LE FORZE IN NATURA -...

Capitolo 5

LE FORZE IN NATURA

5.1 Le interazioni fondamentali.

In natura esistono moltimmimi modi tramite i quali i corpi interagiscono tra di loro. E’ pos-sibile, analizzando tutte le possibili interazioni che esistono in natua, osservare che esse sono tut-te riconducibili a quattro tipi fondamentali, che per l’appunto prendono il nome di interazionifondamentali.

Queste quattro forze sono:

1. Interazione gravitazionale

2. Interazione nucleare debole

3. Interazione elettromagnetica

4. Interazione nucleare forte.

La prima interazione si sviluppa tra tutti i corpi dotati di massa ed a qualunque distanza. Laseconda, invece si sviluppa solo in alcune particelle subatomiche, e solo a brevi distanze. La terza,invece si sviluppa tra tutti i corpi che possiedono una particolare proprieta della materia, detta carica

elettrica ma a qualunque distanza. La quarta, infine, si sviluppa solo tra le particelle che costituisconoi nuclei degli atomi ed a distanze estremamente brevi. Le due interazioni che si svolgono a qualunquedistanza hanno effdetti macroscopici notevoli e pertanto sono facilmente osservabili mentre le due forzenucleari sono osservate solo se si studiano fenomeni che coinvolgono parti dell’atomo.

Le teorie sinora sviluppate sull’azione di tali forze, e le successive verifiche sperimentali, hannomostrato che gli ultimi tre tipi di interazione sono messe in atto grazie a mediatori (ovvero a particelle)indicate genericamente col nome di bosoni. I bosoni relativi alle due interazioni nucleari sono dotatidi una massa relativamente elevata mentre il bosone associato alla interazione elettromagnetica (dettofotone) e privo di massa. Questa presenza o assenza di massa e legata alla distanza massima entro cuiagisce l’interazione. Per quanto riguarda l’interazione gravitazionale non vi e ancora alcuna evidenzasperimentale, pur tuttavia ipotizza l’esistenza di un quarto tipo di bosone, detto gravitone, anch’essoprivo di massa.

Analizziamo ora singolarmente le diverse interazioni.

5.2 La forza gravitazionale.

Nel paragrafo ?? abbiamo introdotto la forza peso, ovvero la forza cui sono soggetti tutti i corpisulla superfice terrestre.

Tale forza peso non e altro che un caso particolare di una forza piu generale, cioe la forzagravitazionale.

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74 CAPITOLO 5. LE FORZE IN NATURA

Figura 5.1: La forza di interazione gravitazionale tra due masse puntiformi.

Iniziamo col trattare masse puntiformi, tali cioe che le loro dimensioni siano trascurabili rispettoalla loro distanza.

Secondo quanto rilevato da Newton, due qualsiasi corpi di massa M ed m, posti a distanza R, siattraggono tra di loro con una forza che in modulo vale:

F = Gm M

R2

dove la costante G viene detta costante di attrazione gravitazionale e vale:

G = 6.66 × 10−11m3

kg s2

La direzione di tale forza e costituita dalla retta congiungente i due punti ed il verso e tale chela forza risulti sempre attrattiva, ovvero e diretta in senso contrario al raggio (vedi Figura ?? ). Intermini vettoriali possiamo allora scrivere:

~F = − Gm M

R3

~R

Se consideriamo non piu due sole masse ma un sistema di masse mi ed una massa M possiamoapplicare il principio di sovrapposizione cioe ritenere che l’effetto complessivo sia semplicementela somma dei singoli effetti e pertanto se la forza che il corpo M subisce ad opera del corpo mi e:

~fi = − Gmi M

R3i

~Ri

allora la forza totale agente sul corpo M e:

~F =N∑

i=1

~fi =N∑

i=1

− Gmi M

R3

i

~Ri =

(

− GN∑

i=1

mi

R3

i

~Ri

)

M

Possiamo osservare che il membro destro di questa espressione e costituito dal prodotto di duetermini, il primo dei quali dipende soltanto dal sistema di masse mi (che chiameremo sorgenti)mentre il secondo dalla massa M (che chiameremo rivelatore).

Quando si ha a che fare con un sistema di masse e si vuole studiare come varia la forza di gravitaagente su di un corpo di massa M , allora, occorre ripetutamente applicare quest’ultima formula.Esiste pero un metodo piu rapido che permette di calcolare una volta per tutti gli effetti del sistema dimasse (sorgenti) e solo successivamente vedere quale e l’azione esercitata sul corpo M (rivelatore).Definiamo pertanto il campo gravitazionale come:

~g = − GN∑

i=1

mi

R3i

~Ri

Diremo allora che il sistema di masse mi e la sorgente del campo gravitazionale ~g. Il vantaggiodell’uso di tale campo sta nel fatto che esso dipende solo dalle sorgenti e non dai rivelatori del campo.

5.2. LA FORZA GRAVITAZIONALE. 75

Per chiarire possiamo fare un esempio; consideriamo un sisterma costituito da N masse mi. Sevogliamo determinare l’effetto di tale sistema di massa sugli altri corpi dobbiamo considerare un corpodi massa M , calcolare le forze di gravitazione agenti su tale corpo e poi eseguire la somma vettoriale.Cio va fatto per tutti i possibili corpi di massa M .

In alternativa possiamo calcolare, indipendentemente da quale sia il corpo di massa M , il campogravitazionale prodotto in ogni punto dal sistema di masse. Una volta che avremo calcolato il campogravitazionale in ogni punto sara poi facile calcolare la forza agente su un campione di massa M :bastera una semplice moltiplicazione di un vettore per lo scalare M .

Questa procedura mostra quale sia la comodita dell’uso del concetto di campo. Le sorgentigenerano un campo, indipendente da quali siano i rivelatori, il cui effetto su questi sara poi la forza.

Ritornando al campo gravitazionale appena definito possiamo notare che gia nel paragrafo ??abbiamo incontrato il rapporto tra la forza gravitazionale (allora detta forza peso) e la massa. Inquel caso abbiamo chiamato la grandezza g come accelerazione di gravita, poiche essa coincidenumericamente con l’accelerazione di movimento di un corpo in caduta libera. Per quello che abbiamoappena detto, pero, appare evidente che in realta essa non e altro che il campo gravitazionale.

Le formule relative alla gravitazione, precedentemente descritte, sono valide per corpi puntiformi,ovvero per corpi le cui dimensioni sono trascurabili rispetto alle distanze in gioco; e pero possibilemostrare che queste formule puossono essere adoperate anche nel caso di corpi estesi se, come distanzatra i punti, si intende la distanza tra i due baricentri.

