell’atomo di idrogeno, inelettron-volt.

Risposta. 2.183 · 10−18 J =2.183 · 10−18

1.602 · 10−19eV = 13.6 eV

16.2 Esperimento di Millikan

L’esperimento di Millikan ha consentito di osservare che la carica elettricanon puo assumere valori arbitrari, ma esiste in multipli interi di una quantitadi carica fondamentale — che e la carica del protone, +e, o dell’elettrone,−e.

16.2. ESPERIMENTO DI MILLIKAN 419

Figura 16.1: Schema dell’esperimento di Millikan.

Nell’esperimento, molte goccioline d’olio, estremamente piccole e leggere,vengono nebulizzate ed iniettate in una regione dove, oltre al campogravitazionale ~g, esiste anche un campo elettrico uniforme ~E direttoverticalmente verso l’alto, generato da una differenza di potenziale ∆Φapplicata a due lastre metalliche poste a distanza D. L’intensita del campo

elettrico vale E =∆Φ

D, e si puo regolare agendo sulla differenza di potenziale

∆Φ.Molte goccioline sono elettricamente neutre, e cadono sotto l’azione

della forza di gravita. Alcune goccioline, durante l’iniezione, si sonoelettrizzate, ovvero hanno acquistato o perso elettroni per sfregamento.Pertanto possiedono una carica elettrica q, positiva se hanno perso elettroni,negativa se ne hanno acquistati. Queste goccioline sentono l’azione siadel campo gravitazionale che del campo elettrico. Regolando quest’ultimoopportunamente, per una particolare gocciolina le due forze si possonobilanciare, e la gocciolina resta sospesa a mezz’aria. Quantitativamente,detta m la massa della gocciolina e q la sua carica elettrica,

~Fg = −mgz~Fe = qEz~Ftot = (qE −mg)z

e la condizione di equilibrio si trova per qE = mg. Pertanto si puo risalirealla carica elettrica

q =mg

E(16.6)

se si conosce la massa m. E qui il discorso si complica. . . In effetti, legoccioline sono tutte diverse fra loro, e sono troppo piccole per poternemisurare il diametro e calcolarne quindi la massa. Inoltre, c’e anche l’effettodi “galleggiamento” della gocciolina nell’aria, che finora abbiamo trascurato.


Riaffrontiamo il tutto in maniera piu precisa. Supponiamo che lagocciolina abbia forma sferica (il che e sempre vero per goccioline piccole) e

raggio r (da determinare!). Quindi il suo volume e V =4π

3r3 e la sua massa

e m = ρV =4π

3r3ρ. La forza di galleggiamento e

~Fgall = ρ′V gz (16.7)

con ρ′ la densita dell’aria (ρ′ ' 1.3 kg/m3). Infine, quando la gocciolina simuove nell’aria, essa e soggetta ad un attrito viscoso, dato da

~Fattr = −η~v = −(6πµr)~v (16.8)

(legge di Stokes) essendo µ la viscosita dell’aria (µ = 1.81 · 10−5 kg m−1s−1).

Infine, abbiamo la forza di gravita, ~Fg = −mgz = −ρV gz, e la forza

elettrica, ~Fe = qEz. Tutte le forze sono orientate lungo la verticale, quindiil moto e unidimensionale e possiamo omettere i vari z.

La forza totale sulla gocciolina e quindi

Ftot = Fg + Fgall + Fattr + Fe

= −(ρ− ρ′)g4π

3r3 − (6πµ) r v + qE

(16.9)

Quando il campo E viene regolato per tenere in equilibrio una gocciolina,v = 0 e la forza di attrito si annulla. La condizione di equilibrio e Ftot = 0,cioe:

q =4π

3r3 (ρ− ρ′)g

E(16.10)

dove pero r e ancora ignoto. Per determinarlo, si spegne il campo E,cosicche la gocciolina cade sotto l’effetto della gravita. Man mano che cadela sua velocita aumenta, e cosı pure Fattr, finche non raggiunge una velocita-limite vlim in cui l’attrito bilancia esattamente la gravita. Questo accade per

Fg+Fgall+Fattr = 0, ovvero (6πµ) r vlim = −(ρ−ρ′)g4π

3r3. La velocita-limite

deve essere:

|vlim| =2

9

(ρ− ρ′)gµ

r2 (16.11)

Misurandola, si puo calcolare r e inserirlo nell’Eq. (16.10), cosı finalmente siricava la carica q.

Misurando in questo modo i valori di q per diverse goccioline, si osservache essi sono tutti multipli interi di una carica e = 1.602 · 10−19 C. Pertantoe assume il ruolo di unita di carica elettrica fondamentale.

16.3. MOTO IN UN CAMPO MAGNETICO 421

Esercizio 16.6. Quanto sono piccole le goccioline dell’esperimento di Millikan?Proviamo a stimarlo.

La carica elettrica minima di una gocciolina deve essere q = e. Supponiamoche sia mantenuta in equilibrio da un campo elettrico generato da una differenzadi potenziale ∆Φ = 10 kV applicata attraverso uno spazio D = 1 cm. Quanto valela massa “apparente” (cioe compreso l’effetto del galleggiamento) della gocciolina?Assumendo ρ = 0.9 g/cm3, qual e il diametro della gocciolina?

Risposta. Il campo elettrico vale E =∆Φ

D=

104 V

0.01 m= 106 V/m. La

massa apparente della gocciolina e mapp =eE

g=

(1.602 · 10−19 C)(106 N/C)

9.806 m/s2=

1.634 · 10−14 kg = 1.634 · 10−11 g. Il volume della gocciolina e V =mapp

ρ− ρ′=

1.818·10−11 cm3. Essendo V =4π

3r3, il diametro della gocciolina e 2r = 2

3

√3V

4π=

3.26 · 10−4 cm = 3.26 µm.

Esercizio 16.7. Continuando l’esercizio precedente, qual e la velocita-limitedi caduta della gocciolina considerata, in assenza di campo elettrico? Quantoimpiegherebbe ad attraversare tutta la zona di campo elettrico?

Risposta. Abbiamo vlim =2

9

(ρ− ρ′)gµ

r2 ' 2.87 · 10−4 m/s ' 0.3 mm/s. Per

attraversare la zona di campo elettrico impiegherebbe un tempo ∆t =D

vlim' 33 s.

Un tempo abbastanza lungo, dunque, da poter permettere di osservarla bene.

16.3 Moto in un campo magnetico

Sperimentalmente si osserva che cariche elettriche in moto in una regionedi spazio contenente un campo magnetico sono soggette a forze, che devianola direzione del moto senza alterarne la velocita. Studi approfonditi di talifenomeni mostrano che la forza agente su una carica puntiforme q che simuove con velocita ~v puo essere descritta quantitativamente dalla legge:

~FL = q~v × ~B (16.12)

nota come forza di Lorentz. Il vettore ~B in generale e una funzione dellaposizione occupata dalla carica q. L’Eq. (16.12) puo essere usata come

definizione del campo magnetico ~B: misurando la forza agente su diversecariche che passano per un dato punto con diverse velocita e direzioni, sipossono misurare tutte le componenti di ~B in quel punto.

L’unita di misura del campo magnetico e il Tesla (T = N s C−1 m−1).

Dall’Eq. (16.12) si vede subito che ~FL e ortogonale al piano contenente ivettori. Quindi l’accelerazione non ha componente tangenziale: e puramente


(a) (b) (c)

R

λ

B

B

ω

vR

v

B

FL

θ

Figura 16.2: Moto di una carica dovuto alla forza di Lorentz: (a) in un

campo ~B generico; (b), (c) in un campo ~B uniforme

centripeta. Come si e gia visto in Sezione 6.7, questo significa che il modulodella velocita e costante:

dv

dt=d|~v|dt

= 0

Inoltre, detto θ l’angolo fra i vettori ~v e ~B (Fig. 16.2(a)), il suo moduloe:

| ~FL| = |qvB sin θ| (16.13)

quindi e nullo se ~v e parallelo (concorde o discorde) a ~B, mentre e massimo

se ~v e ortogonale a ~B.

16.3.1 Moto in un campo magnetico uniforme

Consideriamo ora il moto di una particella carica in un campo magnetico ~Buniforme. Scomponiamo la velocita ~v in due componenti ~v‖ e ~v⊥, parallela

e ortogonale a ~B. L’Eq. (16.12) diventa:

d~v‖dt

+d~v⊥dt

=q

m

(~v‖ + ~v⊥

)× ~B =

q

m~v⊥ × ~B

D’altra parte ~v⊥× ~B e ortogonale a ~B, quindi le equazioni del moto possonoessere separate nella direzione di ~B e nel piano ortogonale:

16.3. MOTO IN UN CAMPO MAGNETICO 423

d~v‖dt

= 0

d~v⊥dt

=q

m~v⊥ × ~B

(16.14)

e ciascuna puo essere risolta indipendentemente. La prima equazionedescrive un moto rettilineo uniforme nella direzione di ~B.

Analizziamo la seconda. Anzitutto, sappiamo che v⊥ = |~v⊥| non cambianel tempo (sappiamo che v e costante; abbiamo appena visto che anche

v‖ e costante; quindi anche v⊥ =√v2 − v2

‖ deve essere costante). Inoltre,

dall’accelerazione centripeta possiamo calcolare il raggio di curvatura R:

q

mv⊥ = an =

v2⊥R

da cui:R =

mv⊥qB

=p⊥qB

(16.15)

Possiamo anche ricavare la velocita angolare: ω =v⊥R

, quindi:

ω =qB

m(16.16)

Possiamo ragionare anche sulle singole componenti cartesiane: scegliamol’asse z parallelo al campo ~B, cosicche ~B = Bzz. L’Eq. (16.12) diventa:

dvxdt

=q

m(vyBz − vzBy) =

qB

mvy

dvydt

=q

m(vzBx − vxBz) = −qB

mvx

dvzdt

=q

m(vxBy − vyBx) = 0

(16.17)

La terza equazione ci dice che vz e costante nel tempo. Le prime dueequazioni hanno per soluzione

vx = v0 sin

(qB

mt+ Φ

)vy = v0 cos

(qB

mt+ Φ

)(16.18)


come si puo verificare per sostituzione diretta nelle Eq. (16.17). Qui v0 e una

costante di integrazione. Poiche sin2 + cos2 = 1, abbiamo che√v2x + v2

y = v0,

quindi v0 e il modulo della velocita sul piano (x, y).

Per trovare x, y occorre integrare vx, vy nel tempo. Ricordiamo che∫dt sin(ωt + Φ) = − 1

ωcos(ωt + Φ) + costante e

∫dt cos(ωt + Φ) =

1

ωsin(ωt+ Φ) + costante. Quindi:

x = x0 −mv0

qBcos

(qB

mt+ Φ

)y = y0 +

mv0

qBsin

(qB

mt+ Φ

)(16.19)

Le conclusioni che si traggono sono le stesse gia viste: moto rettilineouniforme lungo l’asse z e moto circolare uniforme sul piano (x, y), con velocita

v0, raggio R =mv0

qBe velocita angolare ω =

qB

m.

La traiettoria della particella apparira come raffigurata in Fig. 16.2(b,c):se ~v‖ = 0 la traiettoria e circolare, altrimenti e elicoidale. Il raggio di

curvatura della traiettoria sul piano ortogonale a ~B e dato dall’Eq. (16.15).Nel caso di traiettoria elicoidale, il passo dell’elica (ovvero la distanza fra duesuccessivi passaggi) e calcolabile cosı: in un tempo T = 2π/ω la particellacarica descrive un giro completo intorno all’asse dell’elica; nello stesso tempolo spostamento nella direzione assiale e dato da λ = v‖T , ovvero da una delleseguenti forme equivalenti:

λ =2π v‖ω

=2πmv‖qB

= 2πRv‖v⊥

= 2πRp‖p⊥

(16.20)

16.4 Spettrometro di massa

Lo spettrometro di massa e un apparato per misurare il rapportoq

mfra la

carica elettrica q e la massa m di una particella — tipicamente un atomoionizzato.

La misura e logicamente divisa in tre fasi: produzione e raccolta degliioni; selezione in velocita; analisi della massa, come indicato in Fig. 16.3.

16.4. SPETTROMETRO DI MASSA 425

z

x

y

E(1)

B(2)

E(2)

B(3)

B(2)

E(2)

B(3)

B(3)

zona (1)

raccolta ioni

zona (2)

selezione velocita‘

zona (3)

misura massa

Figura 16.3: Schema dello spettrometro di massa. Nella figura, i campimagnetici vanno pensati come “uscenti” dal foglio. Le linee verdi sono letraiettorie degli ioni selezionati in velocita, di cui si misura la massa. Lelinee rosse sono le traiettorie degli ioni scartati.

Nella prima fase, la sostanza da esaminare viene ionizzata, cosicche le sueparticelle (atomi o molecole) acquistano carica elettrica q e possono essere

dunque raccolte ed accelerate da un campo elettrico ~E(1).

Gli ioni vengono poi iniettati attraverso uno stretto ugello nella secondaporzione dell’apparato: qui entrano come un fascio collimato e mono-direzionale, ma con velocita v diverse fra loro, che dipendono dalla lorocondizione di moto iniziale al momento della ionizzazione e da come il campoelettrico ~E(1) ha agito su ciascuna di essa (quindi per esempio dalle loromasse). La seconda fase della misura consiste nel selezionare la velocita

v delle particelle, sottoponendole ad un campo elettrico ~E(2) ed un campomagnetico ~B(2), entrambi uniformi, ortogonali fra loro e alla direzione delmoto. Per fissare le idee, possiamo orientare gli assi cartesiani in modo chez punti nella direzione del moto, x sia orientato come ~E(2) e y come ~B(2).La forza agente sullo ione di carica q e:

~F = q(~E2 + ~v × ~B2

)

che scritta per componenti cartesiane, e tenendo conto dell’orientamento di


~E(2), ~B(2), risulta:

Fx = mdvxdt

= q(E(2)x + vyB

(2)z − vzB(2)

y

)= q

(E(2) − vzB(2)

)Fy = m

dvydt

= q(E(2)y + vzB

(2)x − vxB(2)

z

)= 0

Fz = mdvzdt

= q(E(2)z + vxB

(2)y − vvB(2)

x

)= q vxB

(2)

Gli ioni entrano con velocita ~v = vzz, cioe senza componenti vx, vy trasverse.Lungo y non c’e forza, quindi il moto non subisce deviazioni. Lungo xagiscono sia la forza elettrica che quella magnetica. In generale produconodeviazioni, a meno che non si bilancino esattamente: questo puo avveniresolo se

vz =E(2)

B(2)

Gli ioni vengono poi iniettati nella terza parte dell’apparato attraverso unostretto ugello allineato con il precedente: quindi solo quelli che non hannosubito deviazioni sono selezionati. La loro velocita e dunque nota.

Nell’ultima fase della misura, gli ioni selezionati in velocita sono soggettiad un campo magnetico ~B(3), trasversale rispetto alla loro direzione di moto,pertanto descrivono un arco di traiettoria circolare. Un rivelatore misura ilraggio di curvatura R della traiettoria. Da questo, usando l’Eq. (16.15), sipuo risalire alla quantita di moto:

p = qRB(3)

e da questa alla massa:

m =p

v=

qRB(3)

E(2)/B(2)=

qRB(2)B(3)

E(2)

16.5 Acceleratori circolari

Un’altra applicazione dei campi elettromagnetici e costituita dagliacceleratori di particelle. Ci sono molti tipi di queste macchine. Unaparticolare classe consiste negli acceleratori circolari: le particelle carichevengono accelerate da una forza accelerante prodotta da un campo elettrico~E diretto nella direzione del moto delle particelle:

~Facc = q ~E

16.5. ACCELERATORI CIRCOLARI 427

~

B B B B B BB B

E

E

EE

EE

E

ρ

z

x y

h

R

Figura 16.4: Schema del ciclotrone.

Le particelle sono mantenute su un’orbita circolare da un campo magnetico~B, che produce una forza centripeta

~FL = q~v × ~B

In questo modo, le particelle passano piu volte nelle stesse regioni interessatedal campo elettrico, e ricevono ogni volta un’accelerazione. Il tutto vieneiterato fino a quando l’energia cinetica delle particelle non ha raggiunto ilvalore voluto. A questo punto il campo magnetico viene spento e le particellevengono estratte.

Come esempio, descriviamo il ciclotrone. La struttura dell’acceleratore eschematizzata in Fig. 16.4.

L’apparato e costituito da due strutture semicircolari cave (dette “le D”)

all’interno delle quali c’e un campo magnetico uniforme ~B, perpendicolare.Fra le due “D” c’e una stretta zona (“gap”) di larghezza h in cui viene

generato un campo elettrico ~E, pilotato da un generatore oscillante difrequenza ν. Per fissare le idee, scegliamo un riferimento cartesiano conl’asse z verticale e l’asse y nella direzione del campo elettrico. Quindi, il


campi elettrico e magnetico sono:

~E = E0 cos(2πνt)y ; ~B = −Bz (16.21)

Le particelle vengono iniettate nel gap al centro della struttura, a t = 0,dove sentono la forza accelerante ~Facc = q ~E, che agisce per tutta la larghezzah, quindi produce un lavoro Wgap = qE0h. Pertanto le particelle subisconoun aumento di energia cinetica

∆Egap = qE0h (16.22)

Il campo magnetico ~B imprime una traiettoria ad arco di cerchio sulleparticelle, con raggio di curvatura

ρ =p

qB(16.23)

e velocita angolare

ω =q

mB (16.24)

quindi il tempo per percorrere un’intero giro e

T =2π

ω= 2π

m

qB(16.25)

Dopo un tempoT

2le particelle hanno completato mezzo giro e ri-attraversano

il gap, in direzione opposta. Affinche ricevano ancora un’accelerazione,occorre che anche il campo elettrico abbia invertito l’orientamento. Dopo

un altro intervallo di tempoT

2esse riattraversano ancora il gap, nella

direzione originaria, quindi occorre che anche il campo elettrico sia tornatoall’orientamento iniziale.

Quindi il campo elettrico deve oscillare con una frequenza ν =1

T=

ω

2π.

Qui e interessante notare che ω non subisce variazioni durante il processodi accelerazione, poiche dipende solo da q,m,B (vd Eq. (16.24)), quindi lafrequenza del generatore non deve essere “aggiustata” durante l’accelerazione— il che e decisamente vantaggioso!

L’energia raggiungibile con un ciclotrone e limitata dalle caratteristichecostruttive: il particolare dall’intensita B del campo magnetico e dal raggioR della regione in cui esso e presente, attraverso l’Eq. (16.23). Infatti

ovviamente ρ < R, quindi p < qBR; scrivendo E =p2

mtroviamo dunque

Emax =(qBR)2

2m(16.26)

16.5. ACCELERATORI CIRCOLARI 429

Esercizio 16.8. Un ciclotrone viene utilizzato per accelerare protoni (massamp = 1.67 · 10−27 kg, carica e = 1.602 · 10−19 C). I parametri sono i seguenti:intensita del campo magnetico B = 1.5 T, raggio massimo R = 0.5 m, campoelettrico massimo E0 = 106 N/C, gap h = 1 cm. Qual e l’energia massima Emaxraggiungibile per i protoni? Quanti giri fanno i protoni per arrivare all’energiamassima? Quanto tempo impiegano?

Risposta. Inserendo i valori numerici troviamo Emax =(qBR)2

2m= 4.322 ·

10−12 J. Ad ogni attraversamento del gap l’energia aumenta di ∆Egap = qE0h =1.602 · 10−15 J; poiche in un giro il gap viene attraversato 2 volte, il numero

di giri necessario e Ngiri =Emax

2∆Egap' 1 350. Il tempo per compiere un giro e

T = 2πm

qB= 4.367 · 10−8 s, quindi il tempo di accelerazione totale per raggiungere

l’energia massima e tacc = NgiriT = 5.89 · 10−5 s ' 60 µs.Osservazione. Abbiamo trovato Emax = 4.322·10−12 J: e un numero piuttosto

piccolo, rispetto a energie “ordinarie”, ma per un protone e “poco” o e “molto”?

Proviamo a calcolare la velocita: v =

√2Em

= 7.19 · 107 m/s. Decisamente veloci

questi protoni!

Capitolo 17

Correnti elettriche

17.1 Conduttori elettrici

Esistono materiali in cui alcune particelle portatrici di carica elettrica nonsono strettamente vincolate a posizioni precise, ma hanno una certa libertadi movimento. Facciamo alcuni esempi notevoli.

• Metalli: ogni atomo contiene molti elettroni, che occupano “orbite”diverse. Gli elettroni delle orbite piu interne sono saldamente vincolatiai rispettivi atomi; viceversa, quelli delle orbite piu esterne hanno unlegame piu debole e possono migrare verso atomi vicini. Questi elettronisono detti elettroni di conduzione, e ciascuno porta una carica elettrica−e.

• Semiconduttori: questi materiali hanno una struttura solida cristallina.In essi, si distinguono elettroni di conduzione e di valenza: i primi sicomportano come nei metalli, mentre i secondi sono responsabili deilegami chimici che danno al materiale la struttura di reticolo cristallino,e sono vincolati a stare nelle vicinanze dell’atomo di appartenenza.Puo accadere pero che, a causa dell’agitazione termica, alcuni elettronidi valenza si svincolino dall’atomo, diventando “di conduzione”, elasciando cosı una lacuna (cioe un “vuoto”), cui corrisponde un eccessodi carica positiva, +e. Un elettrone da un atomo vicino puo andarea colmare questa lacuna, lasciandone pero una nell’atomo da cuiproviene. Il risultato effettivo e che nel semiconduttore abbiamo duetipi di portatori di carica: gli elettroni (−e) e le lacune (+e).

• Soluzioni ioniche: si ottengono quando una sostanza cristallina vienedisciolta in acqua. I materiali cristallini sono aggregati da legami

431

432 CAPITOLO 17. CORRENTI ELETTRICHE — M.FANTI

ionici, che in acqua si spezzano formando ioni (per esempio NaCl →Na++Cl−). In questo caso gli stessi ioni fungono da portatori di carica.

17.2 Correnti elettriche microscopiche

Pensiamo ad un conduttore come ad un sistema di atomi, o molecole, separatida spazio vuoto. In assenza di forze esterne, i portatori “liberi” di carica simuovono fra gli atomi senza essere soggetti a forze dovute ai singoli atomi, senon quando essi entrano nelle loro immediate vicinanze. Le loro velocita ~vq,dovute all’agitazione termica, sono disordinate e vanno ugualmente in tuttele direzioni, pertanto la loro media vettoriale e nulla:

〈~vq〉 = 0 (in assenza di forze esterne)

Viceversa, le velocita scalari medie 〈vq〉 sono molto elevate: possono andareda 104 m/s a 106 m/s, a seconda della natura dei portatori “liberi”.

In presenza di un campo elettrico applicato ~E, un portatore “libero”di carica q e soggetto ad una forza elettrica ~Fq = q ~E, e quindi ad unaaccelerazione:

~aq =~Fqmq

=q

mq

~E

essendo mq la massa del portatore. Cio e vero finche il portatore puo essereconsiderato “libero”, ovvero finche non si trova nelle immediate vicinanze diun atomo: quando cio avviene, esso subisce una forza molto superiore, perun intervallo di tempo molto breve, tanto che si puo assimilare ad un urto.Essendo totalmente casuali i parametri di tale urto, il portatore ne esce condirezione del tutto casuale.