Si puo anche mostrare che, nel caso di corpi estesi, la forza gravitazionale indotta su un corpoposto a distanza R dal baricentro del corpo esteso e dovuta alla sola massa che si trova all’internodella sfera di centro nel baricentro e di raggio R. In pratica, se si suppone che la Terra sia costituitada materiale omogeneo, la forza gravitazionale (peso) agente su un corpo situato sul fondo di un pozzonon e quella dovuta all’intera massa della Terra ma solo quella dovuta alla porzione di Terra che sitrova al di sotto del corpo, ovvero occorre escludere tutta la materia appartenente al guscio sfericosovrastante il corpo.

Questa affermazione costituisce il contenuto del teorema di Gauss, valido per tutti i campiproporzionali all’inverso del quadrato della distanza.

Figura 5.2: Il flusso del campo gravitazionale uscente da un elemento di superfice.

Per poter dimostrare ed enunciare questo teorema occorre definire una nuova grandezza fisica. Datauna qualunque superfice S i vettori del campo attraversano questa superfice, si puo allora definire unanuova grandezza, detta flusso del campo uscente dalla superfice S, come:

Φ =

∫

S~g · d~S

ove con d~S abbiamo indicato un vettore con intensita pari all’area della superfice, direzione perpendi-colare alla superfice stessa e verso uscente dalla superfice; l’integrale e esteso all’intera superfice (vediFigura ??).

Ritorniamo ora alla dimostrazione del teorema di Gauss; tale dimostrazione e possibile in con-dizioni generali ma richiede opportune tecniche matermatiche. Per evitare questi problemi facciamoriferimento ad un caso semplice, ovvero ad un corpo di massa M posto nell’origine del sistema di rife-rimento. Ad opera di questo corpo, nello spazio circostante viene a generarsi un campo gravitazionale


di intensita:

~g = GM

R3

~R

Consideriamo ora una qualunque superfice chiusa; per semplicita supporremo che tale superfice siasferica e di centro nell’origine del sistema di riferimento (vedi Figura ??).

Figura 5.3: Il flusso di campo gravitazione uscente da una superfice sferica.

Il flusso del campo gravitazionale uscente da tale superfice e allora:

ΦG =

∫

S~g · d~S =

∫

SG

M

R3

~R · d~S = G M

∫

S

~R

R3· d~S

Notiamo ora che poiche la superfice e sferica e di centro nell’origine, essa e in ogni suo puntoperpendicolare al raggio e pertanto i vettori ~R e d~S sono tra loro paralleli ed in piu il vettore ~R hauna intensita costante (pari al raggio della sfera) per cui:

ΦG = G M

∫

S

~R

R3· d~S = G

M

R2

∫

SdS

Dalla geometria sappiamo che la superfice di una sfera e S = 4 π R2 e pertanto:

ΦG = GM

R24 π R2 = 4 π G M

In definitiva possiamo affermare che il flusso del campo gravitazionale uscente da una superficechiusa e indipendente dalla posizione della superfice stessa e dipende solo dalla massa contenutaall’interno della superfice stessa. Questo puo essere considerato come enunciato del teorema di Gauss.E’ da notare che questo risultato e dovuto al fatto che il campo dipende dall’inverso del quadrato delladistanza e pertanto possiamo sin d’ora affermare che un enunciato simile vale per qualunque campodi forze il cui andamento sia inversamente proporzionale al quadrato della distanza.

Sfruttando questa proprieta calcoliamo pertanto la forza gravitazionale per un punto che si trovaad una qualsiasi distanza dal centro della Terra.

Per una distanza maggiore del raggio della Terra (circa 6370 km) occorre applicare la formulaclassica:

F = Gm M

R2

mentre per distanze inferiori al raggio della Terra occorre definire la densita volumica ρ data da:

ρ =M

V=

M4

3π R3

e determinare la massa contenuta in una sfera di raggio r < R:

M ′ = ρ4

3π r3 =

M4

3π R3

4

3π r3 = M

(

r

R

)3

5.3. LA FORZA NUCLEARE DEBOLE. 77

La forza gravitazionale diviene:

F = Gm M ′

r2= G

m

r2M

(

r

R

)3

= Gm M

R3r

e quindi cresce linearmente con la distanza dal centro della Terra. In Figura ?? e mostrato l’andamentodella forza di gravitazione in funzione della distanza dal centro della massa M .

Figura 5.4: La forza di gravita al variare della distanza.

La formula generale sulla forza di gravitazione universale mostra perche sulla Terra il valore dellaforza peso sia praticamente indipendente dalla quota. Infatti il raggio terrestre e molto grande equindi, quando ci si limita a punti vicini alla superfice terrestre, la distanza tra il baricentro dellaTerra ed il corpo varia molto poco (in percentuale), ovvero si puo ritenere costante. Ne consegue chela forza peso e indipendente dalla quota ed ancora che l’accelerazione di gravita vale:

g = GM

R2= 6.66 × 10−11

5.97 × 1024

6.37 × 106= 9.81 m/s2

La forza di gravitazione universale e una delle principali forze esistenti in natura e, per quanto sipuo conoscere, e soggetta a leggi generali, valide in tutto l’universo. E’ essa che regola il corso deipianeti intorno al Sole e del sistema solare stesso intorno alla Galassia nonche il reciproco movimentodei vari sistemi galattici tra di loro. Nel seguito, se non esplicitamente dichiarato, tratteremo soloforze gravitazionali sulla superfice terrestre, cioe forze peso. E’ comunque da notare che la forzadi attrazione gravitazionale universale e una forza conservativa e che e possibile definire per essaun’energia potenziale data da:

U (r) = − GM

Rm

avendo preso come punto di riferimento un punto all’infinito.La forza di gravitazione universale si applica, ovviamente, al Sistema Solare e permette a tutti i

pianeti di ruotare intorno al Sole, cos come permette ai diversi satelliti di girare intorno al loro pianeta.Nella tabella ?? sono riportati i dati relativi ai pianeti del Sistema Solare ed alla Luna.

5.3 La forza nucleare debole.

E’una forza che agisce solo su piccole distanze, inferiori alle dimensioni atomiche. E’ coinvolta neldecadimento della particelle atomiche e quindi nei fenomeni di radioattivita.

5.4 La forza elettromagnetica.

E’ noto che strofinando con una pezza di lana l’astuccio di una penna questo, poi, e in grado diattrarre dei pezzettini di carta. Cio accade poiche l’astuccio si elettrizza, ovvero si carica di una nuovaproprieta della materia che prende il nome di carica elettrica.


Pianeta Massa Raggio Raggio Periodo di Periodo di

medio dell’orbita rotazione rivoluzione

(kg) (km) (km) (h) (anni)

Sole 2 × 1030 696500

Mercurio 3.302 × 1023 2440 57.895 × 106 1407.509 0.2408

Venere 4.669 × 1024 6051.84 108.16 × 106 5832.444 0.6152

Terra 5.974 × 1024 6371.01 149.60 × 106 23.93419 1.0000

Marte 6.419 × 1023 3389.92 227.99 × 106 24.622962 1.8807

Giove 1.899 × 1027 69911 778.37 × 106 9.92425 11.8565

Saturno 5.685 × 1026 58232 1427.0 × 106 10.65622 29.4235

Urano 8.683 × 1025 25362 2870.8 × 106 17.24 83.7474

Nettuno 1.024 × 1026 24624 4497.0 × 106 16.11 163.7232

Plutone 0.15 × 1023 1151 5913.7 × 106 4153.28 248.0208

Luna 4.857 × 1023 1737.8 384.4 × 103 27.321661 gg 27.321661 gg

Tabella 5.1: I dati astronomici

La materia e formata in gran parte di particelle carice, alcune con una particolare carica che vienedetta positiva (ad esempio i protoni del nucleo di un atomo), ed altre con un’altra carica dettanegativa (ad esempio gli elettroni). Queste cariche interagiscono tra di loro scambiandosi una forzache, in condizioni statiche, viene detta forza di Coulomb. Per determinare la sua intensita si utilizzala formula:

F =1

4 π ε0

q Q

R2

dove q e Q sono le due cariche, R e la distanza tra le due cariche stesse ed ε0 e una costante dettacostante dielettrica del vuoto. La forxa e attrattiva se le due cariche sono dello stesso segno erepulsiva nel caso opposto

Volendo indicare la strutura vettoriale della forza scriveremo:

~F =1

4 π ε0

q Q

R3

~R

La struttura di questa forza e simile a quella della forza gravitazionale. Anch’essa e inversamenteproporzionale al quadrato della distanza e pertanto anche per essa e possibile definire un campoelettrico la cui equazione e:

~E =1

4 π ε0

Q

R2

~R

Poiche questo campo e inversamente proporzionale al quadrato della distanza per esso vale ilteorema di Gauss, secondo il quale il flusso di campo elettrostatico uscente da una qualunque superficechiusa e:

ΦG =

∫

S

~E · d~S =1

4 π ε0

Q

ove Q e la carica complessiva contenuta all’interno della superfice S.

Un’altra proprieta della materia e quella di permettere che due magneti si attraggano o si respin-gano a seconda della loro polarita. Anche in questo caso e possibile definire un campo vettoriale dettocampo magnetico ed usualmente indicato con il simbolo ~B.

5.5. LA FORZA NUCLEARE FORTE. 79

Possiamo ora osservare che una particella carica elettricamente, sottoposto all’azione di un campoelettrico e di un campo magnetico subisce una forza:

~F = q(

~E + ~v ∧ ~B)

ovvero esso subisce sempre una forza ad opera del campo elettrico ma a questa si aggiunge quando ein moto con velocita ~v una forza dovuta al campo magnetico. La forza complessivamente agente sullaparticella viene indicata come forza di Lorentz.

E’ importante notare che questa formula sembra non rispettare il principio di relativita galileana.Infatti se si cambia il sistema di riferimento cambiera il vettore velocita e pertanto dovrebbe cambiareil valore della forza di Lorentz. Questa apparente incongruenza si risolve supponendo che i valori deicampi elettrici e dei campi magnetici siano dipendenti dalla velocita del riferimento. In altre parolecio che in un riferimento inerziale viene visto come campo elettrico verra visto, in un altro riferimentoinerziale in moto rispetto al primo, come campo magnetico. E’ per questo motivo che i campi elettricie magnetici non vengono descritti in fisica come due entita differenti ma come due aspetti della stessaproprieta e pertanto si parla di campo elettromagnetico.

5.5 La forza nucleare forte.

La forza nucleare forte si sviluppa all’interno del nucleo di un atomo ed ha azione solo all’internodi questo nucleo (entro i 10−15 m).

5.6 Le forze d’attrito.

Quando due materiali sono posti a contatto, nella realta, accade sempre che tra i due materialisi sviluppano delle forze che tendono ad annullare il moto reciproco tra i due materiali. Tali forzeprendono il nome di forze di attrito e si suddividono in forze di attrito statico, se i due corpisono effettivante fermi l’uno rispetto all’altro ed in forze di attrito dinamico se tra i due corpi c’emoto reciproco.

5.6.1 La forza di attrito statico.

E’ esperienza comune che, quando si poggia un corpo su una superfice orizzontale e gli si applicauna piccola forza, questa non provoca alcun movimento sinche il valore della forza non supera undeterminato valore.

Poiche dalle equazioni della dinamica sappiamo che un corpo persegue il suo stato di quiete o dimoto se e solo se la forza applicata e nulla, se ne deduce che oltre alla forza da noi applicata deveesistere un’altra forza di uguale modulo, uguale direzione ma verso opposto. Tale forza prende il nomedi forza di attrito statico.

Per determinare quantitativamente il valore di tale forza consideriamo un semplice esperimento.Supponiamo di poggiare un corpo di massa m su una superfice la cui inclinazione rispetto all’orizzontalesia variabile a piacere (vedi Figura ??). Detto θ tale angolo d’inclinazione si vede facilmente che laforza peso puo essere scomposta in due componenti, uno perpendicolare e l’altro parallelo alla superficedel piano. In modulo risulta:

F‖ = m g sin θ

F⊥ = m g cos θ

Il piano di appoggio reagisce con due distinte forze; una di queste, detta reazione vincolare, ediretta perpendicolarmente alla superfice (per motivi di simmetria) ed uguaglia esattamente il compo-nente perpendicolare della forza peso (almeno sinche il piano e in grado di reggere il peso del corpo).La seconda forza e la forza di attrito statico: essa ha direzione parallela alla superfice, modulo everso tali da annullare la risultante delle forze parallele.


Figura 5.5: La forza di attrito statico.

Dette N la reazione vincolare e Fas la forza di attrito statico, risultera:

Fas = m g sin θ

N = m g cos θ

Variamo ora l’angolo di inclinazione del piano di appoggio facendolo aumentare; sperimentalmentesi vedra che per piccoli valori dell’angolo il sistema e in equilibrio, ovvero le forze generate dal pianobilanciano esattamente la forza peso mentre per valori dell’angolo di inclinazione superiore ad undeterminato valore θl non si ha piu quiete ma il corpo inizia a scivolare verso il basso, ovvero la forzadi attrito non bilancia piu il componente parallelo della forza peso.