Chiamiamo ~v(0)q la velocita di un generico portatore appena uscito da un

urto. Nell’intervallo di tempo ∆t che intercorre fra due successivi urti, ladistanza percorsa dal portatore e:

∆~r = ~v(0)q ∆t+

1

2~aq(∆t)

2 = ~v(0)q ∆t+

1

2

q ~E

mq

(∆t)2

pertanto la sua velocita media fra due successivi urti e:

~vq =∆~r

∆t= ~v(0)

q +∆t

2

q

mq

~E

Calcolando la media su molti portatori si trova:⟨~vq

⟩=⟨~v(0)q

⟩+

q

2mq

〈∆t〉 ~E

17.2. CORRENTI ELETTRICHE MICROSCOPICHE 433

Ora, essendo⟨~v

(0)q

⟩la media vettoriale dei portatori appena usciti da urti

con atomi, essa e zero, a causa della direzione casuale. Invece 〈∆t〉 e il tempomedio che intercorre fra due urti. Esso puo essere utilizzato per definire illibero cammino medio λ fra due urti:

λ ≡ 〈∆t〉〈vq〉

Quindi abbiamo trovato che, in presenza di un campo elettrico applicato~E, i portatori acquisiscono una velocita media, detta velocita di deriva, paria:

~u ≡ 〈~vq〉 = µ ~E

(µ ≈ q

2mq

λ

〈vq〉

)(17.1)

essendo µ la mobilita.

In un conduttore, detta ~u la velocita di deriva dei portatori di carica, qla loro carica elettrica e n la loro densita in volume, si definisce la densita dicorrente elettrica ~J come:

~J = nq~u (17.2)

Dalla definizione di mobilita, Eq. (17.1), ricaviamo subito:

~J = nqµ ~E = σ ~E (17.3)

dove σ e la conducibilita elettrica. La legge

~J = σ ~E (17.4)

e la legge di Ohm microscopica.

Esempio: conduzione nel rame

Consideriamo la conduzione nel rame: per ogni atomo esiste un elettrone cheagisce come portatore libero di carica. La densita in volume degli atomi di ramesi calcola conoscendo la densita del materiale ρ = 8.96 g/cm3 e il suo numero dimassa A = 63.546 g (ovvero il peso in grammi di una “mole” di atomi: una molecorrisponde al numero di Avogadro NA = 6.022 · 1023). La densita di atomi involume, nCu, si ricava dall’equazione:

ρ = nCuA

NA

da cui nCu = 8.5 · 1028 m−3.

Sperimentalmente, la conducibilita elettrica del rame e σ = 6 · 107 (unita S.I.).Poiche per ogni atomo c’e un solo elettrone portatore libero, allora la densita dei


portatori e n = nCu, e la loro carica elettrica e q = −e = −1.602 · 10−19 C. Daquesti dati ricaviamo la mobilita elettronica nel rame:

µe =σ

nq= −4.4 · 10−3 (unita S.I.)

Dall’Eq. (17.1) si deduce che per campi elettromotori ordinari, . 104 V/m, lavelocita di deriva e |~u| . 40 m/s, molto inferiore alla velocita termica media deglielettroni, 〈ve〉 ≈ 106 m/s.

Il libero cammino medio degli elettroni e stimabile dall’Eq. (17.1) come λ ≈8 · 10−8 m = 800 A [1]. E interessante stimare la distanza interatomica media: se

nCu e la densita atomica, il volume medio a disposizione di un atomo e 1/nCu,

quindi la distanza interatomica e stimabile come ≈ 3

√1

nCu≈ 2 A. Il libero

cammino medio e molto piu grande della distanza interatomica: questo e il senso

di portatori “liberi”!

Se il conduttore fosse dotato di piu tipi di portatori, con cariche q1, q2, . . . ,la definizione diventerebbe:

~J =∑i

niqi~ui (17.5)

La mobilita di ciascun portatore e definita da:

~ui = µi ~E (17.6)

e la conducibilita elettrica risulta quindi pari a

σ =∑i

niqiµi (17.7)

Esempi di conduttori con piu tipi di portatori sono i semiconduttori e lesoluzioni ioniche.

17.2.1 Conduttori non ohmici

Sperimentalmente, non tutti i conduttori sono ohmici, ovvero non seguono lalegge di Ohm. Cio puo sembrare strano, visto che apparentemente la legge diOhm e stata “dimostrata” in questa sezione. Riguardando la trattazione si

1 L’Angstrom, indicato A, e un’unita di lunghezza corrispondente a 10−10 m, spessousato in fisica atomica perche e dell’ordine di grandezza delle dimensioni dell’atomo. Dallibero cammino medio λ si puo stimare la sezione d’urto σ di interazione di un elettronelibero con un atomo: σ = 1

nλ ≈ 10−22 m2 = 106 barn (1 barn=10−24 cm2).

17.3. CORRENTE ELETTRICA 435

u Σ

A B

E E

ds = u dt

Figura 17.1: Corrente elettrica come flusso di portatori di carica attraversouna sezione Σ di un conduttore.

vede che la chiave sta nell’assunzione che ~J ∝ ~E. Ora, ~J = nq~u, e l’ipotesiche ~u ∝ ~E e valida in molti casi. Tuttavia, in alcuni materiali (per esempionei gas) la densita di portatori n non e costante: in presenza di campi forti,la velocita dei portatori diventa tale da produrre fenomeni di ionizzazionedegli atomi, liberando cosı altri portatori (effetto a valanga).

17.3 Corrente elettrica

Ora consideriamo un conduttore filiforme, di sezione trasversa Σ, cui vieneapplicato un campo elettrico ~E parallelo al conduttore. In esso, i portatoridi carica acquisiscono una velocita di deriva ~u = σ ~E, anch’essa parallelaal conduttore. Quindi attraverso la sezione Σ c’e un flusso netto di caricheelettriche — vedi Fig. 17.1.

Si definisce corrente elettrica in un conduttore una quantita I pari alrapporto fra la quantita di carica elettrica dQ che attraversa la sezione Σ, edil tempo dt in cui questo passaggio avviene:

I =dQ

dt(17.8)

Calcoliamo quanta carica elettrica dQ attraversa Σ in un tempoinfinitesimo dt. Poiche il conduttore e filiforme, ~E, ~u, ~J hanno tuttiorientamento uniforme lungo il conduttore. Il problema diventa quindiunidimensionale, e possiamo omettere la notazione vettoriale.

Consideriamo un piccolo tratto di conduttore di lunghezza ds = u dt,subito prima di Σ. Tutti i portatori che si trovano in esso attraverseranno lasezione Σ entro il tempo dt. Detta n la loro densita in volume, e dV = Σ dsil volume del trattino di conduttore, il numero dei portatori che attraversanoΣ nel tempo dt e dN = n dV = nΣ ds = nΣu dt, quindi la carica elettrica


totale che passa e

dQ = q dN = nq uΣ dt = J · Σ dt

Ne segue cheI = J · Σ (17.9)

17.4 La legge di Ohm

Per i conduttori “ohmici”, cioe quelli per cui vale la legge di Ohmmicroscopica, Eq. (17.4), possiamo elaborare oltre il risultato. IntroducendoJ = σE nell’Eq. (17.9), otteniamo

I = σΣE

Ora, a capi A,B del conduttore esiste una differenza di potenziale ∆Φ =∫ BA~E · d~s, ed essendo ~E, d~s paralleli possiamo scrivere semplicemente:

∆Φ ≡ ΦA − ΦB =

∫ B

A

E ds =

∫ B

A

I

σΣ ds

Ora, la corrente I deve essere uguale attraverso tutte le sezioni del conduttore.Se cosı non fosse, ci sarebbero porzioni di conduttore dove entra piu (o meno)corrente di quanta ne esca, e quindi si avrebbe un accumulo di cariche positive(o rispettivamente negative). Questo processo non puo avere luogo, poichela loro repulsione elettrica le disperderebbe. Inoltre assumiamo anche che ilconduttore sia di materiale omogeneo, cosicche sigma sia uguale ovunque.Infine consideriamo che la sezione Σ sia costante. Allora l’integrale diventasemplicemente ∫ B

A

I

σΣ ds =

I

σΣ

∫ B

A

ds =

(`ABσΣ

)I

Il risultato che abbiamo trovato e quindi:

∆Φ ≡ ΦA − ΦB =

(`ABσΣ

)I = RI (17.10)

E questa e la nota legge di Ohm (“macroscopica”, per distinguerla da quellamicroscopica).

La quantita R che vi compare e la resistenza del conduttore, e si puoesprimere attraverso le dimensioni geometriche del conduttore (`,Σ) e laconducibilita σ:

R =`

Σ· 1

σ(17.11)

Dato un certo materiale (conducibilita σ), la resistenza puo essere regolatascegliendo opportunamente la lunghezza ` (ove possibile) e la sezione Σ.

17.5. LAVORO FATTO SULLE CARICHE IN MOTO 437


La resistenza R si misura in Ohm (Ω=V/A). Quindi, la conducibilita σ simisura in Ω−1m−1.

17.5 Lavoro fatto sulle cariche in moto

Il lavoro fatto su una carica q in un tempo dt e:

dWq = ~Fq · d~s = q ~E · ~vq dt

Dunque il lavoro fatto in un tempo dt su un volumetto δV , contenente densitadi portatori di carica n con velocita di deriva ~u, e:

dWδV = n δV 〈dWq〉 = nq~u · ~E dt δV = ~J · ~E dt δV

La potenza δP , ceduta alle cariche contenute nel volumetto δV , vale

δP =dWδV

dt= ~J · ~E δV

La potenza w, ceduta alle cariche per unita di volume (“densita di potenza”),e:

w =δPδV

=dWδV

δV dt= ~J · ~E (17.12)

Questa equazione e del tutto generale. Se il moto delle cariche avviene in

un conduttore ohmico, allora ~E =1

σ~J . In questo caso, ~J · ~E = | ~J |·| ~E| = JE.

La potenza ceduta alle cariche per unita di volume diventa quindi:

w =δPδV

= σ E2 =J2

σ(17.13)

In un conduttore filiforme, come quello in Fig. 17.1, la potenza totaledissipata puo essere calcolata considerando che il volume di un tratto diconduttore di lunghezza ` e sezione trasversale Σ e V = `Σ, quindi:

P = V w = `Σ JE = `E · ΣJ= ∆Φ I

Dalla legge di Ohm, ∆Φ = RI, Eq. (17.10), si ottiene quindi:

P = RI2 =(∆Φ)2

R(17.14)


nota come legge di Joule, o effetto Joule.Nel conduttore ohmico la potenza ceduta alle cariche in moto non va ad

aumentare la loro velocita di deriva: in effetti ~u =1

µ~E resta costante. Cio che

avviene realmente e che ogni portatore di carica, finche si muove senza urtaregli atomi, viene accelerato dal campo elettromotore. Ma ad ogni urto cedel’energia acquisita al reticolo atomico. Il risultato macroscopico dell’effettoJoule e infatti un surriscaldamento del conduttore.

17.6 Forze magnetiche su un circuito

elettrico

Consideriamo un conduttore filiforme come quello di Fig. 17.1 percorso dauna corrente I. In presenza di un campo magnetico ~B la forza di Lorentzagisce sulle cariche in moto, producendo come effetto macroscopico una forzanetta sul conduttore.

Chiamando q la carica elettrica dei portatori e n la loro densita in volume,in un trattino di conduttore di lunghezza ds e sezione trasversa Σ ci sono

dN = n dsΣ

portatori di carica che si muovono con una velocita media ~u = 〈~vq〉. La forza

di Lorentz complessiva sul volumetto e data dal valore medio 〈 ~Fq〉 della forzasul singolo portatore moltiplicato per il numero di portatori dN :

d ~FL = dN〈 ~Fq〉 = (n dsΣ)〈q~vq × ~B〉 = nq~u× ~B Σ ds

Ora, nq~u = ~J e parallelo a d~s (essendo il conduttore filiforme), quindi

~J × ~B Σ⊥ ds = d~s× ~B J Σ = d~s× ~B I

Abbiamo quindi trovato la 2a formula di Laplace:

d ~FL = Id~s× ~B (17.15)

che descrive la forza agente su un tratto infinitesimo di conduttore dilunghezza ds percorso da una corrente I. Il vettore d~s e tangente alconduttore; si assume I > 0 se ~J ↑↑ d~s.

La forza su un circuito esteso si ottiene integrando la forma differenzialedell’Eq. (17.15). Per un ramo di circuito che va da un punto A a un puntoB la forza magnetica e:

~FL = I

∫ B

A

d~s× ~B (17.16)

17.6. FORZE MAGNETICHE SU UN CIRCUITO ELETTRICO 439

A

C

B

D

B

FBCF

AB

FCD

FDA

^n

ab

B

FBC

FDA

^n

a

θ

θa s

in θ

Figura 17.2: Forze magnetiche su una spira rettangolare

Se ~B e uniforme l’integrale diventa:

~FL = I−→AB × ~B

Per un circuito chiuso la forza totale e:

~FL = I

∮d~s× ~B

che si annulla se ~B e uniforme (poiche∮d~s = 0).

17.6.1 Momento torcente su una spira in un campouniforme

Abbiamo gia visto che su un circuito chiuso percorso da corrente I in uncampo magnetico uniforme ~B la forza di Lorentz totale e nulla. Tuttaviaesiste un momento meccanico ~T .

Analizziamo il caso semplice della spira rettangolare disegnata inFig. 17.2. I lati BC e DA sono lunghi b e perpendicolari a ~B; i lati ABe CD sono lunghi a e obliqui rispetto a ~B; l’asse della spira n forma unangolo θ col vettore ~B.

Usando l’Eq. (17.16) possiamo calcolare le forze agenti sui quattro latidella spira. Le direzioni sono quelle indicate in Fig. 17.2. Le forze agenti suilati AB e CD sono opposte, hanno modulo

| ~FAB| = | ~FCD| = IaB sin(π

2+ θ)


B FBC

FDA

^n

a

θ

N S

A

C

B

D

ab

N

S

z

Figura 17.3: Schema dell’amperometro

ma non producono alcuna coppia. Le forze agenti sui lati BC e DA sonoopposte, hanno modulo

| ~FBC | = | ~FDA| = IbB

e producono una coppia:

M = aF sin θ = I abB sin θ

La direzione del momento torcente ~M e ortogonale al piano contenente n, ~Bed e tale da portare n ad allinearsi con ~B. Tutto questo si puo scrivere informa vettoriale cosı:

~M = (Iab)n× ~B = I ~Σ× ~B (17.17)

essendo ~Σ la superficie orientata concatenata alla spira. Se al posto dellaspira ci fosse una bobina compatta formata da N spire sovrapposte, l’effettomeccanico totale sarebbe la somma degli effetti su ciascuna spira della bobina,ovvero:

~M = N(Iab)n× ~B = NI~Σ× ~B (17.18)

17.6.2 L’amperometro

In Fig. 17.3 e raffigurata una bobina rettangolare con N spire in cui circolauna corrente I. Il tutto e immerso in un campo magnetico ~B prodotto daun magnete permanente. Le espansioni polari sono sagomate in modo dagenerare nelle loro vicinanze un campo ~B uniforme in modulo e di direzione

17.6. FORZE MAGNETICHE SU UN CIRCUITO ELETTRICO 441

radiale. La bobina puo ruotare intorno all’asse z, ed in assenza di correntee tenuta in equilibrio nella posizione θ = 0 da una molla, che esercita unmomento torcente di tipo elastico:

Mel = −kel θ

Quando nella bobina passa una corrente I, le forze agenti sui lati AB eCD sono opposte, dirette lungo l’asse z e non producono alcuna coppia. Leforze agenti sui lati BC e DA sono opposte, perpendicolari al piano dellabobina e valgono in modulo:

F = | ~FBC | = | ~FDA| = NIbB

La coppia prodotta eMmagn = aF = NI abB

e tende a far ruotare la bobina in senso orario se I > 0. La condizione diequilibrio della bobina si trova per Mel +Mmagn = 0, ovvero:

I =kel

NabBθ = KAθ

Questo dispositivo e alla base del funzionamento dell’amperometro, ovverolo strumento che misura correnti elettriche. Infatti, collegando alla bobinaun ago che segna l’angolo θ su un quadrante, si puo dedurre la corrente checircola nella bobina. La costante KA puo essere dedotta dai parametri dicostruzione delllo strumento (N, a, b, B, kel) oppure ricavata calibrandolo conuna corrente nota.

Capitolo 18

Campi elettromagnetici

18.1 Premessa

Abbiamo piu volte introdotto la forza elettromagnetica, prodotta su unacarica elettrica q da un campo elettrico ~E e da un campo magnetico ~B (cfrper es Eq. (9.11)). Per comodita la riportiamo qui:

~Fem = q[~E(~r) + ~v × ~B(~r)

](18.1)

Ricordiamo che qualunque carica elettrica qk e sorgente di un campo elettrico~Ek(~r); se essa e in movimento, produce anche un campo magnetico ~Bk(~r).In qualunque luogo ~r dello spazio, i campi elettrici e i campi magnetici sisovrappongono come somma vettoriale:

~E(~r) =∑k

~Ek(~r)

~B(~r) =∑k

~Bk(~r)(18.2)

L’elettromagnetismo e la branca della Fisica che descrive la forma deicampi elettrico e magnetico generati da una configurazione di cariche. Sitratta di una materia molto vasta, che qui non possiamo pensare di esporrein maniera esaustiva. Ci limiteremo quindi ad alcuni casi particolari.

In Sezione 9.3 abbiamo anticipato la forma dei campi elettrici e magneticiprodotti da cariche in quiete o in moto “lento e poco accelerato”:

|~v| c ; |~a| c2

|∆~r|

443

444 CAPITOLO 18. CAMPI ELETTROMAGNETICI — M.FANTI

La forma generale dei campi elettrici e magnetici, e la loro dipendenza dallecariche che li producono, e molto piu complicata. L’approssimazione di“moto lento e poco accelerato” fallisce non appena le cariche acquistanovelocita ≈ 0.1c, o subiscono accelerazioni significative, o ancora i loro effettisono studiati a distanze “grandi” in relazione alle loro accelerazioni — cioe

|∆~r| c2

|~a|. Queste condizioni sono in effetti abbastanza comuni nella fisica

delle particelle elementari. L’ultima poi e particolarmente rilevante quandosi studino le onde elettromagnetiche.

18.2 Equazioni del campo elettromagnetico

Le equazioni del campo elettromagnetico sono state ricavate da J.C.Maxwell,compendiando una grande varieta di risultati sperimentali sulle interazionielettriche e magnetiche. Esse sono espresse in forma integrale, attraversocircuitazioni e flussi: quindi e necessario avere letto e capito il Capitolo 12,dove queste operazioni matematiche sono definite.

Φch( ~E) =

∮d~Σ · ~E =

Q(int)

ε0; Φch( ~B) =

∮d~Σ · ~B = 0

∮d~r · ~E = −Φconc

(∂ ~B

∂t

);

∮d~r · ~B = µ0

[Iconc + ε0Φconc

(∂ ~E

∂t

)](18.3)

dove:

• Q(int) nella prima equazione e la carica elettrica totale contenutaall’interno della superficie chiusa attraverso cui si calcola il flussoΦch( ~E);

• Iconc nella quarta equazione e la corrente elettrica totale che fluisceentro la linea chiusa lungo cui si calcola la circuitazione

∮d~r · ~B;

inoltre:

1

ε0= 4π · 9 · 109 Nm2C−2 ; µ0 = 4π · 10−7 Ns2C−2 (18.4)

Come gia fatto per le leggi della dinamica, accettiamole come assiomi,confidando nel fatto che sono ampiamente supportate da innumerevoli

18.2. EQUAZIONI DEL CAMPO ELETTROMAGNETICO 445

fatti sperimentali, e sono alla base di tutti gli apparati elettrotecnici cheutilizziamo quotidianamente. Insomma funzionano, e anche molto bene!

Proviamo a capire qualitativamente, da queste equazioni, che cosa generai campi elettrici e magnetici.

18.2.1 Campi stazionari

Cominciamo dapprima con situazioni stazionarie, in cui niente varia nel

tempo: cio significa che nelle Eq. (18.3) possiamo porre∂(· · · )∂t

= 0. Le

equazioni diventano:

Φch( ~E) =

∮d~Σ · ~E =

Q(int)

ε0; Φch( ~B) =

∮d~Σ · ~B = 0

∮d~r · ~E = 0 ;

∮d~r · ~B = µ0 Iconc

(18.5)

Da qui vediamo che:

• le equazioni per ~E e ~B sono completamente indipendenti: campielettrici e magnetici fanno vite separate e non si disturbano l’un l’altro;

• i campi elettrici sono creati dalla presenza di cariche elettriche,

attraverso Φch( ~E) =Q(int)

ε0; inoltre sono conservativi, come si deduce

da

∮d~r · ~E = 0;

• i campi magnetici sono creati dalle correnti elettriche (cioe cariche

elettriche in movimento), come descritto da

∮d~r · ~B = µ0Iconc; inoltre,

non esistono “cariche magnetiche”, come ci testimonia Φch( ~B) = 0.

In questo scenario, i campi elettrici e magnetici possono essere trattatiindipendentemente gli uni dagli altri. Pertanto, affronteremo i campi elettricinella Sezione 18.3 e seguenti, mentre tratteremo i campi magnetici nellaSezione 18.5.


18.2.2 Campi variabili in assenza di cariche

Ora mettiamoci nel caso completamente opposto: supponiamo che in unaregione di spazio non ci siano cariche elettriche, quindi Q(int) = 0 e Iconc = 0.Le equazioni di Maxwell prendono la forma:

Φch( ~E) =

∮d~Σ · ~E = 0 ; Φch( ~B) =

∮d~Σ · ~B = 0


(∂ ~B

∂t

);

∮d~r · ~B = ε0µ0 Φconc

(∂ ~E

∂t

) (18.6)

che ci dicono che un campo magnetico variabile (∂ ~B

∂t6= 0) da luogo

ad un campo elettrico non conservativo, e viceversa, un campo elettrico

variabile (∂ ~E

∂t6= 0) da luogo ad un campo magnetico. Questo scenario e

molto interessante! Proviamo a pensare ad un campo magnetico oscillante,B ≈ cos(ωt). Il campo elettrico indotto dalla sua variazione sara qualcosa

come E ≈ −∂B∂t≈ sin(ωt). Questo a sua volta e variabile, quindi induce un

campo magnetico B ≈ ∂E

∂t≈ cos(ωt). E cosı via. . . Quindi i campi elettrico

e magnetico si sostengono a vicenda. Come vedremo, questo fenomeno e labase delle onde elettromagnetiche.

Discuteremo questo scenario nel Capitolo 19.

18.2.3 Campi elettrici non conservativi

Abbiamo sempre trattato i campi elettrici come conservativi, cioe assumendo∮d~r · ~E = 0. Questo ci ha consentito di definire il potenziale elettrostatico

Φ, tale che Φ(A)− Φ(B) =

∫ B

A

d~r · ~E. Tuttavia possiamo porci un dubbio:

come fa un campo elettrico conservativo a produrre una corrente elettrica inun circuito chiuso di resistenza R? Sul circuito viene dissipata una potenzaP = RI2 (legge di Joule, Eq. (17.14)), che cosa fornisce questa potenza?Se il campo elettrico e conservativo, su un circuito chiuso non puo compierelavoro.