Risulta pertanto che il valore della forza d’attrito statica non e definibile a priori poiche essa tendesolo a divenire uguale alla forza che produrrebbe il moto. Si puo pero dire che tale forza d’attrito haun valore massimo che, nell’esempio del piano inclinato e dato da:

Fas MAX = m g sin θl

Questa formula ha una incongruenza logica. Infatti la forza di attrito e generata dal piano epertanto deve essere determinata in base a cio che il piano conosce. Il piano non conosce quanto valela forza di attrito ma solo quanto vale la forza con la quale il corpo preme su di esso poiche e in basea questa forza che il piano genera la reazione vincolare. Possiamo allora scrivere

Fas MAX = m g sin θl

N = m g cos θl

per cui

Fas MAX = m g sin θl = Nsin θl

cos θl

= N tan θl

In generale diremo allora che:Fas ≤ αs N

dove αs e detto coefficiente di attrito statico.Tale coefficiente, come puo vedersi sperimentalmente, non dipende dall’entita delle superfici in

contatto ma solo dal loro stato di lavorazione (levigate o scabre).E’ da notare che la forza di attrito e proporzionale alla reazione vincolare del piano. Cio, ad

esempio, richiede che se oltre alla forza peso sia applicata un’altra forza (ad esempio con la stessadirezione ma con verso opposto) il corpo pesera sul piano in maniera diversa (nell’esempio pesera dimeno) e quindi la forza di attrito sara diversa. A dimostrazione di cio si puo notare che quando sicerca di spostare una scrivania facendola scivolare sul pavimento la si prende dal basso verso l’alto,ovvero si fa in modo da alleggerire il carico sul pavimento e quindi si diminuisce il valore della forzadi attrito.

5.7. LA FORZA ELASTICA. 81

5.6.2 Le forze di attrito dinamico.

Nel precedente paragrafo abbiamo visto l’insorgere di una forza di attrito che tende a far rimanerefermo un corpo. Si e anche visto che una volta che la forza motrice superi un valore limite non siha piu equilibrio con la forza d’attrito ed il corpo inizia a muoversi; cessa quindi di agire la forza diattrito statico ma si instaura una forza di attrito dinamico.

Tale forza di attrito dinamico ha una direzione ed un verso tale da opporsi alla forza motrice (comeper la forza di attrito statico) ma il suo modulo e dato da:

Fad = αd N

dove αd prende il nome di coefficiente di attrito dinamico radente. Cio se il corpo striscia sulpiano.

Nel caso in cui il corpo rotoli sul piano si generera una forza di attrito che pero e di tipo particolaree che pertanto viene detta forza di attrito volvente. Lo svilupparsi di tale forza e legato al fattoche quando un corpo si appoggia su un altro esso,a meno che non sia perfettamente rigido, si defromaun poco. Durante la rotazione tale deformazione viene a spostarsi lungo il corpo e sulla superficie diappoggio. Se si fa, allora, l’ipotesi che i corpi siano perfettamente rigidi tale forza puo allora essereconsiderata nulla.

Si puo dimostrare che, per un corpo che rotoli senza strisciare, il punto di contatto tra ruota esuperfice e, istante per istante, fermo rispetto a questa e quindi si ha una forza d’attrito statico anchese essa si verifica a causa del movimento del corpo.

In realta quel che accade e che l’esistenza dell’attrito statico fa ruotare il corpo (se l’attrito staticofosse nullo avremmo un puro slittamento). A causa di tale forza d’attrito si genera poi un momentoresistente che si oppone al moto del corpo.

Si puo facilmente notare che le forze di attrito dinamiche non sono forze conservative, anzi esseproducono sempre una dissipazione di energia e quindi vengono dette forze dissipative.

Il lavoro compiuto da una forza d’attrito dinamico radente in uno spostamento indicato da s edato da:

L = − αd N s

e risultando negativo mostra appunto come esso riduca l’energia a disposizione del corpo.

5.7 La forza elastica.

Nel definire la forza abbiamo detto come un qualsiasi corpo, soggetto ad una forza, si deformi.In altre parole, quando applichiamo una forza ad un corpo, l’estremo del corpo al quale e applicatala forza si muove, variando la dimensione del corpo stesso. Giunto ad un determinato valore delladeformazione il movimento del punto cessa, indicando che la risultante delle forze applicate al puntoe nulla.

Ne consegue che, durante la deformazione di un corpo, si generano delle forze che indicheremo colnome di forze elastiche.

Nella pratica vi sono diversi tipi di elasticita che pero possono essere tutti ricondotti a tre tipifondamentali:

1. forze di elasticita di trazione o compressione.

2. forze di elasticita di taglio o scorrimento.

3. forze di elasticita di torsione.

Per analizzare i diversi casi consideriamo un cubo. Applicando due forze parallele e controverse alcentro di due facce opposte vediamo che la distanza tra queste due facce varia. Parleremo allora dielasticita per trazione o compressione a seconda che il corpo si allunghi o si accorci.


Figura 5.6: Elasticita per trazione o compressione.

Dalla Figura ?? si nota che in tal caso la causa deformante e la forza F mentre l’effetto delladeformazione la x.

Se invece applichiamo le due forze su due spigoli opposti vedremo che il cubo tende a deformarsiassumendo una forma romboidale. In tal caso si ha l’elasticita per taglio o scorrimento.

Figura 5.7: Elasticita per taglio o scorrimento.

In questo caso, come si osserva dalla Figura ??, la causa deformante e il momento delle forze Fmentre l’effetto l’angolo θ.

Infine se si applicano su due facce opposte del cubo due momenti torcenti diretti in senso oppostoavremo che le due facce ruoteranno l’una rispetto all’altra e parleremo di elasticita per torsione.

Figura 5.8: Elasticita per torsione.

Anche in questo caso, come si osserva dalla Figura ??, la causa deformante e il momento delleforze F mentre l’effetto l’angolo θ.

Quantitativamente trattiamo solo il caso della trazione poiche gli altri casi sono sostanzialmenteequivalenti.

In un grafico rappresentiamo l’andamento della forza elastica in funzione della deformazione (vediFigura ??).

Man mano che si aumenta il modulo della forza si osserva una deformazione sempre crescente.


Figura 5.9: Andamento della forza elastica.

In una prima zona (regione di Hooke) si osserva una diretta proporzionalita tra deformazione eforza applicata (ovvero forza elastica). Per valori superiori della forza non osserviamo piu la propor-zionalita anche se la deformazione appare legata alla forza applicata, nel senso che una volta eliminatala causa della deformazione si elimina anche la deformazione stessa.

Il valore massimo della forza per la quale si ha questo fenomeno viene detto limite di elasticita.

Come possiamo osservare nella Figura ??) se si va oltre la zona di elasticita il materiale continua adeformarsi ma perde le sue proprieta elastiche divenendo plastico, ovvero, una volta cessata la causadella deformazione il materiale non torna nella condizione iniziale ma resta parzialmente deformato. Sigenera quindi una situazione nella quale il materiale assume una dimensione che dipende dalla staoriaprecedente e si parla di isteresi.

Figura 5.10: Fenomeno dell’isteresi.

Aumenando ancora il valore della forza applicata si giunge al limite di snervamento, corrispon-dente ad una zona nella quale il corpo non offre praticamente alcuna resistenza all’azione della forza:basta anche una piccola forza per produrre una grande deformazione. In queste condizioni il materialee praticamente rotto, anche esso apparentemente puo sembrare ancora integro. Altri materiali posso-no, invece che lo snervamento, presentare una rottura macroscopica, in tal caso si parla di limite dirottura.


Nella regione di Hooke esiste una semplice relazione che permette di collegare deformazione e forzaelastica.

Per l’elasticita per trazione o compressione si ha:

F = − k x

ove con x si e indicata la deformazione subita e con k si indica un parametro dipendente dallo specificocorpo deformato e che prende il nome di costante elastica del corpo.

Si puo sperimentalmente mostrare che tale costante elastica dipende linearmente dall’area dellasezione trasversa del filo, inversamente dalla lunghezza iniziale del filo stesso e dal materiale di cui ecostituito il filo. In formula:

k = SE

l

ove S e la sezione del filo, l la sua lunghezza ed E un parametro dipendente dal materiale e chiamatomodulo di Joung.

Si puo allora scrivereF

S= E

x

l

Definiamo ora lo sforzo come

σ =F

S

e la deformazione come

ε =x

l

Ne consegue che risultaσ = E ε (5.1)

Se quando si sottopone un corpo ad una forza esso si allunga e ovvio dedurre che se si sottoponeun corpo ad un insieme di forze agenti su tutta la sua superfice il volume stesso del corpo variera. E’possibile mostrare che la variazione di volume subita dal corpo e proporzionale al rapporto tra la forzatotale applicata al corpo stesso e l’area della superfice esterna:

V − V0

V= − K

F

S

Il coefficiente di proporzionalita K viene detto coefficiente di compressibilita.Per un solido isotropo ed omogeneo il coefficiente K risulta pari all’inverso del modulo di Joung.

Materiale Modulo Sforzo

di Young di rottura

(N/m2) (N/m2)

Alluminio 7 × 1010 2 × 108

Acciaio 20 × 1010 5 × 108

Mattoni 2 × 1010 4 × 107

Vetro 7 × 1010 5 × 107

Legno stagionato 1 × 1010 1 × 108

Osso (trazione) 1.6 × 1010 12 × 107

Osso (compressione) 0.9 × 1010 17 × 107

Tabella 5.2: I parametri di elasticita di trazione per alcuni materiali


Nel caso dell’elasticita di taglio, detto θ l’angolo di cui lo spigolo si deforma, si considera comedeformazione la quantita

ε = tan θ

mentre, indicata con S la sezioen della superfice deformata, lo sforzo di taglio e definito come

σ =F

S

e pertanto

σ = B ε

ove il coefficiente B e detto modulo di scorrimento.

Materiale Modulo di

scorrimento

(N/m2)

Alluminio 2.4 × 1010

Acciaio 8.4 × 1010

Vetro 2.3 × 1010

Legno stagionato 1 × 1010

Osso 1.6 × 1010

Tabella 5.3: I parametri di elasticita per taglio per alcuni materiali

Infine nel caso della torsione abbiamo che, detto τ il momento torcente applicato e θ l’angolo dicui una faccia ruota rispetto all’altra, e

τ = B Ipθ

l

dove l e la distanza tra le due suferici che ruotano ed Ip e una proprieta geometrica del corpo ed echiamato momento polare di inerzia..

Per un cilindro e

Ip =π r4

2

Materiale Momento Angolo

limite limite

(N/m2) (gradi)

Femore 140 1.5

Tibia 100 3.4

Omero 60 5.9

Radio 20 15.4

Ulna 20 15.2

Tabella 5.4: I valori limite per la torsione di alcune ossa umane


Come gia dimostrato nel capitolo precedente, le forze elastiche sono forze conservative e l’energiapotenziale associata e data da:

U =1

2k x2

ove come punto di riferimento si e preso il punto a deformazione nulla.

5.8 Fenomeni di flessione

I tre tipi di elasticita enunciati nel precedente paragrafo costituiscono le basi per la trattazionedi qualsiasi problema di elasticita. Nella pratica essi non agiscono separatamente ma in manieracoordinata tra di loro.

Per esemplificare questi fenomeni di elasticita consideriamo un esempio molto comune.

Supponiamo di avere una sbarra di lunghezza L e sezione S che viene sollecitata in direzioneperpendicolare ad l, an esempio dalla forza peso (vedi Figura ??).

Figura 5.11: Sbarra di lunghezza L e sezione S.

La forza peso, agendo sul baricentro genera, rispetto ad ognuno degli estremi, un momento torcenteche fa flettere la sbarra. Questa assume allora non piu la forma rettilinea ma tende ad acquisire unaforma curvilinea che, in prima approssimazione, pu essere ritenuta circolare.

Osservando la Figura ?? possiamo notare che la sbarra puo essere suddivisa in due frazioni, separateda una superfice ideale. La parte superiore della sbarra viene a contrarsi mentre quella inferiore vienead allungarsi. La superfice centrale pertanto non subisce alcuna deformazione e pertanto viene dettasuperfice neutra. Nella figura tale superfice e indicata in grigio. Considerata la diversa deformazionedi ogni parte risulta che ogni zona della sbarra scorre rispetto alla zona sottostante.

Figura 5.12: Superfice neutra di una sbarra in flessione.

Si comprende pertanto che in questo caso non vi sono solo fenomeni di trazione e contrazione maanche di taglio e scorrimento.

Per analizzare quantitativamente il problema occorre notare che in tale caso la causa della flessionee il momento generato dalla forza peso. Tale momento viene equilibrato da un momento elsatico internoche puo essere scritto come

τi = EIA

R(5.2)

dove abbiamo supposto che la sgarra si deformi secondo un arco di circonferenza di raggio R. Ilparametro E e il modulo di Young mentre IA e un termine puramente geometrico ed e chiamatomomento areolare d’inerzia.

5.9. FATTORI DI SCALA 87

Per una sbarra a profilo rettangolare il momento areolare d’inerzia vale

IA =a3/b

12

mentre per un cilindro di raggio R si ha

IA =π/R2/b

4

5.9 Fattori di scala

In questo paragrafo vogliamo dare alcuni esempi di come sia possibile ricavare importanti risultatida semplici considerazioni. In linguaggio tecnico si parla di scaling per indicare l’ipotesi che alcuneproprieta cambino su tutti i sistemi solo in base al cambio di una dimensione, cioe siano in scala.