18.3. CAMPI ELETTRICI STATICI 447

In effetti ci sono molti casi di campi elettrici non conservativi. A livellofondamentale, la spiegazione sta nell’equazione di Maxwell scritta in modocompleto: ∮

d~r · ~E = −Φconc

(∂ ~B

∂t

)(18.7)

Quando le cariche elettriche sono in moto, possono produrre correnti —anche a livello atomico — e quindi campi magnetici. Se questi sono variabilinel tempo — il che e ragionevole, visto che le cariche che li producono sispostano — allora possono indurre campi elettrici non conservativi, cioe con∮d~r · ~E 6= 0.

Nella pratica, l’Eq. (18.7), detta legge di Faraday-Neumann, eutilizzatissima per costruire macchine elettriche, come generatori di tensione(“alternatori”) e motori (“a induzione”). Non sviluppiamo oltre questoargomento, peraltro molto ricco.

18.3 Campi elettrici statici

Abbiamo visto (Sezione 18.2.1) che in condizioni stazionarie le equazioni peril campo elettrico si disacoppiano da quelle per il campo magnetico.

Concentriamoci dunque sui soli campi elettrici.

Φch( ~E) =Q(int)

ε0∮~E · d~r = 0

(18.8)

La prima equazione va sotto il nome di legge di Gauss. Come fatto perle forze gravitazionali (Sezione 13.12), essa puo essere dedotta dalla legge di

Coulomb, che ha la stessa forma ∝ 1

r2. Tuttavia, la legge di Coulomb vale

solo per cariche puntiformi ferme, mentre la legge di Gauss ha validita deltutto generale.

La seconda equazione — ricordiamolo — ci dice che il campo elettricostatico e conservativo. Infatti, detta q una carica elettrica qualunque, laforza elettrica e ~F = q ~E, e la sua circuitazione lungo un percorso chiuso e:∮

~F · d~r = q

∮~E · d~r = 0


Cosı come si puo definire l’energia potenziale come:

U(A)− U(B) =

∫ B

A

~F · d~r

allo stesso modo si definisce il potenziale elettrostatico Φ come:

Φ(A)− Φ(B) =

∫ B

A

~E · d~r (18.9)

Le due equazioni Eq. (18.8) sono sufficienti ad analizzare qualunqueproblema elettrostatico. Qui di seguito ci limitiamo ad analizzare alcunicasi particolari:

• il campo Coulombiano generato da una carica puntiforme ferma;

• le proprieta dei campi elettrici nei conduttori;

• la costruzione di un campo elettrico uniforme.

18.3.1 Deduzione della legge di Coulomb

In condizioni statiche le equazioni di Maxwell consentono di ricavare la leggedi Coulomb, ovvero i campi elettrici della forma

~E =1

4πε0

q

r2r

In effetti, se la carica q e ferma, ogni direzione nello spazio e altrettanto validadi tutte le altre, quindi il campo elettrico prodotto da q deve dipendere solodalla distanza r dalla carica, e deve essere orientato in modo radiale:

~E = E(r)r

Scegliamo quindi una superficie chiusa Σch di forma sferica e raggio r; d~Σ eper convenzione ortogonale alla superficie e orientato verso l’esterno, quindid~Σ = dΣr. Allora d~Σ · ~E = dΣE(r) Chiamando dΩ l’angolo solido che

sottende dΣ, abbiamo dΣ = r2 dΩ, quindi d~Σ · ~E = r2E(r) dΩ. Integrandosu tutta la sfera si trova:∮

d~Σ · ~E =

∮dΩ r2E(r) = r2E(r) · 4π

e confrontando con

∮d~Σ · ~E =

q

ε0otteniamo

E(r) =1

4πε0

q

r2

(c.v.d.)


18.3.2 Campi elettrici statici nei conduttori

Abbiamo introdotto i conduttori elettrici in Sezione 17.1. Si tratta dimateriali in cui esistono particelle portatrici di carica che, il presenza diforze elettriche, sono libere di muoversi. Per i conduttori ohmici, abbiamoanche dedotto che la densita di corrente ~J e legata al campo elettrico ~E dallalegge di Ohm microscopica (Eq. (17.4)):

~J = σ ~E

In questa sezione tratteremo le proprieta dei conduttori in condizionistatiche, cioe in assenza di correnti. E evidente che in tali condizioni, ilcampo elettrico all’interno del conduttore deve essere esattamente nullo:

~E = 0 all’interno del conduttore

Un’ulteriore conseguenza diretta e che tutto il conduttore e equipotenziale:due punti qualunque del conduttore hanno una differenza di potenziale∆Φ =

∫~E · d~r = 0, essendo ~E = 0 ovunque all’interno.

Ogni porzione interna ad un conduttore e elettricamente neutra. Questae una conseguenza della legge di Gauss: dato un qualunque volumetto ∆Vcompletamente interno al conduttore, e chiamata Σch la superficie che necostituisce il bordo, Q(int) = ε0

∮Σch

~E · d~Σ = 0. Si noti che questo nonsignifica che non esistono cariche elementari — sappiamo che ogni singoloatomo e formato di particelle cariche — bensı che ne esistono di positive enegative in uguali quantita in modo da bilanciarsi.

Se un conduttore non e elettricamente neutro, ovvero se la carica elettricatotale su di esso non e nulla, essa deve necessariamente essere localizzata sullasua superficie.

18.3.3 Cavita di un conduttore

Se il conduttore ha una cavita interna vuota (cavita elettrostatica), il campoelettrostatico in essa e sempre nullo. Infatti, applicando la legge di Gauss aduna superficie Σ che circonda tutta la cavita, come il Fig. 18.1(a), essendo~E = 0 ovunque nel conduttore, segue che la carica totale disposta sullasuperficie della cavita deve essere nulla. Questo in se non significa chela carica sia nulla in ogni punto, potrebbero esserci cariche positive inalcune zone e negative in altre, come indicato in Fig. 18.1(b). Ma se cosıfosse, ci sarebbe un campo elettrostatico nella cavita, le cui linee di campopartirebbero dai punti con cariche positive e si chiuderebbero sui punti concariche negative. Allora si potrebbe scegliere un percorso chiuso Γ orientato


+

+

+

++

+

−−

−−

−− −

Σ

+

+

+

++

+

−−

−−

−− −

(a) (b) (c)

+

+

+

++

+

−−

−−

−− −

Γ

Figura 18.1: Campo elettrostatico in una cavita elettrostatica

−Q

+Qz

xy

∆ΦD

Σ

δΣ δΣδΣ

Figura 18.2: Schema di un condensatore piano.

come il campo ~E nella cavita; essendo ~E = 0 nella parte di Γ nel conduttore,avremmo

∮Γ~E · d~r > 0, il che viola la legge della circuitazione nulla.

Si conclude che deve essere ~E = 0 anche nella cavita.

Questo risultato e valido sempre, a prescindere da che cosa succedeall’esterno del conduttore: una cavita elettrostatica e quindi perfettamenteisolata dall’universo esterno, per questo viene detta schermo elettrostaticototale.

18.3.4 Costruzione di un campo elettrico uniforme

Consideriamo un sistema formato da due lastre conduttrici piane parallele,di superficie Σ e separate da una distanza D, come in Fig. 18.2. Questastruttura si chiama condensatore, e le lastre armature.

Alle armature viene applicata una differenza di potenziale ∆Φ, che hal’effetto di trasportare una quantita di carica elettrica Q da un’armaturaall’altra. Per fissare le idee, supponiamo che l’armatura superiore porti carica+Q e quella inferiore −Q.


Fra le armature deve esserci un campo elettrico ~E, in modo che ∆Φ =∫d~r · ~E. Vogliamo mostrare che questo campo, lontano dai bordi delle

armature, e uniforme.Anzitutto, per ragioni di simmetria, ~E deve essere ortogonale alle

armature stesse. Se cosı non fosse, dovrebbe esistere una componente ~E‖parallela alle armature. Immaginando di ruotare tutto il sistema di 180

intorno al suo asse verticale, anche ~E‖ deve ruotare, diventando ~E′‖ = − ~E‖;ma con questa rotazione otterremmo una configurazione di cariche identicaa quella iniziale. Com’e possibile che la stessa configurazione dia due campidiversi? L’unica spiegazione e che sia ~E‖ = 0.

Introducendo quindi gli assi cartesiani come in Fig. 18.2, possiamo direche la forma del campo e

~E = E(x, y, z) z

Ora consideriamo una superficie cilindrica chiusa, come quella a sinistranella Fig. 18.2, con la base superiore all’interno dello spessore dell’armaturasuperiore, la base inferiore in mezzo alle due armature, un’area di basepiccola, δΣ (al limite δΣ → 0), e applichiamo la legge di Gauss. Lungo

la superficie laterale del cilindro non c’e flusso, perche ~E e parallelo a z.La base superiore del cilindro e all’interno di un conduttore, quindi ~E = 0.L’unico contributo al flusso e attraverso la base inferiore, che ha versoreortogonale n = −z. Quindi il flusso vale Φ( ~E) = (Ez) · (δΣn) = −EδΣ.Questo risultato e indipendente dall’altezza del cilindro, cioe dalla coordinataz alla quale si trova la base inferiore. Quindi E non dipende da z, in mezzoalle armature:

~E = E(x, y) z (fra le armature)

Ne consegue che ∆Φ =

∫~E · d~r =

∫E(x, y) dz = E(x, y) ∆z = E(x, y)D.

Ora ∆Φ non puo dipendere da x, y, poiche ciascuna delle armature econduttrice, quindi tutti i suoi punti si trovano allo stesso potenziale, aprescindere da x, y. Quindi, all’interno delle armature, E non dipende dax, y:

~E = E z ; E =∆Φ

D(uniforme fra le armature)

Studiamo anche il campo fuori dalle armature. Applichiamo la legge diGauss al cilindretto centrale della Fig. 18.2. Con ragionamenti analoghi ai


precedenti, possiamo concludere che anche al di fuori delle armature il campoe diretto lungo z e uniforme. Al flusso contribuiscono solo le due basi delcilindro, dando:

Φ( ~E) = δΣ(Esopra − Edentro

)=

δqsup

ε0dove si intende che δqsup e la parte di carica elettrica sulla superficiedell’armatura superiore, racchiusa dal cilindretto.

Infine, applichiamo la legge di Gauss al cilindretto di destra dellaFig. 18.2. Troviamo che:

Φ( ~E) = δΣ(Esopra − Esotto

)=

δqsup + δqinf

ε0Queste equazioni possono valere per qualunque scelta di δΣ: visto che i

campi non dipendono da x, y, possiamo allargare δΣ fino ad includere (quasi)tutta l’armatura (al limite lasciando fuori una piccola porzione per evitaregli effetti-bordo). Dunque ragioniamo per δΣ ' Σ, e quindi δqsup ' Q eδqinf ' −Q. Riscriviamo le due equazioni appena trovate:

Σ(Esopra − Edentro) =Q

ε0Σ(Esopra − Esotto) = 0

In particolare, il campo “sopra” il condensatore e quello “sotto” devonoessere uguali, a prescindere dalla separazione D delle armature. Pensiamodi avvicinare sempre piu le due armature fino a che arrivino quasi a toccarsi(D → 0): allora le loro cariche +Q e −Q dovrebbero compensarsi, maall’esterno avremmo sempre un campo Efuori = Esopra = Esotto. Come epossibile? L’unica soluzione e che i campi esterni siano nulli. Se cosı e, il

campo interno e Edentro = − Q

ε0Σ.

Riassumiamo quanto abbiamo trovato:

• un condensatore piano, con armature di area Σ e separazione D,produce al suo interno un campo elettrostatico uniforme, che vale

E =Q

ε0Σ=

∆Φ

D(18.10)

• all’esterno delle armature il campo elettrostatico e nullo;

• dall’equazione precedente si deduce che Q ∝ ∆Φ, sempre; pertanto sidefinisce la capacita del condensatore

C =Q

∆Φ=

ε0Σ

D(18.11)

18.4. DIPOLI ELETTRICI 453

D

+q

−q

r

r+

r−

O

D

+q

−q

r

r+r −

r−r −

θ

q0

Figura 18.3: A sinistra: schema di un dipolo elettrico di cariche ±qe separazione ~D. A destra: schema per il calcolo del potenziale elettricogenerato da un dipolo.

18.4 Dipoli elettrici

Un dipolo elettrico e costituito da un sistema di due cariche elettriche opposte±q, poste ad una distanza D. Possiamo definire la separazione delle carichemediante un vettore-spostamento ~D, che va dalla carica −q alla carica +q(vedi Fig. 18.3).

Si definisce il momento di dipolo elettrico come

~p = q ~D (18.12)

18.4.1 Forze elettriche agenti su un dipolo

Consideriamo ora un dipolo elettrico ~p posto in un campo elettrico~E(~r). L’azione del campo sul dipolo puo essere ricavata dall’energiapotenziale. Questa e calcolabile come somma delle due energie potenzialiassociate alle cariche ±q che formano il dipolo. Facciamo riferimento alla

Fig. 18.3(sinistra). Le cariche si trovano nelle posizioni ~r± = ~r ±~D

2, quindi

troviamo:

U(~r) = qΦ

(~r +

~D

2

)− qΦ

(~r −

~D

2

)= q ~∇Φ · ~D = ~p · ~∇Φ

Ora pero ricordiamo anche che ~E = − ~∇Φ, quindi:

U = −~p · ~E (18.13)


Come si muove un dipolo in un campo elettrico?L’energia meccanica E + U si conserva, e le forze elettriche agenti sul

dipolo in generale tendono ad aumentare l’energia cinetica, quindi a diminuirel’energia potenziale. Questa diminuzione puo avvenire in due modi: oruotando il dipolo, o spostandolo. Analizziamo i due casi.

• Rotazione. Chiamando θ l’angolo fra il campo ~E e il dipolo ~p, risulta

U = −pE cos θ

che per rotazione diventa minimo se cos θ e massimo, vale a dire θ = 0.Quindi il dipolo tende ad allinearsi come il campo elettrico.

• Traslazione. Consideriamo il dipolo gia allineato con il campo elettrico.Quindi

U = −pE

Se il campo elettrico e uniforme, il dipolo non puo modificare U , quindinon sente forze. Viceversa, se il campo elettrico non e uniforme,il dipolo, per minimizzare U , deve muoversi verso regioni di campoelettrico piu intenso — tipicamente quindi, avvicinandosi alla sorgentedel campo.

18.4.2 Potenziale elettrostatico prodotto da un dipolo

Il campo elettrostatico prodotto da un dipolo elettrico puo essere calcolatocon l’ausilio del potenziale elettrostatico. Se conosciamo il potenzialeelettrostatico Φdip(~r) prodotto da un dipolo ~p, possiamo sempre calcolare

il campo elettrostatico come ~Edip = − ~∇Φdip.Per semplicita, scegliamo un sistema di riferimento con l’origine O al

centro del dipolo, come in Fig. 18.3(destra). Allora le cariche ±q sono

localizzate rispettivamente in ~r± = ±~D

2. Ciascuna genera nello spazio un

potenziale elettrostatico

Φ±(~r) =1

4πε0

±q|~r − ~r±|

Ovviamente il potenziale del dipolo e la somma:

Φdip(~r) = Φ+(~r) + Φ−(~r) =q

4πε0

(1

|~r − ~r+|− 1

|~r − ~r−|

)


Potremmo sviluppare fino in fondo questo ragionamento, ma richiede calcoliun po’ lunghi. Scegliamo quindi un altro approccio.

Se il dipolo ~p, posto nell’origine, produce un potenziale Φdip(~r) (dadeterminare!) in ciascun punto ~r dello spazio, una carica elettrica puntiformeq0 posta in ~r si trova ad una energia potenziale

Uq0,dip = q0 Φdip(~r)

L’energia potenziale Uq0,dip e caratteristica dell’interazione carica-dipolo, epuo essere vista anche come l’energia potenziale del dipolo ~p posto nel campoelettrico ~Eq0 prodotto dalla carica q0, posizionata in ~r. Per l’Eq. (18.13),

essa vale Uq0,dip = −~p · ~Eq0 . Ora, il campo elettrico ~Eq0 prodotto daq0 nell’origine O dove si trova il dipolo e dato dalla legge di Coulomb:

~Eq0(O) = − 1

4πε0q0r

2r. Il segno “meno” deriva dal fatto che la direzione

che va dalla sorgente di campo (q0) al punto dove si sonda il campo (O) e−r. Pertanto si trova:

Uq0,dip = −~p ·(− 1

4πε0

q0

r2r

)=

q0

4πε0

~p · rr2

Per confronto, si ricava la forma del potenziale generato dal dipolo:

Φdip(~r) =1

4πε0

r · ~pr2

=1

4πε0

p cos θ

r2

(18.14)

Da questa equazione si nota subito una cosa interessante: il potenziale

elettrostatico del dipolo decresce come1

r2. Anche senza addentrarci nei

calcoli, deduciamo che il campo elettrico del dipolo — che si calcola con

il gradiente del potenziale — deve decrescere come1

r3.

Se poi vogliamo calcolare l’energia potenziale fra due dipoli ~p1, ~p2, esapuo essere scritta come

Udip1,dip2 = −~p1 · ~Edip2 = ~p1 · ~∇Φdip2

=1

4πε0~p1 · ~∇

(~p2 · r21

r212

)


Anche qui, senza addentrarci nei calcoli, capiamo che Udip1,dip2 ∝1

r312

, e quindi

che la forza fra essi deve andare come Fdip1,dip2 ∝1

r412

. I dettagli sono piu

complicati: dipendono dagli orientamenti dei due dipoli. Pero ci interessanotare che le forze elettrostatiche fra dipoli si attenuano con la distanza moltopiu rapidamente che le forze fra cariche elettrica, che seguono invece la legge

di Coulomb, ∝ 1

r2.

18.4.3 Interazioni molecolari

Molte molecole sono dotate di dipoli elettrici intrinseci. L’esempio piu ovvioe la molecola dell’acqua, H2O: in essa i due atomi di idrogeno non sonoesattamente opposti rispetto all’atomo di ossigeno, ma formano un angolo,dando alla molecola una forma leggermente a “V”; inoltre, i due elettroni deidue atomi di idrogeno tendono ad avvicinarsi all’atomo di ossigeno, cosicchequesto assume un eccesso di carica negativa, lasciando gli atomi di idrogenocon un eccesso di carica positiva. Pertanto la molecola dell’acqua e polare.

Altre molecole non hanno un dipolo intrinseco. Tuttavia, in presenza dicampi elettrici esterni la “nube di elettroni” (negativa) tende a spostarsiin direzione opposta al campo elettrico (ricordiamo che per gli elettroni~F = −e ~E), creando cosı uno sbilanciamento di cariche nella molecola, cheacquista di fatto un dipolo elettrico. Il campo elettrico esterno alla molecolapotrebbe essere anche prodotto da molecole vicine.

Lo stesso meccanismo puo avvenire anche fra atomi vicini: ciascunodi essi, con il suo campo elettrico, induce un dipolo elettrico negli atomicircostanti. In Fig. 18.4 e schematizzato un atomo: senza campi esternila nube elettronica e centrata intorno al nucleo, mentre in presenza di uncampo esterno ~E la nube elettronica si sposta in direzione opposta, creandoun dipolo elettrico indotto ~p = Ze ~D.

Si puo costruire un modello semi-quantitativo di questa polarizzazione.Supponiamo che la forza che tenderebbe a ri-centrare la nuvola elettronicasul nucleo sia in prima approssimazione elastica: abbiamo visto nellaSezione 10.10.4 che questa ipotesi e ragionevole per spostamenti intorno aduna condizione di equilibrio. Quindi, sulla nube elettronica (n.e.) agiscono

due forze: una dovuta al campo esterno, ~F estn.e. = −Ze ~E, e una dovuta al

richiamo elastico del nucleo, ~F nucleon.e. = +k ~D. In questa espressione k e una

costante elastica efficace, che dipende dalla forma della nube elettronica edalle cariche del nucleo e della nube — ci aspetteremmo k ≈ (Ze)2; il segno


D

+Ze

−Ze

+Ze

−Ze

E

Figura 18.4: Polarizzazione di un atomo: in assenza di campi esterni (asinistra) la nube elettronica e simmetrica rispetto al nucleo e non c’e dipolo.

In presenza di un campo elettrico ~E (a destra) la nube elettronica si sposta in

direzione opposta al campo, producendo una separazione ~D fra il baricentrodelle cariche negative e il nucleo positivo.

+ indica che la nube elettronica e attratta verso il nucleo, che si trova indirezione ~D. La forza totale sulla nube elettronica e:

~Fn.e. = −Ze ~E + k ~D

Affinche l’atomo sia in equilibrio con la sua nube elettronica questa forza

deve essere nulla. Quindi ~D =Ze

k~E. Il dipolo indotto nell’atomo e quindi

~p = Ze ~D =Z2e2

k~E. Non conoscendo bene la forma di k non possiamo

andare oltre nella trattazione, ma ci accontentiamo di dire che

~p = α ~E (18.15)

ossia il dipolo indotto e proporzionale al campo elettrico applicato ~E. Lacostante α si chiama polarizzabilita atomica.

Una volta che molecole e/o atomi sono dotati di dipolo elettrico(intrinseco o indotto che sia) essi si possono scambiare interazioni elettriche: idipoli si orientano nelle direzioni piu favorite, tendendo a diminuire l’energiapotenziale, e quindi ad avvicinarsi fra loro. Cosı si formano i legamimolecolari.

Abbiamo notato gia che tali legami devono avere una forza proporzionale

all’inverso del cubo della distanza, ∝ 1

r3, se sono fra un dipolo e ula carica


++ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ − +

−

+ − + −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

Figura 18.5: Polarizzazione di un dielettrico.

libera, oppure all’inverso della quarta potenza, ∝ 1

r4, se sono fra due dipoli.

Pertanto la loro intensita diminuisce rapidamente al crescere delle distanze,e quindi puo giocare un ruolo importante solo a distanze interatomiche ointermolecolari.

18.4.4 Polarizzazione dei materiali dielettrici

Si chiamano genericamente dielettrici i materiali che non sono conduttori.Quando viene applicato un campo elettrico esterno ~E ad un dielettrico,

gli atomi e/o le molecole si polarizzano: se hanno un dipolo intrinseco loorientano in modo parallelo e concorde al campo elettrico; se non hanno undipolo intrinseco, formano un dipolo indotto, in direzione parallela e concordeal campo elettrico. L’effetto collettivo di tutti questi dipoli elementari e diprodurre una parziale schermatura del campo elettrico.

Il meccanismo si puo capire osservando la Fig. 18.5: in questo esempioparticolare, una carica elettrica +q posta all’interno di un dielettrico induceuna polarizzazione del medesimo. L’effetto netto e una concentrazione dicariche negative elementari in prossimita della carica +q, il cui effetto quindi

risulta attenuato. Quindi la legge di Coulomb ~E =q

4πε0

r

r2per il campo non

puo piu essere valida. Il campo elettrico deve essere attenuato, pertanto essaviene modificata come

~E =q

4πε

r

r2( ε > ε0 )

18.5. CAMPI MAGNETICI PRODOTTI DA CORRENTI STAZIONARIE459

In generale, con lo stesso criterio, anche la legge di Gauss andra modificatain:

Φch( ~E) =Q(int)

ε( ε > ε0 ) (18.16)

Il valore di ε e caratteristico del materiale. In ogni caso e sempre ε >ε0, ad esprimere che la polarizzazione del dielettrico produce sempre unadiminuzione del campo elettrico.