Consideriamo per prima cosa un albero e cerchiamo di determinare se esiste una correlazione trale sue due dimensioni caratteristiche: altezza e raggio del tronco.

A tale scopo supponiamo che un albero sia semplicemente un cilindro di raggio d ed altezza L..Pereffetto del suo stesso peso l’albero tende a flettersi. Per semplicita supporremo che la strutturadell’albero sia omogenea e che pertanto essa si fletta con un raggio di curvatura R, come indicato nellaFig. ??.

Figura 5.13: Un albero, a forma cilindrica di altezza L e raggio del tronco R, si piega sotto il suo peso.

La forza peso dell’albero, applicata nel suo centro di massa posto a mezza altezza, esercita unmomento torcente sull’albero di intensita pari a:

τ = M g s

che appunto tende a torcere l’albero.

Tale momento torcente non deve superare il valore massimo del momento elastico che il troncostesso esercita per reagire alla deformazione. Supponendo appunto che l’albero sia un perfetto cilindroomogeneo la condizione limite risulta allora:

τ = M g s =π d4 E

4 R

dove E e il modulo di Young.

Per determinare il valore di s occorre considerare il triangolo OAB, retto in B, ed applicare ilteorema di Pitagora:

R2 = H2 + (R − s)2 =

(

L

2

)2

+ (R − s)2


Sviluppando questa relazione e considerando solo piccoli valori di s, per cui sono trascurabili itermini in s2, si ricava:

s =L2

8 R

Per quanto riguarda la massa dell’albero dobbiamo notare che essa e pari al prodotto della densitaper il volume e quindi

M = ρ π d2 L

Sostituendo nella equazione dei momenti otteniamo:

ρ π d2 L gL2

8 R=

π d4 E

4 R

che semplificata fornisce:

ρ gL3

2= d2 E

per cui:

L =

(

E

ρ g

)1

3

d2

3 = c d2

3

In conclusione siamo giunti alla conclusione che un albero (o piu in generale un cilindro) non puoavere una altezza qualsiasi ma ha un limite superiore, dipendente dal suo raggio, oltre il quale esso edestinato a rompersi sotto il suo stesso peso.

Sperimentalmente si verifica che, in media, gli alberi hanno una altezza che dipende appunto dalloro diametro, non superando mai il valore limite sopra enunciato. Riportando i valori sperimentalidei due parametri e cercando quale equazione soddisfa al meglio questi dati si ottiene, esprimendotutte le distanze in metri:

L = 88 d2

3

Occorre notare che la dipendenza della lunghezza dal raggio e una caratteristica non solo deglialberi ma di qualsiasi struttura cilindrica.

Per evidenziare questa caratteristica supponiamo di considerare ogni organismo (uomo, cane, ele-fante, coniglio gatto, topo, etc) come costituito semplicemente da un cilindro di lunghezza L e raggioR e cerchiamo di determinare quale relazione esiste tra massa e superfice corporea.

Per un cilindro la massa e data da

M = ρ π R2 L = ρ π R2 c R2

3 = ρ π c R8

3

per cui otteniamo che:

R =

(

M

ρ π c

)3

8

Per la superfice e

S = 2 π R L = 2 π R c R2

3 = 2 π c R5

3

Sostituendo il valore determinato per il raggio, abbiamo:

S = 2 π c

[

(

M

ρ π c

)3

8

]

5

3

=2 (π c)

3

8

ρ5

8

M5

8 = k M5

8

Ancora una volta questo risultato e in accordo con i dati sperimentali su tutti i tipi di mammiferiterrestri, dal topo all’elefante.

Lo stesso modello e in grado di spiegare anche come varia la potenza prodotta per metabolismo infunzione della massa corporea.

La potenza prodotta e quella associata alla contrazione dei muscoli. e quindi e data dal prodottodella forza sviluppata per la velocita di contrazione. Poiche il meccanismo di funzionamento dei muscoli

5.9. FATTORI DI SCALA 89

e sempre lo stesso si puo considerare che la forza sviluppata e proporzionale all’area trasversale delmuscolo e pertanto la potenza metabolica si puo scrivere come

W = F0 v A

Se ancora una volta supponiamo che la forma sia quella semplice del cilindro risulta che l’areatrasversa e proporzionale al quadrato del raggio e pertanto

W = K R2 = K

[

(

M

ρ π c

)3

8

]2

= K∗ M3∗2

8 = K∗ M0.75

che e in ottimo accordo con i dati sperimentali.

5.10. ESERCIZI 91

5.10 ESERCIZI

Esercizio 5.1 : Trovare la variazione dell’accelerazione di gravita quando un corpo penetra aduna profondita h sotto la superfice terrestre. A quale profondita l’accelerazione di gravita e il 25%?

Esercizio 5.2 : Calcolare il periodo di rotazione di un corpo avente massa m, posto ad unadistanza r = 0.1 m da un altro corpo di massa M = 106 kg (supposto fisso).

Esercizio 5.3 : Si determini la distanza della Luna dalla Terra sapendo che la massa della Terrae di 5.974 × 1024 kg.

Esercizio 5.4 : Utilizzando i dati dell’esercizio precedente e ricordando che la massa della Luna em = 4.857 × 1023 kg mentre il suo raggio e r = 1737.8 km, si calcoli l’energia meccanica totale dellaluna.

Esercizio 5.5 : Una pallina da golf, di massa m = 50 g, viene lanciata sino a toccar terra dopo 180m. Supponendo che l’alzo sia di 30◦ determinare la velocita iniziale della pallina e l’impulso cedutodalla mazza durante l’urto.

Esercizio 5.6 : Su un piano inclinato rispetto all’orizzontale di un angolo θ = 30◦, un corposcivola per d = 2.0 m, con coefficiente d’attrito dinamico µ = 0.115, partendo da fermo. Determinarela velocita con cui il corpo lascia il piano.

Esercizio 5.7 : Un meteorite cade da grande distanza sulla superfice terrestre, con velocita inizialenulla. Quale sara la velocita di impatto nell’ipotesi che l’attrito sia trascurabile?

Esercizio 5.8 : Un corpo viene lanciato lungo un piano inclinato di un angolo θ = 30◦ rispettoall’orizzontale, con velocita iniziale v0 = 4.0 m/s. Dopo aver percorso in salita un tratto lungo l = 1.5m, il corpo urta contro un ostacolo che assorbe meta dell’energia cinetica del corpo e poi torna inbasso. Determinare la velocita che il corpo possiede immediatamente prima e dopo l’urto, nonchequella che possiedera quando ripassera per il punto di partenza.