Un’importante applicazione della polarizzazione dei dielettrici e nellacostruzione di condensatori. Abbiamo visto nella Sezione 18.3.4, Eq. (18.11),

che la capacita di un condensatore e C =ε0Σ

D. Nella trattazione si assumeva

che fra le due armature ci fosse il vuoto. Se invece queste vengono riempiteda un dielettrico di costante ε (ricordiamo, > ε0), la capacita puo essereaumentata fino a

C =Q

∆Φ=

εΣ

D(18.17)

Riprenderemo l’argomento della polarizzazione dei dielettrici quandostudieremo le onde elettromagnetiche nei materiali.

18.5 Campi magnetici prodotti da correnti

stazionarie

Consideriamo la parte magnetica delle equazioni di Maxwell in regimestazionario, Eq. (18.5):

Φch( ~B) = 0∮d~r · ~B = µ0 Iconc (18.18)

La seconda equazione va sotto il nome di legge di Ampere. Analogamentealla legge di Gauss per i campi elettrostatici, essa consente di calcolare icampi magnetici prodotti da correnti elettriche in condizioni di simmetriaparticolari.

Per calcolare campi magnetici con l’ausilio della legge di Ampere occorreanzitutto sfruttare le simmetrie del problema, per porre vincoli sullaforma del campo. L’idea e di applicare trasformazioni geometriche (come


(a) (b)

r

I

r

hΣ

z

x

yrφ

z

x

yP

Γ

zJs

Σ

Γ1

Γ2

Γ3

rh h h

Figura 18.6: Calcolo di campi magnetici usando la legge di Ampere e ilflusso di ~B: filo infinito (a sinistra) e solenoide infinito (a destra).

traslazioni, rotazioni, . . . ) che lasciano il sistema di correnti invariato.Quindi, anche il campo magnetico non deve subire modifiche. Unatrasformazione particolare, utile trattando i campi magnetici, e l’inversionespaziale, che cambia segno alle tre coordinate cartesiane. Mentre i campivettoriali ordinari subiscono la stessa trasformazione sulle tre componenticartesiane, il campo magnetico, che e uno pseudo-vettore, mantiene le trecomponenti invariate. Cio e evidente se si considera la forza di Lorentz:

~F = q~v × ~B

Con l’inversione spaziale, le componenti di ~F e ~v cambiano segno. Quindi lecomponenti di ~B devono rimanere invariate, per mantenere la validita dellaforza di Lorentz — che, come gia detto, e anche una definizione del campomagnetico.

Vediamo alcuni esempi di calcolo di campo magnetico.

18.5.1 Campo magnetico prodotto da un filo rettilineo

Consideriamo un filo rettilineo molto lungo, percorso da una corrente costanteI. Qui, per “molto lungo”, intendiamo che le distanze r da esso, in cuiandiamo a calcolare il campo magnetico, sono molto minori della lunghezzadel filo, cosicche esso puo al limite apparire come infinito.

Utilizziamo coordinate cilindriche con l’asse z lungo il filo (Fig. 18.6(a)).Il sistema e invariante per traslazioni lungo z e per rotazioni intorno a z,


quindi:∂

∂z=

∂

∂φ= 0

Consideriamo il flusso di ~B attraverso la superficie cilindrica Σ. Graziealle invarianze rispetto a z e φ possiamo scrivere la solenoidalita di ~B come:

ΦΣ( ~B) = Bz πr2︸︷︷︸

base superiore

+ Br 2πrh︸︷︷︸superficie laterale

+ (−Bz πr2)︸︷︷︸

base inferiore

da cui deduciamo che:

Br = 0

Consideriamo un generico punto P , e fissiamo l’asse x in modo che passiper esso, cosicche le sue coordinate cartesiane sono (xP , 0, 0). Una rotazionedi 180 intorno all’asse y, seguita da un’inversione spaziale, lascia invariatoil sistema: infatti, l’asse del filo resta immutato e il verso della correntecambia segno due volte, prima con la rotazione e poi con l’inversione. Ancheil punto P resta invariato, poiche la rotazione lo porta in (−xP , 0, 0) e

l’inversione lo riporta in (xP , 0, 0). Allora il campo ~B nel punto P deve essereinvariato. D’altra parte, la componente Bz cambia segno per rotazione, maresta invariata per inversione. L’unica spiegazione e che:

Bz = 0

Quindi il campo magnetico ha la forma:

~B = Bφ(r)φ

Per calcolarne l’intensita usiamo la legge di Ampere applicato alla linea chiusaΓ:

µ0I =

∮Γ

~B · d~s = 2πrBφ(r)

da cui deduciamo

~B =µ0I

2πrφ (18.19)

18.5.2 Campo magnetico prodotto da un solenoiderettilineo

Un solenoide e un avvolgimento di N spire percorse da una corrente I intornoad un supporto cilindrico.


Detta 2L la lunghezza del solenoide, possiamo caratterizzare il solenoide

con la densita di spire n =N

2L, cosicche per una porzione di solenoide di

lunghezza ∆` il numero di spire e

∆N = n∆`

e la corrente totale circolante in esse e

∆I = I ∆N = n I ∆`

Riferendoci alla Fig. 18.6(b), ed usando coordinate cilindriche, con l’assez lungo l’asse del cilindro, il sistema e invariante per traslazioni e rotazionilungo l’asse, quindi:

∂

∂z=

∂

∂φ= 0

Calcoliamo il flusso di ~B attraverso la superficie chiusa Σ, che e nullo per lasolenoidalita. I flussi attraverso le due basi si cancellano, rimane:

0 = ΦΣ( ~B) = 2πrhBr ⇒ Br = 0

Applicando la legge di Ampere alla curva Γ1, a cui non e concatenata nessunacorrente, troviamo:

0 =

∮Γ1

~B · d~s = 2πrBφ ⇒ Bφ = 0

Quindi il campo magnetico ha la forma:

~B = Bz(r)z

Applicando la legge di Ampere alla curva Γ2, a cui non e concatenatanessuna corrente, troviamo:

0 =

∮Γ2

~B · d~s = h[Bz(r = 0)−Bz(r)]

⇒ Bz(r) = Bz(r = 0) (r all’interno del cilindro)

Quindi il campo magnetico all’interno di un solenoide infinito e uniforme ediretto lungo l’asse del cilindro.

Invece, considerando la curva Γ3, cui e concatenata una corrente Iconc =nIh, troviamo:

µ0nIh =

∮Γ3

~B · d~s = h[Bz(r = 0)−Bz(r)]

⇒ Bz(r = 0)−Bz(r) = µ0nI (r all’esterno del cilindro)


z z

B

−L +L

Figura 18.7: Campo magnetico generato da un solenoide reale.

Quindi anche il campo magnetico all’esterno del cilindro infinito e uniformee diretto lungo l’asse del cilindro.

Riassumendo, abbiamo trovato che il campo magnetico ha un valoreuniforme B

(int)z all’interno del solenoide, e un valore uniforme B

(est)z

all’esterno; la differenza fra i due valori e B(int)z −B(est)

z = µ0nI.

Ora qui dobbiamo fare una congettura, che non dimostriamo [1]: il campoall’esterno del solenoide deve essere nullo. Per capirlo, proviamo ad assumereche B

(est)z 6= 0. Avremmo dunque un campo magnetico non nullo che riempie

un volume che si estende all’infinito. Questo sarebbe vero per qualunqueraggio del solenoide, al limite anche quando il solenoide diventa infinitamentepiccolo, e questa cosa appare abbastanza assurda.

In conclusione, il campo magnetico generato dal solenoide infinito e:

~B = µ0nI (all’interno del solenoide)

~B = 0 (all’esterno del solenoide) (18.20)

Per concludere, ricordiamo che un solenoide infinito, ovviamente, nonesiste. Un solenoide reale produce un campo magnetico come quellorappresentato in Fig. 18.7.

1 Si potrebbe dimostrare in maniera matematica che Bz(r = 0) = µ0nI, maappesantiremmo la trattazione in maniera eccessiva.


18.6 Esercizi su campi elettromagnetici

Esercizio 18.1. Un condensatore piano ha armature di superficie Σ = 1 cm2 adistanza D = 1 mm. Al suo interno viene creato un campo elettrico E = 105 V/m.Qual e la differenza di potenziale ∆Φ necessaria fra le armature? Quant’e la caricaelettrica Q depositata su ciascuna delle armature?

Risposta. Assumiamo l’approssimazione di campo elettrico uniforme,ragionevole poiche D e piccolo rispetto a Σ. In questo caso, ∆Φ = E · D =(105 V/m) · (10−3 m) = 100 V. Per trovare Q occorre determinare la capacita

C =Q

∆Φ: essa si ricava dalla geometria del condensatore, C =

ε0Σ

d=

(8.854 · 10−12 C2N−1m−2)(10−4 m2)

10−3 m= 8.854 · 10−13 C2N−1m−1. La carica

elettrica e quindi Q = ∆Φ · C = 8.854 · 10−11 C.

Osservazione sulle unita di misura. Abbiamo usato tutte le unita di misura

del S.I., quindo la carica deve venire in Coulomb. Verifichiamo se cio e vero.

Abbiamo visto che C e misurato in C2N−1m−1. Ora, ∆Φ si misura in Volt, cioe

in Joule divisi per Coulomb: V = J/C = NmC−1. Vediamo quindi che il prodotto

C ·∆Φ si misura effettivamente in Coulomb.

Esercizio 18.2. Come si modifica la capacita del condensatore dell’esercizioprecedente, se fra le armature, anziche il vuoto, c’e un materiale dielettrico concostante εr = 3.4 (per es. il plexiglass)? Per avere sempre un campo elettricoE = 105 V/m, come variano ∆Φ e Q?

Risposta. In presenza di dielettrici omogenei, tutte le equazioni checontengono ε0 vanno modificate, sostituendo ε0 → ε ≡ εrε0. Pertanto, in

particolare, la capacita diventa C =εrε0Σ

D= 3.4 · 8.854 · 10−13 (unita S.I.) =

3.010 · 10−12 (unita S.I.). La differenza di potenziale non cambia: e sempre∆Φ = D · E = 100 V. Invece cambia la carica sulle armature: Q = C · ∆Φ =3.010 · 10−10 C.

Osservazione: sappiamo che l’effetto del dielettrico e di polarizzarsi,

schermando parzialmente le cariche elettriche. Pertanto, come abbiamo appena

visto, per realizzare lo stesso campo elettrico, e necessario depositare una carica

elettrica maggiore sulle armature.

Esercizio 18.3. Si vuole costruire un selettore di velocita come quello dellospettrometro di massa (Sezione 16.4), che selezioni particelle cariche di velocitav = 105 m/s. Il campo elettrico E e realizzato applicando una differenza dipotenziale ∆Φ = 5 V fra due armature distanti D = 2 mm. Quanto vale ilcampo elettrico E? Quanto deve valere il campo magnetico B? Quest’ultimo vienerealizzato con un solenoide, lungo 5 cm, su cui sono avvolte 1000 spire. Quantacorrente I deve circolare nelle spire?

18.6. ESERCIZI SU CAMPI ELETTROMAGNETICI 465

Risposte. Il campo elettrico vale E =∆Φ

D= 2.5 · 103 V/m — e deve essere

orientato perpendicolare alla direzione di volo, come sappiamo. Il campo magnetico

deve valere B =E

v= 0.025 T — orientato perpendicolare sia alla direzione di volo

che al campo elettrico. Il solenoide ha densita di spire n =1000

5 cm= 2 · 104 m−1.

Poiche B = µ0nI, deve essere I =B

µ0n=

0.025 T

(4π · 10−7 (unita S.I.))(2 · 104 m−1)=

0.995 A.

Esercizio 18.4. In una regione di spazio e creato un campo magnetico uniformeB, mediante un solenoide con densita di spire n = 104 m−1 in cui circola unacorrente I = 150 A. Calcolare B. Un protone in questo campo descrive unatraiettoria ad arco di cerchio, con raggio di curvatura ρ = 2.5 cm. Calcolare laquantita di moto p e la velocita v del protone.

Risposte. Il campo magnetico vale B = µ0nI = 1.885 T. La quantita di moto

del protone si calcola con la formula p = ρqB, essendo q = e = 1.602 · 10−19 C.

Quindi si ottiene p = 7.549 · 10−21 kg m s−1. La massa del protone e mp =

1.673 · 10−27 kg, quindi la velocita e v =p

mp= 4.51 · 106 m/s.

Capitolo 19

Onde elettromagnetiche

19.1 Premessa: che cos’e un’onda?

19.1.1 Le onde progressive

Che cosa intendiamo per “onda progressiva”? In generale, qualunqueproprieta ψ dello spazio che, al passare del tempo, si propaga traslandonello spazio con una data velocita ~u e mantenendo la stessa forma. Questa“proprieta”, ψ, puo essere una qualunque grandezza fisica (una pressione, unatemperatura, . . . ). Noi qui siamo interessati ai campi elettrici e magnetici,ma in questa sezione stiamo sul generale.

Dunque abbiamo una proprieta ψ definita in qualunque punto dellospazio, che puo evolvere nel tempo, quindi abbiamo un campo ψ(~r; t).

Immaginiamo di “fotografare” la sua configurazione all’istante t = 0,ottenendo quindi una funzione della posizione:

Ψ0(~r) ≡ ψ(~r; t = 0)

(vd Fig. 19.1). Poi all’istante t ne facciamo un’altra istantanea, ottenendouna nuova configurazione

Ψt(~r) ≡ ψ(~r; t)

Per la definizione data, le forme Ψ0(~r) e Ψt(~r) devono differire solo per unatraslazione, definita dal vettore-spostamento

~s ≡ ~u t

cioe, traslando la forma Ψ0(~r) nello spazio di uno spostamento ~s, essa si devesovrapporre esattamente alla forma Ψt(~r).

467

468 CAPITOLO 19. ONDE ELETTROMAGNETICHE — M.FANTI

ψ

Ψ (r)0 Ψ (r)t

r

s = u t

r0

rt

Figura 19.1: Due “istantanee” di un’onda piana, prese a t = 0 e a undiverso t.

Esprimiamo in termini matematici questa proprieta. Un generico puntoche si muove insieme all’onda possiede velocita ~u, quindi se a t = 0 si trovain ~r0, all’istante t si trova in ~rt = ~r0 + ~ut. Perche l’onda mantenga la stessaforma, deve essere

Ψ0(~r0) = Ψt(~rt) = Ψt(~r0 + ~ut)

da cui deduciamo che Ψt puo essere sempre espressa in termini di Ψ0 cosı:

Ψt(~r) = Ψ0(~r − ~ut)

e quindi che in maniera del tutto generale possiamo esprimere ψ(~r; t) come:

ψ(~r; t) = Ψ0(~r − ~ut) (19.1)

19.1.2 Le onde piane

Ora scegliamo un sistema di assi cartesiani in modo che l’asse z sia orientatocome la velocita ~u: quindi ~u = uz. Possiamo dunque scrivere l’Eq. (19.1)come:

ψ(x, y, z; t) = Ψ(x, y, z − ut)

(abbiamo omesso il pedice “0” alla Ψ, visto che d’ora in poi non ci serve piu).Se Ψ (e quindi ψ) non dipendono dalle coordinate x, y, l’onda appare

identica a se stessa su tutti i piani ortogonali alla direzione di propagazionez. In tal caso possiamo scrivere

ψ(z; t) = Ψ(z − ut) (19.2)

19.1. PREMESSA: CHE COS’E UN’ONDA? 469

e diciamo che e un’onda piana.Ora, Ψ e funzione di un solo argomento, z−ut, quindi possiamo indicare

con Ψ′ la sua derivata, rispetto al suo unico argomento, senza ambiguita.Possiamo scrivere:

∂ψ

∂t= Ψ′ · d(z − ut)

dt= −uΨ′

∂ψ

∂z= Ψ′ · d(z − ut)

dz= Ψ′

ovvero∂ψ

∂t= −u ∂ψ

∂z(19.3)

Quindi, la velocita u di propagazione dell’onda e definita dalle derivateparziali di ψ rispetto a t e a z.

Un’altra forma, del tutto equivalente all’Eq. (19.2), puo essere scrittacosı:

ψ(z; t) = ϕ(t− z

u

)(19.4)

(basta definire ϕ(ξ) ≡ Ψ (−uξ) per qualunque valore dell’argomento ξ).

Si puo dimostrare che le funzioni che hanno la forma dell’Eq. (19.2)sono tutte e sole quelle che soddisfano la seguente equazione differenzialealle derivate parziali:

∂2ψ

∂t2= u2∂

2ψ

∂z2(19.5)

Che la forma Eq. (19.2) soddisfi l’Eq. (19.5) si puo provare per sostituzionediretta. In effetti, la funzione Ψ ora dipende da un solo argomento, quindipossiamo chiamare Ψ′, Ψ′′ le sue derivate prima e seconda, rispetto all’unicoargomento, senza alcuna ambiguita. Allora:

∂ψ

∂z= Ψ′(z − ut) ;

∂ψ

∂t= −uΨ′(z − ut)

∂2ψ

∂z2= Ψ′′(z − ut) ;

∂2ψ

∂t2= u2Ψ′′(z − ut)

e l’Eq. (19.5) e soddisfatta.

19.1.3 Le onde monocromatiche

Un particolare tipo di onda piana e l’onda monocromatica.Essa e definita come un’onda dotata di una oscillazione armonica nel

tempo con una frequenza di oscillazione ν precisa. Oscillazione armonica nel


tempo significa che ψ(z; t) ≈ cos(ωt + φ), dove la frequenza angolare ω ecollegata al periodo di oscillazione T e alla frequenza di oscillazione ν dallerelazioni:

ω =2π

T= 2π ν (19.6)

Poiche la forma dell’onda piana e del tipo Ψ(z − ut), l’onda monocromaticain particolare deve essere della forma

ψ ≈ cos [k(z − ut) + φ]

essendo k una quantita che ha dimensioni come l’inverso di una lunghezza— acciocche k(z − ut) sia un numero privo di dimensioni e possa quindiessere argomento di un coseno. Occorre inoltre che compaia il termine ωt,quindi deve essere ω = ku. Quindi un’onda piana monocromatica ha la formagenerale:

ψ(z; t) = A cos(kz − ωt+ φ)(k =

ω

u

)(19.7)

Il parametro k si chiama numero d’onda. Il parametro A si chiama ampiezzadell’onda.

Dalla forma dell’Eq. (19.7) si nota che l’onda monocromatica e periodicasia nel tempo che nello spazio. In effetti, una variazione di 2π nell’argomento

del coseno puo essere realizzata sia con ∆t =2π

ω, sia con ∆z =

2π

k. Il primo

caso e il periodo T , gia definito. Il secondo caso definisce la lunghezza d’onda:

λ =2π

k(19.8)

Ricordando che k =ω

u= 2π

ν

usi ottiene λ =

u

ν, ovvero:

λ · ν = u (19.9)

relazione fondamentale che lega frequenza ν, lunghezza d’onda λ, e velocitadi propagazione u di un’onda monocromatica.

La forma dell’onda in funzione della posizione z e la sua evoluzione neltempo sono raffigurate in Fig. 19.2.

19.1. PREMESSA: CHE COS’E UN’ONDA? 471

λ

t+T

t+T/2

t

z

z

z

z

z

z

z

z

z

t+2T

t+3T/2

Figura 19.2: Onda monocromatica: forma spaziale “fotografata” in diversiistanti temporali (curve blu su asse z orizzontale) ed evoluzione temporalein un punto z preciso (curva rossa su asse t verticale). Sono evidenziate lalunghezza d’onda λ (azzurro) e il periodo T (rosa).

19.1.4 Formalismo complesso delle ondemonocromatiche (*)

Nella trattazione matematica delle onde monocromatiche, e spesso utiledescrivere la quantita ψ come se assumesse valori complessi. Ricordandoche

eiα = cosα + i sinα

l’Eq. (19.7) puo essere modificata in

ψ(z; t) = A ei(kz−ωt)(k =

ω

u

)(19.10)

dove anche A e una quantita complessa: A = |A|eiφ. Siccome in Fisicaclassica tutte le quantita sono espresse da numeri reali [1], solo la parte reale

1 Invece, in meccanica quantistica, la “funzione d’onda associata ad una particella eintrisecamente complessa.


di ψ alla fine sara di rilevanza. Ricordando che Re[e−α]

= cosα, otteniamo:

Re [ψ(z; t)] = Re[A ei(kz−ωt)

]= |A|Re

[ei(kz−ωt+φ)

]= |A| cos(kz − ωt+ φ)

con il che si ripristina la forma originaria dell’Eq. (19.7).La ragione di trattare ψ come un numero complesso sta nella notevole

semplificazione che la funzione esponenziale fornisce, rispetto alle funzionitrigonometriche. Per esempio, le dipendenze temporale (ωt) e spaziale (kz)possono essere fattorizzate dalla fase φ:

ψ(z; t) = |A| ei(kz−ωt+φ) = |A| eikz e−iωt eiφ

e le derivate parziali∂

∂ze∂

∂tsi riducono a semplici fattori moltiplicativi:

∂

∂zψ = ikψ ;

∂

∂tψ = −iωψ

L’equazione delle onde, Eq. (19.5), con il formalismo complesso, prendela semplice forma:

∂2ψ

∂t2= u2∂

2ψ

∂z2

−ω2ψ = −u2k2ψ

da cui la relazione k =ω

ue manifesta.

19.2 Equazioni di Maxwell in forma

differenziale

Riprendiamo le equazioni di Maxwell, Eq. (18.3):

Φch( ~E) =

∮d~Σ · ~E =

Q(int)

ε0; Φch( ~B) =

∮d~Σ · ~B = 0


(∂ ~B

∂t

);

∮d~r · ~B = µ0

[Iconc + ε0Φconc

(∂ ~E

∂t

)]Nel capitolo precedente, la scrittura in “forma integrale” (con circuitazionie flussi) si e dimostrata utile per calcolare campi elettrici e magnetici inconfigurazioni altamente simmetriche.

19.2. EQUAZIONI DI MAXWELL IN FORMA DIFFERENZIALE 473

Tuttavia, in altre situazioni e piu maneggevole un’altra scrittura, checontiene derivate invece che integrali. Qui riportiamo le equazioni di Maxwellin forma differenziale, dimostrando l’equivalenza con la forma integralesuccessivamente.

∂Ex∂x

+∂Ey∂y

+∂Ez∂z

=ρ

ε0

∂Ez∂y− ∂Ey

∂z= −∂Bx

∂t

∂Ex∂z− ∂Ez

∂x= −∂By

∂t

∂Ey∂x− ∂Ex

∂y= −∂Bz

∂t

∂Bx

∂x+∂By

∂y+∂Bz

∂z= 0

∂Bz

∂y− ∂By

∂z= µ0Jx + ε0µ0

∂Ex∂t

∂Bx

∂z− ∂Bz

∂x= µ0Jy + ε0µ0

∂Ey∂t

∂By

∂x− ∂Bx

∂y= µ0Jz + ε0µ0

∂Ez∂t

(19.11)

Qui ricordiamo che ~J e la densita di corrente.Inoltre e stata introdotta ladensita di carica elettrica in volume

ρ =δQ

δV(19.12)

19.2.1 Dimostrazioni (*)

Cominciamo con i flussi attraverso superfici chiuse. Scegliamo una superficiechiusa costituita da un parallelepipedo di spigoli infinitesimi dx, dy, dzparalleli agli assi cartesiani, come nella Fig. 19.3, a sinistra. Allora, il calcolodi Φch( ~E) puo essere suddiviso sulle 6 facce del parallelepipedo, dove si tieneconto che l’orientamento del versore normale alla superficie selezione una


y

x

z

dzdx

dy

dz

dy

x

dz

dxy

zdx

dy

Figura 19.3: Figure di ausilio per scrivere le equazioni di Maxwell in formadifferenziale.

precisa componente cartesiana di ~E.