Esercizio 5.9 : Un aereo, scendendo in picchiata con un’inclinazione di 30◦ rispetto all’orizzontalee con una velocita di 200 m/s, lascia cadere una bomba da una quota di 1.0 km. Determinare qualedeve essere la distanza, sul piano orizzontale, dall’obiettivo per essere sicuro di colpirlo (senza attriti).

Esercizio 5.10 : Un corpo, posto a meta di un piano inclinato lungo l = 15 m ed inclinato di30◦ rispetto all’orizzontale, e lanciato con velocita iniziale v0 = 20 m/s verso l’alto, lungo il pianoinclinato. Trascurando gli attriti determinare la velocita di caduta al suolo ed il punto di caduta.

Esercizio 5.11 : Un corpo sta salendo lungo un piano inclinato di θ = 30◦ rispetto all’orizzontale elungo L = 500 m, con una velocita costante v = 72 km/h. Giunto a meta del percorso la forza motricecessa di agire. Determinare la velocita con cui il corpo raggiunge la base, ed il tempo impiegato.

Esercizio 5.12 : Su un piano orizzontale e posto un corpo di massa m1 = 0.20 kg. Sopra di esso epoggiato un altro corpo di massa m2 = 0.10 kg. Sapendo che il coefficiente d’attrito dinamico tra i due


corpi e µ2 = 0.50 mentre quello tra corpo inferiore e piano e µ1 = 0.10 si determinino le accelerazionidei due corpi quando una forza F = 0.70 N e applicata orizzontalmente al solo corpo superiore.

Esercizio 5.13 : Una massa di 100 kg e trainata lungo una superfice orizzontale priva di attrito,da una forza F tale da imprimere a tale massa un’accelerazione a = 6.0 m/s2. Una massa m = 20 kge posta sopra la massa M , con un coefficiente d’attrito tra le due superfici a contatto. Determinarequanto vale la forza applicata ed il coefficiente di attrito tra i due corpi

Esercizio 5.14 : Una massa di 100 kg e trainata lungo una superfice orizzontale priva di attrito,da una forza F tale da imprimere a tale massa un’accelerazione a = 6.0 m/s2. Una massa m = 25kg e posta sopra la massa M , con un coefficiente d’attrito tra le due superfici a contatto, ed haun’accelerazione, relativamente al corpo inferiore, pari a a2 = 4.0 m/s2. Determinare quanto vale laforza applicata, quanto vale il coefficiente di attrito tra i due corpi ed infine quanto vale l’accelerazionedei due corpi insieme.

Esercizio 5.15 : Un corpo di massa m = 100 g si trova su un piano inclinato di altezza h = 0.50 med angolo di inclinazione rispetto all’orizzontale θ = 30◦, con coefficiente d’attrito dinamico µ = 0.10.All’istante t = 0 il corpo viene lasciato libero di muoversi. Calcolare la velocita del corpo ai piedi delpiano inclinato e l’energia cinetica corrispondente.

Esercizio 5.16 : Un blocco di massa m = 3.0 kg scende strisciando lungo una rampa curva e privadi attrito, partendo da una altezza di 0.80 m. Successivamente striscia per 5.0 metri su una superficiescabra, prima di fermarsi. Determinare la velocita del blocco ai piedi del piano inclinato, il lavorofatto dalle forze di attrito nel secondo tratto ed il coefficiente di attrito dinamico.

Esercizio 5.17 : Una pietra lanciata su una superfice ghiacciata con una velocita iniziale v0 = 2.0m/s, percorre 20 m prima di fermarsi per effetto dell’attrito. Determinare il coefficiente di attrito.

Esercizio 5.18 : Un corpo di massa m = 4.0 kg sale lungo un piano inclinato di 30◦ rispettoall’orizzontale. Sapendo che la sua energia cinetica iniziale e K = 128 J e che il coefficiente di attritodinamico e µ = 0.30 si determini lo spazio di arresto.

Esercizio 5.19 : Un corpo di massa M = 4.0 kg scende lungo un piano inclinato di 30◦ rispettoall’orizzontale. Sapendo che la sua energia cinetica iniziale e K = 110 J e che il coefficiente di attritodinamico e µ = 0.80 si determini lo spazio di arresto.

Esercizio 5.20 : Un oggetto di massa M = 1.5 kg e poggiato su un piano orizzontale scabro;esso viene urtato da un proiettile, di massa m = 100 g e velocita v0 = 100 m/s, che si conficca inesso. Determinare la velocita iniziale con cui rincula il corpo e il coefficiente d’attrito col piano se essopercorre, prima di fermarsi, un tratto l = 20 m.

Esercizio 5.21 : Un corpo di massa M = 2.0 kg e collegato ad una molla di costante elasticak = 8.0 N/m. Se la molla viene compressa di un tratto x = 3.0 cm e poi viene lasciata libera sidetermini l’accelerazione iniziale del corpo.

Esercizio 5.22 : Un corpo di massa m = 0.12 kg cade da una altezza h = 8.0 m su una molla,

5.10. ESERCIZI 93

con costante elastica k = 3.0 kN/m. Si determini la massima compressione della molla.

Esercizio 5.23 : Un corpo di massa m = 2.0 kg e spinto contro una molla di costante elasticak = 2.00 kN/m provocando una compressione della molla pari a x = 0.10 m. Determinare la massimaquota raggiunta da corpo quando la molla viene lasciata libera di espandersi.

Esercizio 5.24 : Un filo lungo l1 = 10 cm, sottoposto ad una determinata forza, si allunga dix = 0.10 mm. Determinare quale sara l’allungamento prodotto dalla stessa forza in un filo costituitodallo stesso materiale ma di sezione dimezzata e lunghezza l2 = 16 cm.

Esercizio 5.25 : Un filo e costituito da un primo pezzo di acciaio (E1 = 21 × 1010 N/m2)lungo l1 = 700 cm, di sezione cilindrica con diametro d1 = 1.0 mm, e da un secondo pezzo diferro (E2 = 6 × 1010 N/m2) lungo l2 = 150 cm ed anch’esso di sezione cilindrica ma con diametrod2 = 1.5 mm. Determinare qual e la forza necessaria a produrre un allungamento dell’intero filo pariad X = 0.80 mm.

Esercizio 5.26 : Una massa di 1.0 kg e lasciata libera su un piano inclinato di un angolo θ = 30◦

rispetto all’orizzontale. Dopo essere scivolata senza attrito lungo il piano per l = 2.0 m il corpo urtacontro una molla avente una costante elastica k = 100 N/m. Determinare il massimo accorciamentosubito dalla molla.