Φch( ~E) = −dy dz Ex(x, y, z) + dy dz Ex(x+ dx, y, z)

−dx dz Ey(x, y, z) + dx dz Ey(x, y + dy, z)

−dx dy Ez(x, y, z) + dx dy Ez(x, y, z + dz)

= dy dz∂Ex∂x

dx

+dx dz∂Ey∂y

dy

+dx dy∂Ez∂z

dz

= (dx dy dz)

(∂Ex∂x

+∂Ey∂y

+∂Ez∂z

)Notiamo che δV = dx dy dz e il volumetto racchiuso nel parallelepipedo.Chiamiamo δQ(int) = ρ δV la carica elettrica totale in esso contenuta.

Pertanto, l’equazione Φch( ~E) =δQ(int)

ε0prende la forma

δV

(∂Ex∂x

+∂Ey∂y

+∂Ez∂z

)= δV

ρ

ε0

da cui si ricava la prima delle Eq. (19.11). Il ragionamento per ricavare laterza e identico.

19.2. EQUAZIONI DI MAXWELL IN FORMA DIFFERENZIALE 475

Ora passiamo alle circuitazioni. Partiamo dall’equazione

∮d~r · ~E =

−Φconc

(∂ ~B

∂t

), e scegliamo per la circuitazione una linea chiusa rettangolare

di lati dy, dz paralleli agli assi cartesiani y, z, come nel secondo schema dellaFig. 19.3. Con la scelta fatta, la superficie concatenata alla linea chiusa eorientata come x. La circuitazione si calcola come:∮d~r · ~E = dy [Ey(x, y, z)− Ey(x, y, zdz)] + dz [−Ez(x, y, z) + Ez(x, y + dy, z)]

= dy dz

[∂Ez∂y− ∂Ey

∂z

]Invece il flusso concatenato si calcola solo considerando la componente lungo

x di∂ ~B

∂t:

Φconc

(∂ ~B

∂t

)= dy dz

∂Bx

∂t

Quindi l’equazione diventa:

∂Ez∂y− ∂Ey

∂z= −∂Bx

∂t

che e la componente-x del secondo gruppo di equazioni in Eq. (19.11). Conragionamenti del tutto analoghi si ottengono anche le componenti lungo y ez, scegliendo come circuitazioni le altre due della Fig. 19.3. In generale, lalinea di circuitazione deve essere scelta in modo che il versore della superficieconcatenata sia orientato come uno dei tre versori cartesiani.

Anche l’equazione

∮d~r · ~B = µ0

[Iconc + ε0Φconc

(∂ ~E

∂t

)]si elabora in

modo analogo. C’e un elemento in piu da considerare, pero: Iconc. Questa ela corrente che attraversa la superficie concatenata alla linea di circuitazione.A seconda di come e orientata tale superficie, si seleziona una componentedella densita di corrente, ~J . Per esempio, per una linea di circuitazione chegiace sul piano (y, z), come la prima circuitazione della Fig. 19.3, la superficieconcatenata e orientata lungo x, pertanto la corrente cocatenata attraversola superficie δΣ = dy dz deve essere δIconc = dy dz Jx.


19.3 Equazioni di Maxwell nel vuoto

Riprendiamo le equazioni di Maxwell, Eq. (19.11), e scriviamole in assenza

di cariche e correnti elettriche: ρ = 0 e ~J = 0.

∂Ex∂x

+∂Ey∂y

+∂Ez∂z

= 0 ;∂Bx

∂x+∂By

∂y+∂Bz

∂z= 0

∂Ez∂y− ∂Ey

∂z= −∂Bx

∂t

∂Ex∂z− ∂Ez

∂x= −∂By

∂t

∂Ey∂x− ∂Ex

∂y= −∂Bz

∂t

;

∂Bz

∂y− ∂By

∂z= ε0µ0

∂Ex∂t

∂Bx

∂z− ∂Bz

∂x= ε0µ0

∂Ey∂t

∂By

∂x− ∂Bx

∂y= ε0µ0

∂Ez∂t

(19.13)

Poiche le quantita ε0, µ0 compaiono solo moltiplicate fra loro, si suoleporre

c2 =1

ε0µ0

(19.14)

ricordando i valori numerici1

4πε0= 9 · 109 Nm2C−2 e

µ0

4π= 10−7 Ns2C−2, si

ottiene1

ε0µ0

= 9 · 1016 m2s−2, quindi

c = 3 · 108 m/s (19.15)

Sı, e proprio lei, la velocita della luce! Vedremo nel seguito perche entraproprio qui.

La trattazione generale di queste equazioni e complessa e richiede unamatematica avanzata.

Qui affronteremo solo alcuni casi particolari: mostriamo che questeequazioni presentano soluzioni matematiche in cui i campi elettrico emagnetico si possono propagare nello spazio in forma di onde piane e ondesferiche, con una velocita di propagazione pari alla velocita della luce, c.

Prima di procedere, facciamo subito notare che, ovviamente, leEq. (19.13) ammettono soluzioni in cui sia ~E che ~B siano uniformi nello

19.4. ONDE ELETTROMAGNETICHE PIANE 477

spazio e costanti nel tempo. D’altronde queste soluzioni, per quantomatematicamente valide, sono fisicamente assurde e prive di interesse: checosa potrebbe mai aver prodotto dei campi uniformi in uno spazio infinito,che peraltro sarebbero sempre esistiti???

19.4 Onde elettromagnetiche piane

Consideriamo una situazione di simmetria nello spazio, per cui i campi ~E, ~Bnon dipendano dalle coordinate x, y, per cui

~E ≡ ~E(z, t) ; ~B ≡ ~B(z, t)

Mostreremo in questa sezione che le equazioni di Maxwell, Eq. (19.13),ammettono soluzioni che hanno la forma di onde piane, che si propaganoin direzione z con velocita pari a c:

~E ≡ ~E(z − ct) ; ~B ≡ ~B(z − ct) (19.16)

Inoltre i campi elettrico e magnetico sono ortogonali fra loro e anche alladirezione di propagazione.

~E ⊥ ~B ; ~E × ~B ↑↑ z (19.17)

Infine le loro intensita sono tali che, in ogni istante t e in ogni luogo z,

| ~E(z − ct)| = c | ~B(z − ct)| (19.18)

Tutte queste condizioni si possono scrivere in forma vettoriale, come:

~E × ~B =E2

c2~c =

E2

cz (19.19)


Iniziamo dalle prime due equazioni del sistema Eq. (19.13). Per esempio

consideriamo quella per il campo elettrico:∂Ex∂x

+∂Ey∂y

+∂Ez∂z

= 0 Poiche

stiamo supponendo che il campo non dipenda da x, y, le prime due derivate

parziali devono essere nulle, quindi deve essere nulla anche la terza:∂Ez∂z

= 0.

In altre parole, Ez e uniforme in x, y, z. Abbiamo gia detto che questasoluzione non rientra in questo studio, per cui possiamo scartarla e assumereEz = 0.


In maniera del tutto analoga si puo ragionare per ~B. Concludiamo quindiche

Ez = 0 ; Bz = 0

Ora, il campo elettrico che consideriamo esiste solo nelle sue componentiEx, Ey. Orientiamo gli assi in modo che l’asse x sia diretto come ~E, quindiEy = 0. Riscriviamo i due sistemi di 3 equazioni ciascuno, tenendo conto

di tutte le condizioni ottenute finora:∂

∂x= 0 ,

∂

∂y= 0 , Ez = 0 , Bz =

0 , Ey = 0:0 = −∂Bx

∂t

∂Ex∂z

= −∂By

∂t

;

−∂By

∂z=

1

c2

∂Ex∂t

∂Bx

∂z= 0

(abbiamo omesso le terze equazioni di ciascun sistema, che darebbero leidentita 0 = 0).

Le due equazioni∂Bx

∂t= 0 e

∂Bx

∂z= 0 ci dicono che Bx non dipende ne da

t, ne da z, quindi e uniforme e costante: come tale non verra piu considerato.Assumiamo quindi Bx = 0. Finora abbiamo concluso che

~E = Ex(z, t) x ; ~B = By(z, t) y

cioe ~E, ~B sono sempre ortogonali fra loro.Le alre due equazioni sono:

∂By

∂z= − 1

c2

∂Ex∂t

(19.20)

e:∂Ex∂z

= −∂By

∂t(19.21)

Ora deriviamo l’Eq. (19.21) rispetto al tempo, e l’Eq. (19.20) rispetto az:

∂

∂t

∂Ex∂z

= − ∂

∂t

∂By

∂t∂

∂z

∂By

∂z= − 1

c2

∂

∂z

∂Ex∂t

19.5. ONDE MONOCROMATICHE 479

Per confronto, si ottiene∂2By

∂z2=

1

c2

∂2By

∂t2(19.22)

Derivando invece l’Eq. (19.20) rispetto al tempo, e l’Eq. (19.21) rispetto a z,e confrontandole, si otterrebbe invece:

∂2Ex∂z2

=1

c2

∂2Ex∂t2

(19.23)

Le Eq. (19.22) e Eq. (19.23) sono

della stessa forma∂2

∂z2ψ(z, t) =

1

c2

∂2

∂t2ψ(z, t), che abbiamo conosciuto come

equazione delle onde, Eq. (19.5) nella Sezione 19.1.2. Pertanto ammettonosoluzioni della forma:

Ex(z, t) = f(z − ct)By(z, t) = g(z − ct)

dunque sia Ex cheBy si propagano lungo la direzione z come onde progressive,con velocita pari a c. Ma c’e di piu: applicando per esempio l’Eq. (19.21),e indicando con f ′, g′ le derivate delle funzioni f, g rispetto al loro unico

argomento, abbiamo∂Ex∂z

= f ′(z − ct) e∂By

∂t= −c g′(z − ct), da cui si

deduce che

f ′(z − ct) = c g′(z − ct)ovvero f(· · · ) = c g(· · · ) + costante. Ricordiamo che nello studio di onde lecostanti non sono di interesse, quindi assumiamo f(· · · ) = c g(· · · ), il chesignifica

Ex(z − ct) = cBy(z − ct)Con questo, tutte le asserzioni Eq. (19.16), Eq. (19.17), Eq. (19.18) sono

dimostrate.

19.5 Onde monocromatiche

La forma matematica di un’onda piana monocromatica, di frequenza ν, chesi propaga lungo z, e:

~E = Emax cos (ωt− kz + φ) x

~B =Emaxc

cos (ωt− kz + φ) y

ω = 2π ν

k =2π

λ=

ω

c

(19.24)


Figura 19.4: Onda elettromagnetica piana monocromatica.

La situazione e illustrata in Fig. 19.4.

19.5.1 Lo spettro elettromagnetico

Le onde elettromagnetiche sono prodotte da molti meccanismi fisici, checausano oscillazioni di cariche elettriche. A seconda di tali oscillazioni, lafrequenza ν emessa puo assumere un ampio spettro di valori, come indicatoin Fig. 19.5.

La luce visibile dall’occhio umano occupa una banda piuttosto limitata:la lunghezza d’onda λ va da circa 380 nm (luce violetta) a circa 770 nm (lucerossa). Le frequenze corrispondenti si ottengono con la relazione

ν =c

λ(19.25)

e sono da circa 790 · 1012 Hz (violetto) a circa 400 · 1012 Hz (rosso).Frequenze piu basse (cioe onde piu lunghe) corrispondono alla radiazione

infrarossa, alle microonde e alle onde radio. Viceversa, frequenze piu alte(cioe onde piu corte) corrispondono alla radiazione ultravioletta, X e γ(gamma).

19.6 Energia di un’onda elettromagnetica

Un’onda elettromagnetica, formata dai campi ~E, ~B, possiede un’energia etrasporta un’energia. Quantitativamente, la densita di energia in volume e

19.6. ENERGIA DI UN’ONDA ELETTROMAGNETICA 481

Figura 19.5: Lo spettro elettromagnetico. Ricordiamo che λ =c

ν.

esprimibile come:

uem =ε02

[E2 + (cB)2

](19.26)

e il trasporto di energia e esprimibile attraverso il vettore di Poynting:

~S = ε0c2(~E × ~B

)(19.27)

Per un’onda piana, il vettore di Poynting e parallelo e concorde alla direzionedi propagazione: basti confrontare la sua definizione, Eq. (19.27), con

l’Eq. (19.19): ~E × ~B =E2

cz.

Data una superficie Σ piana, orientata con un versore n ad essaortogonale, la potenza dell’onda elettromagnetica che la attraversa e

Prad =dUraddt

= ~S · nΣ = | ~S|Σ cos θ (19.28)

(assumendo che ~S sia uniforme su tutta la superficie Σ). Il suffisso rad sta per“radiazione” — riferito alla radiazione elettromagnetica. Nell’ultima forma,θ e l’angolo formato fra il vettore di Poynting ~S e il versore n normale allasuperficie, come in Fig. 19.6. La potenza Prad e massima se θ = 0, vale adire se n ↑↑ ~S, cioe se la superficie Σ e ortogonale a ~S e alla direzione di


^z

n

Σ

^

z

n

Σ

^

z

nΣ θ=π/2

θ

θ=0

Figura 19.6: Orientamento di una superficie Σ rispetto alla direzione dipropagazione e al vettore di Poynting.

incidenza dell’onda. Viceversa, se la superficie Σ e parallela alla direzione dipropagazione, θ = π/2 e Prad = 0.

Se ~S non e uniforme, o se la superficie Σ non e piana, l’Eq. (19.28) si puogeneralizzare come:

dU

dt= ΦΣ( ~S) =

∫Σ

dΣ n · ~S (19.29)

19.6.1 Intensita di radiazione

Le espressioni finora viste, Eq. (19.26) e Eq. (19.27), sono valide perqualunque campo elettromagnetico: ora specializziamole per le ondeelettromagnetiche.

Sappiamo che E = cB, pertanto la densita di energa e il modulo delvettore di Poynting diventano:

uem = ε0E2 ; | ~S| = ε0 cE

2

19.6. ENERGIA DI UN’ONDA ELETTROMAGNETICA 483

Questi sono valori istantanei, che cambiano nel tempo a seconda dellevariazioni del campo elettrico E. Abbiamo osservato che in generale E oscillacon frequenze che vanno da ≈ 103 Hz (onde radio lunghe), a ≈ 1024 Hz (raggiγ) — vd Fig. 19.5. Poiche E = Emax cos(ωt + . . . ), i valori istantanei di

uem e | ~S| oscillano molto rapidamente nel tempo, e non hanno nessun uso

pratico. Per questo si considerano i loro valori medi, 〈uem〉 e⟨| ~S|⟩

. Ora,

E2 = E2max cos2 (ωt− kz + φ), e ricordando che

⟨cos2

⟩=

1

2, abbiamo che⟨

E2⟩

=E2max

2, pertanto:

〈uem〉 = ε0E2max

2(19.30)

Inoltre, si definisce l’intensita di radiazione I come:

I =⟨| ~S|⟩

= ε0 cE2max

2(19.31)


Consideriamo un’onda elettromagnetica piana, che si propaga nello spazioin direzione z, con il campo elettrico diretto lungo x e il campo magneticodiretto lungo y — quindi Ey = Ez = 0 e Bx = Bz = 0.

Consideriamo un volumetto parallelepipedo δV di lati δx, δy, δz in cuisi trovino delle cariche elettriche q1, . . . , qN dotate di velocita ~v1, . . . , ~vN . Suciascuna di queste agisce una forza elettromagnetica

~Fk = qk

(~E + ~vk × ~B

)che quindi cede alla carica una potenza

Pk = ~Fk · ~vk = qk ~E · ~vk

(ricordiamo che la forza magnetica non compie mai lavoro). La potenzaceduta dall’onda elettromagnetica sul volumetto δV e

δP =N∑k=1

Pk =

(N∑k=1

qk~vk

)· ~E

Chiamiamo n la densita in volume dei portatori di carica, cosicche

N = nδV . Ora ovviamenteN∑k=1

qk~vk = N 〈q~v〉 = nδV 〈q~v〉. Possiamo

ricorrere alla densita di corrente, ~J = n 〈q~v〉, e scrivere:


δP = δV ~J · ~E (19.32)

Nel nostro caso, ~E = Ex, quindi solo la componente Jx di ~J ci interessa.Per determinarla, usiamo l’equazione di Maxwell

∂Bz

∂y− ∂By

∂z= µ0Jx + ε0µ0

∂Bx

∂t

Ricordando che Bz = 0 e Bx = 0, abbiamo:

Jx = −ε0∂Ex∂t− 1

µ0

∂By

∂z

e quindi l’Eq. (19.32) diventa:

δP = −δV(ε0∂Ex∂t

Ex +1

µ0

∂By

∂zEx

)= −δV

(ε02

∂(E2x)

∂t+

1

µ0

∂(ExBy)

∂z− 1

µ0

By∂Ex∂z

)(19.33)

Ora dall’Eq. (19.21) sappiamo che∂Ex∂z

= −∂By

∂t, quindi:

δP = −δV[ε02

∂(E2x)

∂t+

1

µ0

∂(ExBy)

∂z+

1

µ0

By∂By

∂t

]= −δV

[∂

∂t

(ε0E

2x

2+B2y

2µ0

)+

1

µ0

∂(ExBy)

∂z

](19.34)

Ora ponendo1

µ0

= c2ε0, e ricordando che E ≡ Ex e B ≡ By, riconosciamo

ε0E2x

2+

B2y

2µ0

=ε02

[E2 + (cB)2

]≡ u, che coincide con la quantita in

Eq. (19.26).

Resta da elaborare il termine1

µ0

∂(ExBy)

∂z. Osserviamo che, essendo

~E = Exx e ~B = Byy, otteniamo ~E× ~B = ExBy(x×y) = ExByz. Anche qui

riconosciamo il vettore di Poynting introdotto nell’Eq. (19.27): ~S =1

µ0

EBz.

19.7. ONDE ELETTROMAGNETICHE SFERICHE 485

Quindi

δV · 1

µ0

∂(ExBy)

∂z= δxδyδz

∂Sz∂z

= δxδy (Sz(z + dz)− Sz(z))

= Φch( ~S)

L’ultimo passaggio esprime il flusso di ~S attraverso la superficie chiusa chedelimita il parallelepipedo di volume δV . Poiche per costruzione ~S ‖ z, taleflusso ha contributi solo dalle superfici perpendicolari a z, che sono appuntoquelle di lati δx, δy.

In conclusione, l’Eq. (19.34) puo essere riscritta come:

δP + δV∂

∂t

[ε02

(E2 + (cB)2

)]+ Φch( ~S) = 0

(19.35)

che puo essere letta come

∂

∂t(energia meccanica) +

∂

∂t(energia elettromagnetica)

= −(flusso di energia elettromagnetica uscente per unita di tempo)

19.7 Onde elettromagnetiche sferiche

L’onda piana e un caso abbastanza ideale: in pratica non puo esistere un’ondainfinitamente larga nelle direzioni x, y, proveniente da z ≈ −∞ e che viaggiafino a z ≈ +∞.

Un altro caso, fisicamente piu interessante, e quello di onda sferica,formata da una perturbazione elettromagnetica che si propaga da una zonacentrale puntiforme verso tutte le direzioni. In questo caso, i risultati sonoabbastanza simili a quelli trovati per le onde piane: la propagazione e indirezione radiale, i campi ~E, ~B sono ortogonali fra loro e anche alla direzione

di propagazione, e stanno nel rapporto| ~E|| ~B|

= c. La differenza e che in questo

caso si attenuano con la distanza, con un andamento ∝ 1

r. In formule:


~E = nEf(r − ct)

r

~B = nBf(r − ct)

c rnE × nB = r

(19.36)

Si noti che l’andamento ∝ 1

re consistente con il trasporto di energia

elettromagnetica descritto dal vettore di Poynting, ~S = c2ε0 ~E × ~B.

Ovviamente si trova che | ~S| ∝ 1

r2. Se calcoliamo Φ( ~S) attraverso una

superficie sferica di raggio r, otteniamo

Φ( ~S) ≈ 4πr2 | ~S|

che e indipendente da r.

19.7.1 Onde sferiche prodotte da una carica oscillante

Qual e la sorgente di un’onda elettromagnetica sferica?Abbiamo visto che cariche elettriche in moto lento e poco accelerato

producono campi elettromagnetici che si attenuano con la distanza come1

r2. Qui abbiamo appena detto che le onde elettromagnetiche si attenuano

come1

r. Che cosa c’e di diverso?

La differenza e che le onde sferiche sono prodotte da cariche elettriche inmoto accelerato: tipicamente da cariche elettriche oscillanti.

Una carica elettrica q, posta nell’origine, che si muove di moto oscillatorioarmonico lungo l’asse z, modifica la sua posizione come

zq(t) = zmax cos(ωt)

e quindi e soggetta ad una velocita vq e ad una accelerazione aq, diretteentrambe nella direzione z, date da:

vq(t) =d

dt[zq(t)] = −zmax ω sin(ωt)

aq(t) =d2

dt2[zq(t)] = −zmax ω2 cos(ωt)

E possibile calcolare [2] che questo sistema produce un campo elettrico e uncampo magnetico che, in coordinate sferiche, si possono scrivere cosı:

2 . . . ma qui non sara dimostrato, perche i calcoli sono decisamente pesanti!

19.7. ONDE ELETTROMAGNETICHE SFERICHE 487

Figura 19.7: Onda elettromagnetica sferica prodotta da una carica elettricaoscillante: a sinistra, vettori ~E, ~B (rispettivamente arancione, azzurro); adestra, linee di campo.

~E(~r; t) =q

4πε0c2

[1

r (1− βq cos θ)3 aq sin θ

]rit

θ

~B(~r; t) =q

4πε0c3

[1

r (1− βq cos θ)3 aq sin θ

]rit

φ(βq ≡

vqc

) (19.37)

dove il suffisso “rit” significa “ritardato”: la velocita vq = βqc el’accelerazione aq della carica q vanno considerate non all’istante t a cui sicalcola il campo, ma ad un istante precedente

trit = t− r

c(19.38)

Il significato fisico di questo particolare e notevole: gli effetti elettromagneticidella carica q non si propagano istantaneamente, ma in un tempo finito. Perraggiungere una posizione ~r che dista r = |~r| da q impiegano un tempo

∆t =r

c. Quindi gli effetti elettromagnetici viaggiano nello spazio con la

velocita della luce, c = 3 · 108 m/s.

La forma dell’onda sferica e mostrata in Fig. 19.7. L’intensita dei campie


• proporzionale all’accelerazione aq, dunque al quadrato della frequenzaangolare:

| ~E| , | ~B| ∝ ω2

• inversamente proporzionale alla distanza r:

| ~E| , | ~B| ∝ 1

r

• massima all’“equatore” (cioe in direzioni ortogonali all’asse dioscillazione z della carica) e si attenua sempre piu fino ad annullarsi ai“poli” (sull’asse z), secondo una legge

| ~E| , | ~B| ∝ sin θ

• modulata con frequenza angolare ω, pari a quella con cui oscilla la

carica q; a causa del “ritardo”r

c, i campi a distanza r devono avere un

andamento

| ~E| , | ~B| ∝ cos[ω(t− r

c

)]

Un commento a parte merita il termine correttivo1

(1− βq cos θ)3che

compare nelle Eq. (19.37). Per vq c (cioe moto molto piu lento dellavelocita della luce), βq 1 e il termine non da alcun effetto. Viceversa, pervelocita paragonabili a quella della luce, la correzione scompare all’equatore(cos θ = 0) mentre si massimizza in effetto ai poli (cos θ = ±1), dove diventa

1

(1− βq)3in direzione +z e

1

(1 + βq)3in direzione −z. Per esempio, se la

carica si muove verso +z, βq > 0 e la correzione e > 1 in direzione +z e < 1in direzione −z. In generale, l’intensita dei campi cresce nella direzione dimoto della carica, cala nella direzione opposta.

19.8 Onde elettromagnetiche nella materia

Abbiamo visto nella Sezione 18.4.4 che nei materiali dielettrici, in presenzadi un campo elettrico applicato ~E, le molecole e/o gli atomi subiscono unapolarizzazione, che tende a schermare in parte l’effetto del campo applicato.Per descrivere in maniera macroscopica questo effetto si deve rimpiazzare la

19.8. ONDE ELETTROMAGNETICHE NELLA MATERIA 489

costante ε0 con un altro valore, ε > ε0. In questo modo la legge di Gauss

diventava Φch( ~E) =Q(int)

ε.

Per le onde elettromagnetiche si procede esattamente nello stesso modo.Conviene introdurre la costante dielettrica relativa

εr =ε

ε0(19.39)

e l’indice di rifrazione:n =

√εr (19.40)

Essendo sempre ε > ε0, deve essere n > 1 sempre.Partendo dalle Eq. (19.13), e sostituendo

1

c2≡ µ0ε0 −→ µ0ε = µ0ε0εr =

(nc

)2

si ottiene:

∂Ex∂x

+∂Ey∂y

+∂Ez∂z

= 0 ;∂Bx

∂x+∂By

∂y+∂Bz

∂z= 0

∂Ez∂y− ∂Ey

∂z= −∂Bx

∂t

∂Ex∂z− ∂Ez

∂x= −∂By

∂t

∂Ey∂x− ∂Ex

∂y= −∂Bz

∂t

;

∂Bz

∂y− ∂By

∂z=

(nc

)2 ∂Ex∂t

∂Bx

∂z− ∂Bz

∂x=

(nc

)2 ∂Ey∂t

∂By

∂x− ∂Bx

∂y=

(nc

)2 ∂Ez∂t

(19.41)

Queste equazioni sono formalmente identiche alle Eq. (19.13) valide nelvuoto. Quindi anche le soluzioni devono essere identiche: esistono semprele onde, pero la loro velocita di propagazione non e la velocita della luce c,bensı:

u =c

n(19.42)

In generale u < c, poiche n > 1. Anche la relazione fra λ e ν si modifica:

λ =

c

νnel vuoto

c

n νnel dielettrico

(19.43)


A parita di frequenza, le onde sono piu corte nel dielettrico che nel vuoto, epiu e alto l’indice di rifrazione, piu sono corte le onde.

L’indice di rifrazione dipende dal materiale dielettrico. In tabella sonoraccolti gli indici di rifrazione per alcuni materiali, misurati per una lunghezzad’onda λ = 589 nm (luce gialla). I gas sono a P = 1 Atm, T = 0C. I liquidisono a T = 20C.

materiale nAria 1.000293Idrogeno 1.000132Elio 1.000036Ossigeno 1.000272CO2 1.00045Acqua 1.333Etere 1.352Alcol etilico 1.36Olio di oliva 1.47Olio di cedro 1.515

materiale nGhiaccio 1.309Vetro comune 1.46Plexiglass 1.49Vetro Crown 1.517NaCl 1.53Quarzo 1.544Vetro Flint 1.627Zaffiro 1.76Diamante 2.419

19.9 Assorbimento, emissione, dispersione

La costante dielettrica ε dipende anche da come il campo varia nel tempo.Per campi elettrici statici le molecole del dielettrico hanno il tempo di ruotaree polarizzarsi. Per esempio, le molecole d’acqua H2O possiedono un momentodi dipolo elettrico intrinseco: in presenza di campi elettrici statici, le molecolesi orientano e l’acqua acquista una polarizzazione netta notevole, tale per cuiε

ε0' 80. Ma se consideriamo campi alternati del tipo ~E = ~E0 cos(ωt) la

polarizzazione del dielettrico e in generale minore. Il tempo impiegato daidipoli molecolari intrinseci per ruotare e allinearsi e troppo lungo rispettoal periodo di oscillazione del campo elettrico, per cui l’unico effetto dipolarizzazione e quello indotto sulle nubi elettroniche degli atomi e/o dellemolecole. Prendendo di nuovo ad esempio l’acqua, per campi alternati si

trovaε

ε0' 1.7: decisamente inferiore rispetto al caso statico!

Inoltre, la polarizzabilita dipende dalla frequenza angolare ω del campoelettrico. Per capirlo, basti pensare che essa dipende da una costante elasticaefficace k (vd Sezione 18.4.3), e quindi la nube elettronica ha delle frequenzedi oscillazione proprie ω1, ω2, . . . Se la frequenza esterna ω e prossima ad unadelle frequenze proprie ωk, per il fenomeno della risonanza (Sezione 8.3.3) la

19.9. ASSORBIMENTO, EMISSIONE, DISPERSIONE 491

Figura 19.8: Righe spettrali di assorbimento e di emissione di unasostanza.

polarizzabilita puo essere nettamente piu elevata che per frequenze esternelontane da quelle proprie. Conviene quindi distinguere questi due casi.

19.9.1 Assorbimento ed emissione

Quando il campo esterno ha una frequenza vicina a una delle frequenzeintrinseche delle nubi elettroniche, l’oscillazione di queste ultime vieneeccitata per il fenomeno della risonanza. Di conseguenza molta radiazioneelettromagnetica viene assorbita, per queste frequenze specifiche. Viceversa,quando viene meno la radiazione esterna, le nubi elettroniche, eccitatesu certe frequenze, emettono radiazione elettromagnetica che e dotata difrequenza pari a quella delle cariche elettriche oscillanti che la producono.Quindi ogni materiale e dotato di uno spettro di frequenze per cui si puoavere assorbimento e/o emissione di radiazione elettromagnetica.

In Fig. 19.8 viene schematizzato questo duplice fenomeno. Una sorgentedi luce bianca produce una radiazione che contiene tutte le frequenze. Ilpassaggio della radiazione attraverso una sostanza eccita le nubi elettronichealle loro frequenze caratteristiche. Il risultato e che, se si guarda la luce indirezione della sorgente, prevale l’assorbimento, visibile come delle “ombre”per le frequenze caratteristiche. Se invece si guarda la luce ad un angolodiverso, prevale l’emissione alle frequenze caratteristiche, osservabile comerighe luminose su uno sfondo buio. Le frequenze di assorbimento e diemissione sono pero le stesse.


Figura 19.9: Righe spettrali di emissione dei diversi elementi chimici.

Potendo analizzare lo spettro di assorbimento o di emissione di unmateriale, e possibile avere informazioni molto precise sulla sua composizionechimica. A scopo di esempio, in Fig. 19.9 sono illustrate le righe spettrali diemissione degli elementi chimici.

Come esempio di assorbimento osserviamo in Fig. 19.10 l’assorbimentodell’atmosfera terrestre. Essa e una miscela di gas, ciascuno dei qualiha le sue righe o bande di assorbimento caratteristiche. Il risultatocomplessivo e complesso. I raggi X e γ sono completamente schermati,cosı come gli ultra-violetti piu corti. La zona della luce visibile, e partedella radiazione infrarossa, penetrano bene fino a raggiungere la superficieterrestre. Viceversa, gli infrarossi piu lunghi e le micro-onde sono assorbiti.Le onde radio corte passano bene, mentre quelle lunghe sono di nuovoassorbite.

19.9. ASSORBIMENTO, EMISSIONE, DISPERSIONE 493

Figura 19.10: Assorbimento dell’atmosfera terrestre, in funzione dellalunghezza d’onda della radiazione elettromagnetica.

19.9.2 Dispersione cromatica

Per ω lontano dalle frequenze angolari proprie ωk, si osserva in generale unadipendenza della polarizzabilita, per cui ε ≡ ε(ω), oppure, lavorando con le

frequenze, ε ≡ ε(ν). Essendo n =

√ε

ε0, anche l’indice di rifrazione e funzione

della frequenza — oppure della lunghezza d’onda:

n ≡ n(ν) oppure n ≡ n(λ) (19.44)

La velocita di propagazione dell’onda elettromagnetica quindi dipende dallasua frequenza, oppure dalla lunghezza d’onda. Una legge empirica fornisceuna parametrizzazione ragionevolmente valida:

n(λ) = A +B

λ2+

C

λ4(19.45)

Questa formula e valida per frequenze ν =c

nλlontane dalle frequenze di

oscillazione proprie delle nubi elettroniche. In tali condizioni l’andamento edescritto da una delle seguenti proprieta (tutte equivalenti fra loro):

• l’indice di rifrazione decresce all’aumentare della lunghezza d’onda;

• l’indice di rifrazione aumenta con la frequenza;

• la velocita dell’onda decresce all’aumentare della frequenza.


Figura 19.11: Variazione dell’indice di rifrazione n in funzione dellalunghezza d’onda λ, per diversi vetri. La zona colorata indica le lunghezzed’onda della luce visibile.

I valori di A, B, C dipendono dal materiale dielettrico, e possono esserericavati misurando n ad alcune lunghezze d’onda precise. La Fig. 19.11mostra l’indice di rifrazione a diverse lunghezze d’onda, per diversi vetri.

In tabella mostriamo come varia con la lunghezza d’onda l’indice dirifrazione dell’acqua e di due tipi di vetro (usati tipicamente per costruiredispositivi fotografici).

materiale nluce azzurra luce gialla luce rossaλ = 486 nm λ = 589 nm λ = 656 nm

Acqua 1.337 1.333 1.331Vetro Crown 1.524 1.517 1.515Vetro Flint 1.639 1.627 1.622

19.10. ONDE ELETTROMAGNETICHE NEI CONDUTTORI 495

19.10 Onde elettromagnetiche nei

conduttori

Nei conduttori, la presenza di forze elettromagnetiche produce densita dicorrente ~J (Eq. (17.4))

~J = σ ~E

Partiamo di nuovo dalle Eq. (19.11) ponendo ρ = 0 e ~J = σ ~E:

∂Ex∂x

+∂Ey∂y

+∂Ez∂z

= 0 ;∂Bx

∂x+∂By

∂y+∂Bz

∂z= 0

∂Ez∂y− ∂Ey

∂z= −∂Bx

∂t

∂Ex∂z− ∂Ez

∂x= −∂By

∂t

∂Ey∂x− ∂Ex

∂y= −∂Bz

∂t

;

∂Bz

∂y− ∂By

∂z= µ0

(σEx + ε0

∂Ex∂t

)∂Bx

∂z− ∂Bz

∂x= µ0

(σEy + ε0

∂Ey∂t

)∂By

∂x− ∂Bx

∂y= µ0

(σEz + ε0

∂Ez∂t

)(19.46)

La presenza di σ ~E nelle Eq. (19.46) altera profondamente la propagazionedelle onde elettromagnetiche.

Prima di entrare nei dettagli, possiamo gia notare che la presenza di unadensita di corrente provoca nel conduttore una dissipazione di potenza perunita di volume, data dall’effetto Joule, Eq. (17.13):

w = σ E2 =J2

σ

Possiamo figurarci qualitativamente checosa avviene: l’onda elettromagnetica si propaga in direzione z, portandocon se una quantita di potenza per unita di area data dal vettore di Poynting(cfr Eq. (19.27)), quindi proporzionale a E2. Parte di questa potenza vienedissipata per effetto Joule, in misura proporzionale a σE2. Quindi la frazione

di potenza dissipata e proporzionale alla potenza ricevuta:∂E2

∂z∝ −E2; per

questo E dovrebbe attenuarsi in maniera esponenziale con z: E ∝ e−z/δ, conδ da determinare.


Qui consideriamo onde piane di frequenza angolare ω che si propagano in“conduttori buoni”, cioe tali per cui la conducibilita σ e abbastanza elevatada considerare σ ε0ω. La propagazione dei campi risulta essere del tipo:

Ex = E0 cos

(ωt− 1

c

√σω

2ε0z

)e−√

σω

2c2ε0z

By = B0 cos

(ωt− 1

c

√σω

2ε0z − π

4

)e−√

σω

2c2ε0z (19.47)

Prima di dimostrare questi risultati, vediamone il significato.

• L’ampiezza dell’onda non e uniforme, ma si attenua con la penetrazionez nel conduttore, in maniera esponenziale, secondo una legge e−z/δ,essendo

δ =

√2c2ε0σω

(19.48)

La quantita δ si chiama “profondita della pelle” (in inglese, “skindepth”), come se il conduttore avesse una “pelle” di spessorecaratteristico δ che puo essere penetrata dalla radiazione. Taleprofondita diventa sempre piu piccola al crescere della frequenzaangolare ω.

• Il numero d’onda k vale

k =1

c

√σω

2ε0(19.49)

quindi la velocita di propagazione dell’onda non e piu c, bensı

u =ω

k= c

√2ε0ω

σ

La “profondita di pelle” ha conseguenze importanti sul piano tecnologicoe/o applicativo. Una di queste e che il passaggio nei conduttori di correntielettriche ad alta frequenza rimane confinato nella zona di conduttore vicinaalla superficie, limitando di fatto la sezione utile del conduttore, con ilconseguente aumento della sua resistenza. Proviamo a fare un esempio:consideriamo un cavo elettrico di diametro D e lunghezza `. La sua sezione

trasversa e Σ0 =π

4D2, pertanto la sua resistenza e (vd Eq. (17.11))

R0 =`

Σ0

1

σ=

4`

πD2

1

σ


Questa equazione pero e valida solo in corrente continua, oppure per ω ' 0.Quando ω diventa grande, possiamo avere δ D e quindi la sezione efficaceche conduce diventa Σω ' πDδ, e la resistenza del cavo diventa:

Rω =`

Σω

1

σ=

`

πDδ

1

σ

=`

πD

√ω

2c2ε0σ

Esempio: corrente alternata nel rame

Il rame ha una conducibilita σ = 6 · 107 (unita S.I.). Quanto vale la profonditadi pelle per le tipiche correnti alternate, ν1 = 50 Hz? E per un segnale a piu altafrequenza, tipo onde radio in modulazione di frequenza, ν2 = 100 MHz?

Risposta. Anzitutto verifichiamo se siamo nelle condizioni di “buonconduttore”. Abbiamo ω1 = 2πν1 = 314.16 rad/s, ε0 ' 8.85 · 10−12 unitaS.I., quindi ε0ω1 ' 2.8 · 10−9 unita S.I.: decisamente non ci sono problemiad assumere σ ε0ω1! Per le alte frequenze abbiamo ν2 = 108 Hz, dunqueω2 = 6.2932 · 108 rad/s, quindi ε0ω2 ' 5.6 · 10−3 unita S.I.: anche qui non c’eproblema!

Usiamo l’Eq. (19.48). A 50 Hz abbiamo δ1 =

√2c2ε0σω1

' 9 · 10−3 m: circa

9 mm. Per impianti elettrici domestici, in cui i cavi hanno diametri di pochimillimetri, non ci sono effetti pratici, ma per gli elettrodotti, che hanno cavi consezioni di svariati centimetri, ovviamente solo la parte esterna conduce.

Ora analizziamo i caso ν2 = 100 MHz: si ottiene δ2 ' 6.5µm. Qui decisamente

l’effetto e piu importante.

Un’altra conseguenza e che la radiazione elettromagnetica non puopenetrare in profondita in un conduttore. Un conduttore costituisce unottimo schermo ai campi elettromagnetici: e la cosiddetta gabbia di Faraday.

Esempio: propagazione nel rame

Il rame ha una conducibilita σ = 6 · 107 (unita S.I.). Fino a quali frequenzepuo essere considerato “buon conduttore”? (Usare come criterio σ > 10ωε0). Lefrequenze tipiche della luce visibile (da 400 ·1012 a 790 ·1012 Hz) soddisfano questocriterio? Calcolare la “profondita di pelle” per la massima frequenza angolareottenuta e, se possibile, anche per le frequenze estreme della luce visibile.

Risposta. La massima frequenza angolare e ωmax = 0.1σ

ε0=

0.16 · 107

8.85 · 10−12(unita S.I.) ' 7 · 1017 rad/s, pari a una frequenza massima

νmax =ωmax2π

' 1017 Hz. Sono frequenze ben piu alte della luce visibile, siamo gia


nei raggi X (vd Fig. 19.5). Calcoliamo dunque la “profondita di pelle” per νmax,e anche per νrosso = 400 · 1012 Hz e νvioletto = 790 · 1012 Hz. Usiamo la formula

Eq. (19.48) adattata per le frequenze: δ =

√2c2ε0σω

=

√c2ε0π σν

:

ν = 1017 Hz ⇒ δ = 2.06 · 10−10 m ' 0.2 nm

ν = 790 · 1012 Hz ⇒ δ = 2.31 · 10−9 m ' 2.3 nm

ν = 400 · 1012 Hz ⇒ δ = 3.25 · 10−9 m ' 3.3 nm

Osservazione. Avete notato come la “profondita di pelle” sia piccola? Un

nanometro e pari a pochi multipli della distanza interatomica. Questo significa che,

per quanto si produca un foglio di rame sempre piu sottile, esso non diventa mai

trasparente — bisognerebbe fare uno strato di spessore monoatomico o quasi.


La trattazione generale di questo problema e al di la dei nostri scopi. Quimostriamo un artifizio matematico che ci consente di farci un’idea.

Stiamo considerando un’onda di frequenza angolare ω, quindi sappiamoche i campi hanno la forma

E = E0 cos(ωt− kz)

B = B0 cos(ωt− kz)Per semplificare i calcoli, utilizziamo il formalismo complesso introdotto nellaSezione 19.1.4. I campi si riscrivono come:

E = E0ei(ωt−kz)

B = B0ei(ωt−kz)

e portiamo avanti i nostri calcoli. Alla fine, qualunque soluzione otterremo,dovremo considerare solo la sua parte reale, per avere un significato fisico.

Il termine “incriminato”, σE + ε0∂E

∂t, puo essere manipolato, osservando

che

∂E

∂t= E0

∂ei(ωt−kz)

∂t= iω E0ei(ωt−kz)

= iω E

Quindi:

σE + ε0∂E

∂t= (σ + iωε0)E =

(σ

iωε0+ 1

)iωε0E

' −i σε0ω

ε0∂E

∂t


Nell’ultimo passaggio abbiamo sfruttato l’ipotesi di “buon conduttore”,σ ε0ω.

Con questo arrangiamento, le equazioni di campo nei conduttori,Eq. (19.46), prendono una forma del tutto identica a quella delle equazioninel vuoto, Eq. (19.13), purche si faccia la sostituzione

ε0 −→ εeff ≡ ε0

(−i σε0ω

)

Nel vuoto, il numero d’onda k e collegato a ω da k =ω

c= ω√ε0µ0. Nel

conduttore, deve sussistere una analoga relazione, con εeff :

k = ω√εeffµ0 = ω

√εeffε0

√ε0µ0 = ω

√−i σε0ω

1

c

= ±1− i√2

√ωσ

ε0

1

c

Quindi anche il numero d’onda k e espresso da un numero complesso. Laparte reale e quella che descrive la propagazione lungo z, e deve esserepositiva come nel caso dell’onda nel vuoto. Pertanto l’ambiguita di segno(±) si risolve, scegliendo il segno +. Il campo elettrico prende la forma:

E = E0ei(ωt−kz) = E0 ei

(ωt− 1− i

c

√ωσ

2ε0z

)

= E0 ei

(ωt− 1

c

√ωσ

2ε0z

)e−1

c

√ωσ

2ε0z

Per tornare ai valori reali di E, basta prendere la parte reale dell’espressioneappena trovata.

Per concludere, calcoliamo anche il campo magnetico. Nel vuoto, B =E

c= E√ε0µ0. Nel conduttore quindi deve essere:

B = E

√εeffε0

1

c=

E

c

1− i√2

√ωσ

ε0

Ora, poiche1− i√

2= e−iπ

4 , si ottiene lo sfasamento di−π4

col campo elettrico.


19.11 Esercizi sulle onde elettromagnetiche

Esercizio 19.1. Un’onda elettromagnetica monocromatica, di frequenza ν =100 MHz, viaggia nel vuoto. Calcolare la lunghezza d’onda λ. Individuare nellospettro elettromagnetico di che tipo di onda si tratta.

Risposta. Nel vuoto λ =c

ν=

3 · 108 m/s

108 Hz= 3 m. E un’onda-radio, in

modulazione di frequenza (FM).

Esercizio 19.2. Che cosa succede alla velocita, alla frequenza e alla lunghezzad’onda, quando l’onda dell’esercizio precedente attraversa un vetro, con indice dirifrazione n = 1.5?

Risposta. La velocita viene ridotta a u =c

n= 2 · 108 m/s. La frequenza

non cambia. La lunghezza d’onda deve soddisfare λ =u

ν=

c

n ν=λ0

n(abbiamo

chiamato λ0 la lunghezza d’onda nel vuoto). Pertanto la lunghezza d’onda si riduce

a λ = 2 m.

Esercizio 19.3. La stessa onda-radio a ν = 100 MHz viene fatta passareattraverso l’acqua del mare, che, essendo salina, e dotata di una conducibilitaσ = 5 Ω−1m−1. Inoltre l’indice di rifrazione e n = 1.333. Qual e la “profondita dipelle”?

Risposta. Anzitutto occorre verificare se siamo in condizioni di “buon

conduttore”, ovvero seσ

εω=

σ

2πεrε0ν 1. La costante dielettrica relativa e

εr = n2 = 1.777. Si ottiene quindiσ

2πεrε0ν=

5

6.283 · 1.777 · 8.85 · 10−12 · 108≈

103, quindi no problem. . . La profondita di pelle si calcola come δ =

√2c2ε

σω=√

c2εrε0πσν = cn

√ε0πσν

= 3 · 10−2 m.

Osservazione. Abbiamo ottenuto una profondita di pelle di 3 cm! A causa

della sua salinita, l’acqua di mare non ammette comunicazioni via onde radio

FM. Per aumentare la profondita di pelle, occorre abbassare le frequenze, ovvero

aumentare la lunghezza d’onda.

Esercizio 19.4. Per le ragioni esposte nell’esercizio precedente, le comunicazioniradio dei sommergibili devono usare frequenze piu basse, tipicamente del chilo-Hertz. Assumiamo ν = 3 kHz. Quanto vale la profondita di pelle? Se ilsommergibile e a una profondita h = 10 m, di quanto si attenuano il campo elettricoe la potenza della trasmissione?

Risposte. La profondita di pelle risulta δ =

√2c2ε

σω=√c2εrε0πσν =

cn

√ε0πσν

= 5.48 m. Chiamando E0 il campo elettrico all’emissione, e E quello

19.11. ESERCIZI SULLE ONDE ELETTROMAGNETICHE 501

uscente, la sua attenuazione eE

E0= e−h/δ = e−10/5.48 = 0.16. La potenza e

P ∝ E2, quindi la sua attenuazione e(

e−h/δ)2

= e−2h/δ = 0.026.

Solo il 2.6% della potenza del segnale raggiunge la superficie del mare.

Esercizio 19.5. La potenza che la Terra riceve dalla radiazione solare e espressadalla “costante solare”, cioe la potenza ricevuta per unita di area perpendicolareirradiata. Essa vale I = 1.36 kW/m2. Qual e la potenza totale emessa dal Sole(la distanza Terra-Sole e r⊕ = 150 milioni di km)? Qual e la potenza totalericevuta dalla Terra (il raggio della Terra e r⊕ = 6371 km)?

Risposte. Il Sole emette radiazione elettromagnetica isotropa, quindi lapotenza totale emessa si ottiene moltiplicando I per la superficie di una sfera diraggio r⊕: P = 4πr2

⊕I = 12.57·(1.5·1011 m)2·(1360 W/m2) = 3.845·1026 W.

Per calcolare la potenza totale assorbita dalla Terra, schematizziamo questa

come se fosse un disco di raggio r⊕ posto perpendicolarmente alla radiazione solare.

Questa approssimazione puo apparire grossolana, ma e corretta. Per convincersi,

basti pensare di porre questo disco esattamente fra il Sole e la Terra, tangente

a quest’ultima. Ovviamente assorbirebbe tutta la radiazione, lasciando la Terra

in ombra. Rimuovendo il disco, la Terra tornerebbe ad essere irradiata. Quindi

disco e Terra sono investiti esattamente dalla stessa potenza. La differenza sta

solo nel modo di fare i calcoli: il disco e una superficie piana perpendicolare alla

radiazione, quindi possiamo calcolare la potenza assorbita dal disco semplicemente

come P⊕ = πr2⊕I = 3.1416 · (6.371 · 106 m)2 · (1360 W/m2) = 1.734 · 1017 W.

Esercizio 19.6. Calcolare il campo elettrico e magnetico massimi corrispondentialla costante solare dell’esercizio precedente.

Risposta. Utilizziamo la relazione I = ε0cE2max

2. Pertanto ricaviamo

Emax =

√2Iε0c

=

√2 · 1360 W/m2

(8.85 · 10−12 (unita S.I.))(3 · 108 m/s)= 1012 V/m. Il

campo magnetico e Bmax =Emaxc

= 3.376 · 10−6 T.

Capitolo 20

Ottica

La luce visibile e formata da onde elettromagnetiche. Questo vale per tuttala radiazione, dai raggi X alle onde radio.

Il comportamento della luce (e della radiazione elettromagnetica ingenerale) nel vuoto e nei materiali e descrivibile pensando ai campi elettricoe magnetico che la compongono.

Riassumiamo quanto sappiamo.

• Un’onda elettromagnetica si propaga con velocita

u =

c = 3 · 108 m/s nel vuoto

c

nnel dielettrico

(20.1)

con n indice di rifrazione del dielettrico. In generale n > 1, quindiu < c.

• I campi elettrico e magnetico sono ortogonali fra loro e alla direzionedella propagazione; le intensita dei campi sono collegate dalla relazione

| ~E|| ~B|

= u =

c nel vuoto

c

nnel vuoto

(20.2)

La relazione vettoriale fra ~E, ~B, per un’onda che si propaga indirezione r, e:

503

504 CAPITOLO 20. OTTICA — M.FANTI

~B =r × ~E

u(20.3)

• D’ora in poi ci riferiremo al campo elettrico ~E; il campo magneticoe deducibile sempre da esso. Il piano individuato dalla direzionedi propagazione r e dal campo elettrico ~E si chiama piano dipolarizzazione dell’onda.

• Un’onda monocromatica e caratterizzata da una frequenza ν e unalunghezza d’onda λ. L’intensita dei campi elettrico e magnetico adessa associati si puo scrivere come

E(r; t) = E0 cos

2πνt− 2π

λr + φ︸︷︷︸

fase

B(r; t) =

E0

ucos

2πνt− 2π

λr + φ︸︷︷︸

fase

(20.4)

(se assumiamo una propagazione per una distanza r dalla sorgente).L’argomento della funzione coseno si chiama fase dell’onda: loindicheremo con Φ [1]:

Φ = 2πν t − 2π

λr + φ (20.5)

• La relazione fra ν e λ e:

λ · ν = u =

c nel vuoto

c

nnei dielettrici

(20.6)

1 Il termine φ (minuscolo) deriva dalla condizione della sorgente all’istante t = 0;potrebbe essere eliminato ridefinendo l’istante t = 0 per una data sorgente, ma con moltesorgenti in generale questo non e possibile, quindi preferiamo tenerlo.

20.1. SOVRAPPOSIZIONE DI ONDE, INTERFERENZA 505

• Un’onda nel vuoto trasporta un flusso di energia per unita di tempo eunita di superficie, dato dal vettore di Poynting, ~S = ε0c

2 ~E × ~B. Per

onde monocromatiche, | ~E × ~B| =E2

0

ccos2

(2πνt− 2π

λz

), e poiche

il valore medio di cos2 e1

2, otteniamo l’intensita media di un’onda

monocromatica come:

I =

⟨dPdΣ

⟩=

ε0c

2E2

0 (nel vuoto) (20.7)

In un dielettrico, l’intensita si ottiene con le sostituzioni ε0 → ε ≡ n2ε0e c→ u ≡ c

n, quindi:

I =

⟨dPdΣ

⟩= n

ε0c

2E2

0 (nei dielettrici) (20.8)

• L’indice di rifrazione in un dielettrico e in generale una funzione dellalunghezza d’onda: n ≡ n(λ).

20.1 Sovrapposizione di onde, interferenza

La radiazione elettromagnetica e costituita dai campi elettrico e magnetico,che si sommano come vettori. Questo ha conseguenze importanti sullacomposizione delle intensita di due onde elettromagnetiche. Si sarebbeportati a dire che se due onde, di intensita I1, I2, raggiungono una stessazona di spazio, l’intensita totale sia I1 + I2: bene, questo in generale e falso!

Consideriamo due onde elettromagnetiche monocromatiche, di frequenzeν1, ν2 e lunghezze d’onda λ1, λ2, emesse dalle sorgenti (1) e (2). Anzitutto,assumiamo che le due onde viaggino nella stessa direzione, cosicche i duevettori di Poynting ~S1, ~S2 siano allineati. Questa e la situazione piuvantaggiosa per avere sovrapposizione di intensita. Inoltre assumiamo chei piani di polarizzazione delle due onde siano coincidenti, cioe che ~E1 ‖ ~E2.

In tal modo anche ~B1 ‖ ~B2. Quindi possiamo scrivere i campi senza l’usodella notazione vettoriale. Chiamate rispettivamente r1 e r2 le distanze di P


=

=

(1)

P

P

(2)

(1)

(2)

Figura 20.1: Esempi di interferenza costruttiva (in alto) e interferenzadistruttiva (in basso).

dalle sorgenti (1) e (2), i campi saranno della forma:

E1(P ; t) = A1 cos

(2πν1t−

2π

λ1

r1 + φ1

); B1(P ; t) =

E1(P ; t)

u

E2(P ; t) = A2 cos

(2πν2t−

2π

λ2

r2 + φ2

); B2(P ; t) =

E2(P ; t)

u

Il campo totale in P sara

E(P ; t) = E1(P ; t) + E2(P ; t)

B(P ; t) = B1(P ; t) + B2(P ; t) =E(P ; t)

u

L’intensita di ciascuna radiazione, se fosse isolata, sarebbe

I1(P ) = nε0c⟨[E1(P ; t)]2

⟩= n

ε0c

2A2

1

I2(P ) = nε0c⟨[E2(P ; t)]2

⟩= n

ε0c

2A2

2

Ora calcoliamo l’intensita complessiva.

I(P ) = nε0c⟨[E(P ; t)]2

⟩= nε0c

⟨[E1(P ; t) + E2(P ; t)]2

⟩= nε0c

⟨[E1(P ; t)]2 + [E2(P ; t)]2 + 2E1(P ; t)E2(P ; t)

⟩= nε0c

⟨A2

1 cos2 Φ1 + A22 cos2 Φ2 + 2A1A2 cos Φ1 cos Φ2

⟩Nell’ultima scrittura abbiamo indicato con Φ1, Φ2 la fase di ciascuna onda:

Φi ≡(

2πνit−2π

λiri + φi

)

20.1. SOVRAPPOSIZIONE DI ONDE, INTERFERENZA 507

Ora ricordiamo che⟨cos2

⟩=

1

2e applichiamo l’identita trigonometrica

2 cos Φ1 cos Φ2 = cos(Φ1 + Φ2) + cos(Φ1 −Φ2). Poi esprimiamonε0c

2A2i = Ii.

Troviamo quindi

I(P ) = I1 + I2 + 2√I1I2 [〈cos(Φ1 + Φ2)〉+ 〈cos(Φ1 − Φ2)〉]

Ora, mediando sul tempo, otteniamo:

〈cos(Φ1 ± Φ2)〉 =

⟨cos

[2π(ν1 ± ν2)t − 2π

(r1

λ1

± r2

λ2

)+ (φ1 ± φ2)

]⟩In generale, il valor medio di un coseno nel tempo e 0, a meno che l’argomentodel coseno sia indipendente da t. Questo succede nel caso particolare che sistia considerando Φ1 −Φ2 e che sia ν1 = ν2: in tal caso cos(Φ1 −Φ2) rimanecostante. In questo caso anche λ1 = λ2. Si ottiene dunque

cos(Φ1 − Φ2) = cos

[2πr1 − r2

λ+ (φ1 − φ2)

]≡ cos[∆Φ]

Abbiamo trovato la seguente relazione per l’intensita totale:

I(P ) =

I1 + I2 se ν1 6= ν2

I1 + I2 + 2√I1I2 cos(∆Φ) se ν1 = ν2[

∆Φ ≡ 2π

λ(r1 − r2) + (φ1 − φ2)

](20.9)

Quindi l’intensita risultante, per uguali frequenze, dipende dalla differenzadi fase. In particolare:

• Se i due campi sono in fase, ∆Φ = 2Kπ,(2π

λr1 − φ1

)−(

2π

λr2 − φ2

)= 2Kπ (K intero)

si ottiene il campo risultante massimo,

|E1 + E2| = A1 + A2

Questo caso si chiama interferenza costruttiva. I campi si diconocoerenti.L’intensita e I(P ) = I1 + I2 + 2

√I1I2 (quindi maggiore di I1 + I2).


• Se i due campi sono in opposizione di fase, ∆Φ = (2K + 1)π,(2π

λr1 − φ1

)−(

2π

λr2 − φ2

)= (2K + 1)π (K intero)

si ottiene il campo risultante minimo,

|E1 + E2| = |A1 − A2|

Questo caso si chiama interferenza distruttiva.L’intensita e I(P ) = I1 + I2 − 2

√I1I2 (quindi minore di I1 + I2).

• Nel caso particolare in cui le ampiezze siano uguali (A1 = A2) e i campisiano in opposizione di fase, l’interferenza e completamente distruttiva,ovvero il campo risultante e nullo.In questo caso anche l’intensita e nulla, I(P ) = 0.

Queste situazioni sono schematizzate nella Fig. 20.1.

20.2 Principio di Huygens-Fresnel

Un’onda elettromagnetica che si propaga nello spazio puo essere visualizzatacome una successione di fronti d’onda. Ciascuno di questi e caratterizzatoda punti aventi tutti la stessa fase.

Il principio di Huygens-Fresnel afferma che tutti i punti su un fronted’onda si comportano da sorgenti puntiformi coerenti di onde sferichesecondarie, che hanno frequenza e lunghezza d’onda uguali a quelle dell’ondaprimaria; il fronte d’onda successivo e dato dalla somma algebrica di tutte leonde secondarie, e ha la forma dell’inviluppo di queste.

Questo principio e in realta ricavabile con calcoli matematici basati sullaforma delle onde monocromatiche. Qui omettiamo la dimostrazione e lotrattiamo come una legge sperimentale.

20.3 Interferenza di sorgenti coerenti

Consideriamo un fronte d’onda piano che colpisce uno schermo, in cui sonopraticate due piccole fenditure. Tutta l’onda viene assorbita dallo schermo,tranne quelle porzioni che raggiungono le fenditure. Se la larghezza dellefenditure e molto minore della lunghezza d’onda λ, esse possono essereconsiderate come puntiformi. In base al principio di Huygens-Fresnel, ledue fenditura sono sorgenti coerenti di onde sferiche.

20.3. INTERFERENZA DI SORGENTI COERENTI 509

λλ

Figura 20.2: Fronti d’onda (piano a sinistra, sferico a destra) e loroformazione dalla sovrapposizione delle onde sferiche secondarie (principio diHuygens-Fresnel).

Tali onde sono formate da campi elettrici E1(r1, t), E2(r2, t) che sisommano. Chiamando r1, r2 le distanze di ciascuna fenditura da un genericopunto P in cui avviene la sovrapposizione (vd Fig. 20.3), la loro formamatematica deve essere:

E1(r1; t) = E0 cos

(2πνt− 2π

λr1

)E2(r2; t) = E0 cos

(2πνt− 2π

λr2

)(20.10)

Diamo qualche spiegazione a queste due formule. Anzitutto si assume chel’ampiezza massima di oscillazione dei campi sia E0, uguale per entrambele onde. Cio e giustificato dal fatto che le due fenditure ricevono la stessaonda piana. Inoltre, anche la frequenza e la lunghezza d’onda devono essereuguali. Infine, le sorgenti delle onde secondarie devono essere coerenti, poichesi trovano sullo stesso fronte d’onda, quindi devono avere la stessa fase: intermini matematici, per r1 = 0 e r2 = 0 l’argomento dei coseni deve essere lostesso.

In un generico punto P il valore del campo elettrico e la somma algebricadi E1, E2:


D

λ

P r 1

r 2

r 1

r 2

R

θD

∆r = D sin θ

Figura 20.3: A sinistra: sovrapposizione delle onde sferiche secondarieprovenienti dalle due fenditure; ogni riga blu rappresenta una cresta d’onda.A destra: calcolo approssimato di |r1 − r2| ' D sin θ per distanze R D.

E(P ; t) = E1(r1, t) + E2(r2, t)

= E0

[cos

(2πνt− 2π

λr1

)+ cos

(2πνt− 2π

λr2

) ](20.11)

Possiamo analizzare unpo’ piu in dettaglio le conseguenze dell’Eq. (20.11). Qui bisogna ricordare

un’identita trigonometrica: cos(α) + cos(β) = 2 cos

(α + β

2

)cos

(α− β

2

).

Quindi troviamo:

E(P ; t) = 2E0 cos

(2πνt− 2π

λ

r1 + r2

2

)cos

(2π

λ

r1 − r2

2

)(20.12)

Esaminiamo questo risultato. Il termine cos

(2πνt− 2π

λ

r1 + r2

2

)esprime

20.3. INTERFERENZA DI SORGENTI COERENTI 511

un’oscillazione nel tempo con frequenza ν. L’ampiezza di tale oscillazione edata da

E0(P ) = 2E0 cos

(2π

λ

r1 − r2

2

)quindi ha un’intensita

I(P ) = 2ε0cE20 cos2

(2π

λ

r1 − r2

2

)(20.13)

che puo variare da un valore massimo, quando l’argomento di cos2 e multiplointero di π, ad un valore nullo, quando l’argomento di cos2 e multiplo interodispari di π/2.

I(P ) =

2ε0cE20 per r1 − r2 = K λ (K intero)

0 per r1 − r2 =

(K +

1

2

)λ (K intero) (20.14)

La conclusione puo essere anche compresa intuitivamente. Le due ondesferiche secondarie percorrono cammini di lunghezza r1, r2 per raggiungereP .

• Se questi cammini differiscono per un numero intero di lunghezzed’onda, ad una cresta della prima onda si sovrapporra sempre unacresta della seconda onda. Questo caso si chiama interferenzacostruttiva.

• Se invece la differenza dei cammini contiene una mezza lunghezzad’onda in piu o in meno, ad una cresta della prima onda si sovrapporrasempre una valle della seconda onda. Questo caso si chiamainterferenza distruttiva.

In Fig. 20.4 sono rappresentate diverse figure di interferenza, ottenute peruna stessa lunghezza d’onda λ = 1 (unita arbitrarie) e diverse separazionifra le fenditure D = 0.2, 0.5, 1, 2, 5, 10. Il calcolo e fatto al computer,utilizzando l’Eq. (20.11).

Quando l’interferenza viene osservata da una distanza R grande rispettoalla separazione D delle due fenditure, ad un angolo θ rispetto alla direzioneperpendicolare allo schermo, si puo approssimare |r1 − r2| ' D sin θ (vdFig. 20.3 a destra). L’Eq. (20.13) si puo approssimare con:


λ = 1 , D = 0.2 λ = 1 , D = 0.5

λ = 1 , D = 1 λ = 1 , D = 2

λ = 1 , D = 5 λ = 1 , D = 10

Figura 20.4: Figure di interferenza prodotte da due fenditure sottili,separate da diverse distanze D. La scala di colori raffigura il valore assolutodel campo elettrico, |E| ∝

√I.

20.4. RAGGIO OTTICO 513

I(θ) = 2ε0cE20 cos2

(πD

λsin θ

)(20.15)

Le condizioni di massimo e minimo, Eq. (20.14), possono essere riscrittecosı:

I(P ) =

2ε0cE

20 per sin θ = K

λ

D(K intero)

0 per sin θ =

(K +

1

2

)λ

D(K intero) (20.16)

Ovviamente per θ = 0 c’e sempre un massimo — il massimo centrale.Possono esistere anche altri massimi, in direzioni diverse. Poiche sin θ ≤ 1,

i valori di K sono limitati da K ≤ D

λ. Se D < λ, e possibile solo K = 0,

ovvero solo il massimo centrale.

Le direzioni di interferenza distruttiva esistono per valori di K tali che

K ≤ D

λ− 1

2. Per D <

λ

2, tale condizione non e possibile, quindi in tutte le

direzioni abbiamo propagazione.

20.4 Raggio ottico

L’onda piana e ovviamente un’astrazione. Abbiamo visto che ogni sorgenteelementare di onda elettromagnetica e una carica elettrica puntiformeoscillante, che genera onde sferiche. I fronti d’onda sferici, visti a distanzemolto lontane dalla sorgente, possono apparire come fronti d’onda piani.

Un’onda elettromagnetica che viene emessa da una sorgente estesa pianaΣ, di dimensioni trasverse D λ produce un “raggio di luce”, cheper esperienza sappiamo propagarsi in direzione rettilinea ortogonale allasuperficie stessa.

Si chiama raggio ottico una porzione di onda piana di dimensione trasversaD λ.

Vogliamo capire perche il raggio ottico si propaga in direzione ortogonalealla superficie emittente Σ.

Secondo il principio di Huygens-Fresnel, ogni punto della sorgente Σe sorgente di un’onda secondaria sferica. Se la sorgente Σ e coerente emonocromatica, il campo elettrico prodotto da ciascuno dei suoi punti a


Σ

Σ

O2

O1

θρO

2

O1

∆r = ρ sin θ

Figura 20.5: Costruzione di un “raggio ottico”. Tutti i punti della sorgenteestesa Σ sono sorgenti coerenti di onde secondarie. Per θ > 0 e possibiletrovare una separazione ρ fra le sorgenti puntiformi (1), (2), tale che le ondesono sfasate di λ/2 e quindi formano interferenza completamente distruttiva.Per θ = 0 le onde dalle sorgenti puntiformi (1), (2) restano sempre coerenti.

distanza r e ∝ cos

(2πνt− 2π

λr

). Consideriamo due punti O1 e O2 di Σ,

separati da una distanza ρ, come in Fig. 20.5. I campi prodotti da essi in undato punto P , distante rispettivamente r1, r2 da O1, O2, devono valere

E1 ∝ cos

(2πνt− 2π

λr1

)E2 ∝ cos

(2πνt− 2π

λr2

)

La differenza di fase fra i due campi e:

∆Φ =2π

λ(r1 − r2)

Osserviamo ora la propagazione da un punto P la cui distanza da Σ siamolto maggiore delle dimensioni trasversa D. I segmenti r1, r2 sono

20.4. RAGGIO OTTICO 515

sostanzialmente paralleli, e possiamo approssimare |r1−r2| ' ρ sin θ. Quindila differenza di fase e

∆Φ =2π

λρ sin θ

Se θ 6= 0, e sempre possibile trovare un valore di ρ tale che la differenza difase sia esattamente ∆Φ = π: basta scegliere

ρ =λ

2 sin θ

In questo modo l’interferenza fra le due sorgenti puntiformi e sempretotalmente distruttiva.

Chiaramente, piu piccolo e θ, maggiore deve essere ρ. Se consideriamo

θ > θmin, possiamo porre un limite superiore ρ < ρmax ≡λ

2 sin θmin. Siccome

abbiamo supposto D λ, la maggior parte di punti di Σ deve avere altripunti a distanza ρ con cui fare interferenza totalmente distruttiva. In maniera

semi-quantitativa, deve essere ρmax ≈D

2, cosicche per ogni punto di meta Σ

si puo trovare un altro punto a distanza ρmax nell’altra meta di Σ con cui si

formi un’interferenza totalmente distruttiva. Quindi troviamo sin θmin ≈λ

D.

Possiamo concludere che in qualunque direzione θ tale che sin θ &λ

Dl’interferenza di tutte le sorgenti puntiformi deve essere totalmente

distruttiva, dunque per questi angoli non c’e propagazione. Essendoλ D, sin θmin deve essere molto piccolo, quindi possiamo lavorarenell’approssimazione sin θmin ' θmin. L’apertura angolare totale del raggioottico, valutabile fra −θmin e +θmin, quindi vale

∆θ ≈ 2λ

D (20.17)

Esempio: un raggio laser

Un raggio laser rosso (λR = 635 nm) viene emesso da una sorgente di dimensionitrasverse D0 = 1 mm. Qual e la sua apertura angolare? Di quanto si e allargatoil raggio, ad una distanza di 10 m? Quali risultati avremmo, per un raggio verde(λV = 532 nm) e un raggio blu (λB = 445 nm)?

Risposta. La larghezza angolare del raggio rosso e ∆θR ' 2λRD0

=

26.35 · 10−7 m

10−3 m' 6·10−4 rad. A distanza di ` = 10 m dalla sorgente la dimensione

trasversa del fascio e valutabile come DR = ∆θR ` ' 6 mm.


Per i raggi verde e blu i risultati sono ∆θV ' 5 · 10−4 rad, DR =' 5 mm,∆θB ' 4 · 10−4 rad, DB =' 4 mm.

Osservazione: poiche la formula usata per ∆θ e approssimativa, abbiamo

usato il segno ' anziche =; per questo si e valutato che non abbia senso esprimere

i risultati con piu di una cifra.

20.5 Diffrazione da una fenditura

Un fenomeno simile a quello dell’interferenza si ha quando la luce passaattraverso un’unica fenditura, di larghezza D, che non puo essere piuconsiderata puntiforme. In tal caso, ogni punto della fenditura puo essereconsiderato come una sorgente di onda sferica secondaria, secondo il principiodi Huygens-Fresnel.

Scegliamo un sistema di assi cartesiani con l’origine al centro dellafenditura e l’asse z nella direzione dell’onda incidente. La fenditura giacesul piano x, y, e ha una sezione Σ. Ogni piccola area dΣ′ di fenditura,centrata intorno a un punto (x′, y′, 0) ∈ Σ, produce un’onda sferica E(r) =

AdΣ′E0 cos

(2πνt− 2π

λr

)in ciascun punto P ≡ (x, y, z) posto a distanza

r =√

(x− x′)2 + (y − y′)2 + z2. Ci aspettiamo infatti che l’intensita delcampo elettrico dell’onda secondaria sia proporzionale al campo elettricoincidente E0 e alla superficie emittente dΣ. Formalmente, quindi, il campoelettrico totale in P si scrive come:

E(P ) = AE0

∫Σ

dΣ′ cos

(2πνt− 2π

λ

√(x− x′)2 + (y − y′)2 + z2

)(20.18)

Il calcolo e in generale complesso, dipende dalla forma della fenditura, esolitamente si puo effettuare solo al computer.

In Fig. 20.6 sono rappresentate diverse figure di diffrazione, per unafenditura di larghezza D = 2 (unita arbitrarie) e diverse lunghezze d’onda λ.In generale, si nota che l’onda si propaga in diverse direzioni, ma presentasempre la massima intensita in avanti — cioe nella stessa direzione dell’onda

incidente. A seconda del rapportoD

λ, possono esistere direzioni in cui

l’intensita si annulla, e altre in cui resta significativa.

Questi comportamenti possono essere compresi in maniera semi-qualitativa, anche senza addentrarsi nei calcoli matematici. In una genericadirezione θ, due punti (x′, y′) e (x′′, y′′) della fenditura che distano fra loroρ =

√(x′ − x′′)2 + (y′ − y′′)2 hanno distanze r′, r′′ da un generico punto P

20.5. DIFFRAZIONE DA UNA FENDITURA 517

λ = 0.2 , D = 2 λ = 0.5 , D = 2

λ = 1 , D = 2 λ = 2 , D = 2

λ = 4 , D = 2 λ = 8 , D = 2

Figura 20.6: Figure di diffrazione da fenditure di diverse larghezze D. Lascala di colori raffigura il valore assoluto del campo elettrico, |E| ∝

√I.


che differiscono di |r′ − r′′| ' ρ sin θ. L’approssimazione (indicata con ') etanto migliore, quanto piu la distanza di P dalla fenditura e grande rispettoalle dimensioni della fenditura stessa. Se la coppia di punti (x′, y′) e (x′′, y′′)

e tale che |r′ − r′′| =λ

2, allora le onde secondarie emesse da essi formano

interferenza distruttiva. In termini di ρ, questa condizione si scrive come

ρ =λ

2 sin θ.

Ovviamente occorre che ρ sia piu piccolo delle dimensioni della fenditura,altrimenti non e possibile trovare due punti di distanza ρ nella fenditura.

Piu precisamente, chiamando D la dimensione della fenditura, se ρ ' D

2meta dei punti della fenditura fa interferenza distruttiva con l’altra meta,

e la cancellazione e totale [2]. La stessa cosa succede se ρ ' D

4,D

6, . . .

in generale se ρ ' D

2K, con K 6= 0. Viceversa, se ρ ' D

3, un terzo di

fenditura resta “non cancellato”; se ρ ' D

5, un quinto di fenditura resta

“non cancellato”. In generale, se ρ ' D

2K + 1, con K 6= 0, c’e propagazione

residua, che deriva dal fatto che ' 1

2K + 1della radiazione uscente dalla

fenditura non viene cancellata.

Ora ricordiamo che ρ =λ

2 sin θ. Le condizioni di cancellazione totale e di

propagazione residua diventano:

cancellazione totale ⇐⇒ sin θ ' Kλ

D(K 6= 0)

propagazione ⇐⇒ sin θ '(K +

1

2

)λ

D(K 6= 0) (20.19)

Poiche sin θ ≤ 1, e possibile avere zone di cancellazione totale solo se λ ≤D. Il numero di zone di cancellazione si ottiene scrivendo K ' D

λsin θ ≤ D

λ,

quindi sono

Nmin = Int

[D

λ

](20.20)

2 Rammentiamo che non stiamo facendo un’analisi precisa: per esempio non abbiamofatto ipotesi sulla forma trasversa della fenditura. Per questo abbiamo usato i segni 'anziche =.

20.5. DIFFRAZIONE DA UNA FENDITURA 519

L’intensita nelle direzioni in cui c’e propagazione puo essere stimata in

maniera semi-quantitativa, ricordando che solo ' 1

2K + 1della radiazione

uscente dalla fenditura sopravvive. Poiche I ∝ E2, deve essere I(θ) '

I0

(1

2K + 1

)2

, essendo I0 una costante di proporzionalita. Ricordando che

sin θ ' (2K + 1)λ

2D, otteniamo

I(θ) ' I0

(2K + 1)2= I0

λ2

4D2 sin2 θ(massimi secondari)

(20.21)

Il numero di massimi secondari si ottiene scrivendoK ' D

λsin θ−1

2≤ D

λ−1

2,

quindi sono

Nmax = Int

[D

λ− 1

2

](20.22)

Esempio: calcolo del numero di frange

Se avete la vista buona, potete verificare i valori di Nmin, Nmax nella Fig. 20.6. I

valori diD

λ, insieme ai calcoli per Nmin, Nmax secondo le Eq. (20.22), Eq. (20.22),

sono riportati nella seguente tabella:

D/λ Nmin Nmax

10 10 94 4 32 2 11 1 0

0.5 0 00.25 0 0

Il caso θ = 0 va trattato a parte: in questo caso ρ → +∞, quindi non emai possibile avere cancellazione.

L’intensita puo essere stimata come fatto per i massimi secondari, ma quiricordiamo che tutta la radiazione dalla fenditura e coerente, quindi nessunaporzione viene cancellata. Di conseguenza deve essere


I(θ) ' I0 (massimo centrale)(20.23)

In generale, la larghezza del massimo centrale della diffrazione eesprimibile come la distanza fra i due minimi adiacenti, che si hanno per

sin θ = ± λD

, ovvero per θ = ± sin−1

(λ

D

). L’apertura angolare del massimo

centrale vale quindi:

∆θmax = 2 sin−1

(λ

D

)(20.24)

Si nota che, all’aumentare di D — o al diminuire di λ — la larghezzadel massimo centrale diventa sempre piu collimata. Nel limite λ D,∆θmax ' 0 e la propagazione avviene, nei fatti, solo in avanti, come abbiamotrovato per il raggio ottico.

20.6 Rifrazione e riflessione di un’onda

elettromagnetica

Ora studiamo che cosa succede quando un raggio ottico — o un’onda piana— attraversa un’interfaccia che separa due dielettrici, chiamati (1) e (2),con diversi indici di rifrazione n1, n2. Per fissare le idee, supponiamo cheil raggio ottico provenga dal mezzo (1). La situazione e schematizzata inFig. 20.7: una parte del raggio ottico in generale viene riflessa, rimanendo in(1), mentre un’altra parte passa al mezzo (2), dove si dice che viene rifratta.

Che cosa succede ai fronti d’onda durante la riflessione e la rifrazione?Ricordiamoci che il fronte d’onda e definito come il luogo dei punti in cui

la fase dell’onda e sempre uguale. La fase e

Φ = 2πνt− 2π

λr (20.25)

Per chiarezza, pensiamo al fronte d’onda che costituisce una cresta d’onda:deve essere cos Φ = +1. Questo avviene per tutte le fasi multiple intere di2π, Φ = 2Kπ. Due creste d’onda contigue hanno fasi che differiscono di 2π.

La frequenza ν non cambia nel passare dal mezzo (1) al mezzo (2). La

lunghezza d’onda invece si modifica: ricordando che λ =u

ν=

c

n ν, abbiamo

λ1 =1

n1

c

ν; λ2 =

1

n2

c

ν

20.6. RIFRAZIONE E RIFLESSIONE DI UN’ONDA ELETTROMAGNETICA521

n1

n2

λ1

λ1

λ2

Figura 20.7: Rifrazione e riflessione di un fromnte d’onda piano.

La differenza di fase fra due creste contigue, in un dato istante t, e

2π = ∆Φ =2π

λ∆r, da cui ∆r = λ. Distinguendo i mezzi (1), (2), troviamo:

∆r =

λ1 =

1

n1

c

νnel mezzo (1)

λ2 =1

n2

c

νnel mezzo (2)

Guardiamo la Fig. 20.8, a sinistra. Se il raggio incidente forma un angoloθ1 con la direzione ortogonale alla superficie, due creste d’onda contigue

intercettano la superficie in due punti distanti D =λ1

sin θ1

. Da questi punti

partono due creste d’onda del raggio rifratto nel mezzo (2), che si propagano

in direzione θ2. Anche in questo caso, D =λ2

sin θ2

. Uguagliando le due

espressioni si trova

sin θ1

λ1

=sin θ2

λ2 (20.26)

oppure


λ1

λ2

λ1

λ1

θ1

θ2

θ’1

θ1

D D

Figura 20.8: Costruzione geometrica per ottenere le leggi della rifrazione(a sinistra) e della riflessione (a destra). Gli angoli θ1, θ2, θ′1 sonorispettivamente gli angoli di incidenza, rifrazione e riflessione. In figura,angoli con lo stesso colore sono uguali.

n1 sin θ1 = n2 sin θ2 (20.27)

Questa relazione e nota come legge della rifrazione, oppure legge di Snell.

Nel caso della riflessione, il raggio ottico riflesso si trova nello stesso mezzodel raggio incidente (Fig. 20.8, a destra), quindi la lunghezza d’onda noncambia, e gli angoli sono gli stessi:

sin θ1 = sin θ′1 (20.28)

La legge di Snell fornisce la spiegazione di effetti ottici cui siamo tuttiabituati, quando un oggetto viene immerso in acqua (come raffigurato in

20.6. RIFRAZIONE E RIFLESSIONE DI UN’ONDA ELETTROMAGNETICA523

Figura 20.9: Esempi dell’effetto della rifrazione. Poiche l’acqua ha unindice di rifrazione > 1, una moneta immersa appare piu vicina (a sinistra),oppure una matita immersa appare “spezzata” (a destra).

Fig. 20.9) o visto attraverso un vetro spesso. La spiegazione e semprela stessa: l’oggetto illuminato emette raggi ottici, che passando dall’acquaall’aria subiscono una deviazione (linee rosse continue). Tuttavia, il nostrocervello interpreta le immagini come se i raggi ottici fossero dritti (lineetratteggiate), pertanto sembrano provenire da un punto diverso da quelloreale.

Inoltre, nella Fig. 20.9, solo due raggi ottici sono disegnati (in rosso); seuno ne disegna di piu, seguendo attentamente la legge di Snell, si rende contoche i loro prolungamenti rettilinei (tratteggiati) non convergono esattamentein un solo punto. Per questa ragione, le immagini viste attraverso l’acqua oun vetro spesso appaiono sempre leggermente sfocate, e possono affaticare lavista.

20.6.1 Riflessione totale

L’Eq. (20.27) per la rifrazione ci dice che minore el’indice di rifrazione,maggiore e l’angolo di rifrazione. Consideriamo il passaggio da un mezzo (1)a un mezzo (2), tali che n1 > n2 — per esempio dal vetro all’aria. L’angolodi rifrazione deve essere tale che

sin θ2 = sin θ1n1

n2

Ora, stiamo considerando il cason1

n2

> 1, quindi sin θ2 > sin θ1. Nello stesso

tempo deve essere sin θ2 ≤ 1, quindi ci deve essere un limite superiore a sin θ1.


Figura 20.10: Dispersione cromatica di un raggio di luce bianca che entrain un vetro.

Precisamente, possiamo scrivere:

sin θ1 = sin θ2︸︷︷︸≤ 1

n2

n1

<n2

n1

e questo e l’angolo massimo per avere una rifrazione.

20.7 Dispersione cromatica

Parlando di onde elettromagnetiche nei materiali dielettrici, abbiamo giavisto nella Sezione 19.9.2 che la costante dielettrica ε, e quindi l’indice di

rifrazione n =

√ε

ε0, dipendono dalla frequenza ν dell’onda:

n ≡ n(ν) (20.29)

In generale, n decresce all’aumentare di λ, quindi cresce all’aumentare di ν:per frequenze piu elevate abbiamo un indice di rifrazione maggiore, dunque

una velocita di propagazione u =c

nminore.

Ne consegue che, nella legge di Snell per la rifrazione, Eq. (20.27), larelazione fra gli angoli di incidenza (θ1) e di rifrazione (θ2) dipende dallafrequenza della radiazione:

sin θ1

sin θ2

=n2(ν)

n1(ν)(20.30)

20.7. DISPERSIONE CROMATICA 525

Figura 20.11: Dispersione cromatica di un raggio di luce bianca attraversoun prisma.

Figura 20.12: Formazione dell’arcobaleno.

Nel caso in cui il mezzo (1) sia l’aria, o il vuoto, n1 ' 1, indipendentementeda ν. Per semplicita ribattezziamo n2 ≡ n: quindi si puo scrivere

sin θ2 =sin θ1

n(ν)(20.31)

L’angolo di rifrazione e tanto piu piccolo quanto piu e grande la frequenza.Nello spettro della luce visibile, per esempio, il colore meno deviato e ilrosso, quello piu deviato il blu. L’effetto e quello mostrato in Fig. 20.10. Lascomposizione della luce bianca in uno spettro iridescente, mediante l’uso diun prisma, come in Fig. 20.11, ne e una conseguenza. L’uso di strumentiottici basati su prismi consente di scomporre in righe spettrali la radiazioneemessa o assorbita da una sostanza, come gia mostrato in Fig. 19.8 e Fig. 19.9.Questa tecnica consente di estrarre informazioni sulla composizione chimicadi una sostanza.

La dispersione cromatica e anche all’origine degli arcobaleni. In seguitoad un temporale, nell’aria restano sospese molte goccioline d’acqua di formasferica. I raggi del Sole, bianchi, vengono rifratti due volte (in entrata e in


uscita della gocciolina) e riflessi una volta (all’interno della gocciolina), comeindicato in Fig. 20.12.

20.8 Esercizi di ottica

Esercizio 20.1. Un’onda elettromagnetica di frequenza ν = 500 · 1012 Hz vienefatta passare attraverso un materiale trasparente. Con tecniche interferometrichesi misura la lunghezza d’onda, λ = 550 nm. Calcolare l’indice di rifrazione e lacostante dielettrica relativa del mezzo.

Risposta. La velocita di propagazione nel mezzo e u = λν = 2.75 · 108 m/s,

pertanto n =c

u= 1.091 e εr = n2 = 1.19.

Esercizio 20.2. Due oggetti (1) e (2) stanno a distanze r1, r2, molto simili, daun punto di osservazione. Per verificare che le due distanze siano effettivamenteuguali, ci si serve di una sorgente di micro-onde di frequenza ν = 1010 Hz chepuo emettere onde coerenti di uguale intensita nelle direzioni dei due oggetti.Un ricevitore, vicino all’emettitore, misura l’intensita dell’onda riflessa. Quandouno solo dei due oggetti viene irradiato, l’intensita misurata dal ricevitore eI1 = I2 = 1.5 W/m2. Quando entrambi gli oggetti vengono irradiati, l’intensitacomplessiva misurata dal ricevitore e Itot = 4.5 W/m2. Che cosa possiamo diredelle distanze r1, r2?

Risposta. Anzitutto, dal fatto che I1 = I2 possiamo dire che le distanzedei due oggetti sono effettivamente simili: altrimenti per l’oggetto piu lontanodovrebbe osservarsi un’intensita riflessa minore. Poiche la radiazione e coerente,le due intensita dovrebbero combinarsi secondo la legge dell’interferenza: Itot =

I1 +I2 +2√I1I2 cos

(2π`1 − `2λ

)essendo `1,2 la distanza totale percorsa dall’onda

in ciascun caso, quindi `1,2 = 2r1,2 per l’andata e il ritorno. Dai dati, capiamo giache r1 6= r2, altrimenti avremmo osservato Itot = I1 + I2 + 2

√I1I2 = 6 W/m2.

Possiamo dunque calcolare il coseno dello sfasamento, cos(∆Φ) ≡

cos

(2π`1 − `2λ

)=Itot − (I1 + I2)

2√I1I2

= 0.5. Da qui si deduce ∆Φ = 60 =π

3rad —

in realta questo valore e definito a meno di un segno e di una periodicita di 2π.

Possiamo quindi calcolare la differenza fra le distanze: ∆r = r1 − r2 =`1 − `2

2=

λ∆Φ

4π=

λ

12. Per completare il calcolo ci occorre λ =

c

ν= 0.03 m = 3 cm. Quindi

∆r = 0.25 cm = 2.5 mm.

Osservazione. Come si e gia notato, il calcolo di ∆Φ e ambiguo: potremmo

aggiungere un qualunque multiplo intero di 2π e andrebbe comunque bene. Questa

ambiguita si riflette sulla misura delle distanze attraverso la relazione ∆r = λ∆Φ

4π,

ovvero variando ∆Φ di 2π, ∆r varierebbe di λ/2, cioe di mezza lunghezza d’onda.

Questa tecnica, chiamata interferometria, puo solo misurare distanze che sono

20.8. ESERCIZI DI OTTICA 527

pari a frazioni di lunghezze d’onda, non multipli interi. Siccome la distanza

totale e andata+ritorno, la tecnica non puo essere sensibile a multipli interi di

mezze lunghezze d’onda — in questo caso 1.5 cm — no surprise! Qui diventa

importante l’ipotesi che r1, r2 siano “circa uguali”, nella fattispecie uno deve essere

ragionevolmente convinto che non differiscano per piu di 1 cm circa.

Esercizio 20.3. Una lampadina emette una luce apparentemente bianca, cheviene passata attraverso una fenditura sottile, di larghezza nota D = 1 µm.Nella figura di diffrazione si osserva il massimo centrale, bianco, piu tre massimisecondari di diversi colori, ad angoli rispettivamente θ1 = 42.5, θ2 = 60.5, θ3 =77.2. Evidentemente, la luce non era monocromatica, e la figura di diffrazioneconsente di farne l’analisi spettrale. Perche il massimo centrale resta bianco?Quali sono le lunghezze d’onda λ1, λ2, λ3 e le frequenze ν1, ν2, ν3 osservabili?Che colori sono?

Risposta. Anzitutto, il fatto che i tre massimi secondari hanno colori diversi,

ci consente di associarli a diverse frequenze, e non a pensare, erroneamente,

che siano massimi secondari di diverso ordine della stessa frequenza. Inoltre,

e presumibile che per ciascuna delle frequenze si osservi il massimo secondario

piu intenso, vale a dire il primo. La relazione da usare e sin θk =3

2

λ

D,

ovvero λk =2

3D sin θk. Si trovano rispettivamente le lunghezze d’onda λ1 =

450 nm, λ2 = 580 nm, λ3 = 650 nm. Le frequenze corrispondenti sono

ν1 = 6.67 · 1012 Hz, ν2 = 5.17 · 1012 Hz, ν3 = 4.62 · 1012 Hz. Guardando la

Fig. 19.5 possiamo indovinare che i colori sono rispettivamente blu, giallo, rosso.

Il massimo centrale appare comunque bianco, poiche in quella direzione i tre colori

si continuano a sovrapporre.

Esercizio 20.4. Una sorgente coerente di micro-onde (“maser”) produce unaradiazione con frequenza ν = 5 · 1011 Hz, che incide ortogonalmente su unafenditura di larghezza D, regolabile. La figura di diffrazione che si osserva inuscita ha il primo minimo (interferenza distruttiva) ad un angolo θmin1 = 15.Quanto vale D? Quanti minimi e quanti massimi secondari ci sono nella figuradi diffrazione?

Risposta. Ricordiamo che i minimi si hanno per angoli tali che sin θ = Kλ

D,

mentre i massimi secondari per angoli tali che sin θ =

(K +

1

2

)λ

D. Dunque ci

occorre λ =c

ν=

3 · 108 m/s

5 · 1011 Hz= 6 · 10−4 m = 0.6 mm. Il primo minimo e tale

che sin θmin1 =λ

D, quindi deve essere D =

λ

sin θmin1=

0.6 mm

0.2588= 2.318 mm.

Il numero di minimi e Nmin = Int

[D

λ

]= 3. Il numero di massimi secondari e


Nmax = Int

[D

λ− 1

2

]= 3.

Esercizio 20.5. Con i dati dell’esercizio precedente, di quanto e necessarioaprire la larghezza D, perche il massimo centrale della figura di diffrazione abbiauna larghezza ∆θ = 1?

Risposta. Occorre che θmin1 =∆θ

2= 0.5 = 8.727 · 10−3 rad. Quindi

D =λ

sin θmin1=

0.6 mm

0.2588= 6.875 mm. Il numero di massimi secondari e

Nmax = Int

[D

λ− 1

2

]= 13.

Esercizio 20.6. Una gabbia di Faraday e stata costruita per schermare unaregione di spazio da qualunque disturbo elettromagnetico esterno. Purtroppo ci siaccorge che nella parete della gabbia si e formata una fessura larga un millimetro.All’interno, un’antenna posta esattamente di fronte alla fessura rileva un disturbodi frequenza ν1 = 2 · 1013 Hz. Qual e l’angolo minimo θ1 per cui occorre spostarel’antenna, per metterla al riparo dal disturbo? Come cambierebbe la risposta, se lafrequenza del disturbo fosse ν2 = 2 · 1012 Hz? E se invece fosse ν2 = 2 · 1011 Hz?

Risposta. Dobbiamo renderci conto di quanto e grande la lunghezza d’onda

rispetto alla fessura. Quindi calcoliamo λi =c

νi, ottenendo rispettivamente

λ1 = 0.015 mm, λ2 = 0.15 mm, λ3 = 1.5 mm. In tutti i casi si forma una

figura di diffrazione, il cui massimo centrale occupa la regione angolare compresa

fra ±θ = ± sin−1

(λ

D

). Spostando l’antenna di tale angolo θ, la si pone in una

zona dove la diffrazione e completamente distruttiva, dunque e protetta. Per le

tre frequenze si trova rispettivamente:λ1

D= 0.015,

λ2

D= 0.15,

λ3

D= 1.5. Nei

primi due casi, l’angolo di spostamento e quindi θ1 = 1.5 · 10−2 rad = 0.86 ; θ2 =

0.1505 rad = 8.63. Nell’ultimo casoλ3

D> 1, quindi non esiste un angolo a cui la

radiazione non arrivi.

Esercizio 20.7. Un raggio di luce passa dall’aria a un mezzo trasparente, conangolo di incidenza θ1 = 45, e viene rifratto con un angolo θ2 = 37. La frequenzadella radiazione e ν = 400·1012 Hz. Quanto vale la lunghezza d’onda λ2 nel mezzo?

Risposta. Dagli angoli si puo dedurre l’indice di rifrazione n2 del mezzo

(per l’aria si assume n1 = 1): n2 =sin θ1

sin θ2= 1.149. La lunghezza d’onda e

λ2 =c

n2ν= 6.53 · 10−7 m = 653 nm.

Fisica Generale - Istituto Nazionale di Fisica Nucleare...

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