Esercizio 5.27 : Una sbarra costituita da tungsteno ed avente sezione cilindrica con raggioR = 4.0 cm e lunghezza l = 1.5 m viene adoperata come asse di trasmissione da un motore ad undifferenziale. Sapendo che il coefficiente di elasticita di taglio per il tungsteno vale B = 1.5 × 1011

N/m2 e che l’angolo massimo di torsione sopportabile dall’asse e pari a 2.0◦ si determini la massimacoppia trasmissibile dall’asse.


5.11 SOLUZIONI

Svolgimento dell’esercizio 5.1 :Per calcolare il campo gravitazionale dobbiamo ricordare che esso e dovuito solo alla massa sottostantee pertanto occorre calcolare quanta massa e compresa in una sfera di raggio pari ad r:

m = ρ4

3π r3

dove la densita ρ della terra e determinabile a partire dalla massa dell’intera terra, supposta omogeneaed isotropa:

ρ =M

4

3π R3

per cui

m =M

4

3π R3

4

3π r3 = M

(

r

R

)3

L’accelerazione di gravita sara:

gR = Gm

r2= G

1

r2M

(

r

R

)3

= GM

R3r = G

M

R2

r

R= g

r

R

ove g e la normale accelerazione di gravita al livello del mare.

Per la richiesta del testo deve essere:

gR = gr

R= 0.25 g

per cui

r = 0.25 R = 0.25 × 6371.01 = 1592. 8 km

Svolgimento dell’esercizio 5.2 :Il corpo e sottoposto all’attrazione gravitazionale dell’altro corpo. Se consideriamo ora un riferimentopolare con l’origine coincidente col corpo di massa M avremo che la forza e diretta lungo il raggiovettore rappresentante il corpo di massa m, ed e diretta verso l’origine del riferimento. Ricordando chenel caso di moto circolare uniforme la forza che produce il moto e proprio una forza siffatta possiamodedurre che il corpo si muovera di moto circolare uniforme, con velocita angolare ω tale che la forzacentripeta sia proprio uguale alla forza gravitazionale, ovvero che:

m ω2 r = Gm M

r2

ovvero:

ω =

√

GM

r3

Ricordiamo ora che il periodo e:

T =2 π

ω= 2 π

√

r3

G M

da cui numericamente:

T =2 π

ω= 2 π

√

r3

G M= 2 × π ×

√

0.13

6.66 × 10−11 × 106= 24 sec

5.11. SOLUZIONI 95

Svolgimento dell’esercizio 5.3 :Possiamo ripetere i conti svolti precedentemente ed ottenere che la velocita angolare con la quale simuove la Luna e:

ω =

√

GM

R3

dove R e la distanza Terra-Luna ed M e la massa della Terra. Il periodo di rivoluzione della Lunaintorno alla Terra e:

T =2 π

ω= 2 π

√

R3

G M

e quindi:

R =

(

G MT 2

22 π2

)1

3

Per sostituire i numeri occorre tenere presente che il periodo di rivoluzione della Luna e di circa27.321661 giorni e pertanto

T = 27.321661 × 24 × 3600 = 2.36 × 106

per cui:

R =

(

6.66 × 10−11 × 5.974 × 1024 ×(

2.36 × 106)2

22 π2

)

1

3

= 3.83 × 108 m = 3.84 × 105 km

Svolgimento dell’esercizio 5.4 :L’energia meccanica totale della luna e formata di tre termini e cioe dall’energia potenziale gravita-zionale, dall’energia cinetica del moto di rivoluzione intorno alla Terra e dall’energia cinetica del motodi rotazione su se stessa.

Per l’energia gravitazionale abbiamo:

Ug = − GML

RL= − 6.66 × 10−11 × 4.857 × 1023

1.7378 × 106= −1.861 × 107 J

L’energia cinetica di rivoluzione e, invece:

KR =1

2ML v2 =

1

2ML

(

2 π R

T

)2

=1

2× 4.857 × 1023 ×

(

2 × π × 3.83 × 108

2.36 × 106

)2

= 2.53 × 1029 J

Infine l’energia cinetica di rotazione e:

Kr =1

2IL ω2 =

1

2

(

1

2ML R2

) (

2 π

T

)2

=1

4×4.857×1023 ×

(

2 × π × 3.83 × 108

2.36 × 106

)2

= 1.26×1029 J

Per quanto riguarda l’energia totale si ha:

E = Ug + KR + Kr = 2.53 × 1029 + 1.26 × 1029 − 1.861 × 107 = 3.79 × 1029 J

Svolgimento dell’esercizio 5.5 :Dal moto del proiettile sappiamo che la gittata e:

XG =v20

gsin 2θ


per cui

v0 =

√

XG g

sin 2θ=

√

180 × 10

sin 60◦= 46 m/s

Per quanto riguarda l’impulso trasferito dobbiamo ricordare che esso e pari alla variazione diquantita di moto:

F ∆t = ∆p

per cuiF ∆t = m v0 = 50 × 10−3 × 46 = 2.3 Ns

Svolgimento dell’esercizio 5.6 :Sul corpo agiscono tre forze: la forza peso, diretta verticalmente verso il basso, la reazione vincolaredel piano, diretta perpendicolarmente al piano stesso e capace di equilibrare parzialmente la forzapeso, e la forza di attrito che e pari al prodotto della reazione vincolare del piano per il coefficiente diattrito.

La reazione vincolare N bilancia esattamente la componente della forza peso normale al pianostesso e cioe:

N = mgcos θ

La forza d’attrito agente sul corpo mentre esso scivola sul piano e:

Fa = µ N = µ mgcos θ

La componente della forza peso, parallela al piano

Fa = mgsin θ

tende a muovere il corpo verso il basso.Per risolvere il problema si possono seguire due strade.La prima consiste nel calcolare la forza netta agente sul corpo, ovvero

Fa − Fa = mgsin θ − µ mgcos θ = mg(sin θ − µcos θ)

e quindi l’accelerazione che questa forza impre al corpo:

a =Fa − Fa

m= g(sin θ − µcos θ) = 4 m/s2

Con questa accelerazione il corpo inizia a muoversi e percorre sul piano un tratto d. Per le equazionidel moto uniformemente accelerato e

v = at

d = 1

2at2

per cui

v = a

√

2d

a=

√2da =

√2 × 2 × 4 = 4 m/s

Il secondo metodo per risolvere il problema e basato sul bilancio energetico.Il corpo inizialmente possiede solo energia potenziale gravitazionale; durante il suo moto parte di

questa energia viene trasformata in energia cinetica ed altra viene persa a causa della dissipazione dienergia introdotta dalla forza di attrito.

Il bilancio energico e pertanto:

mgh = mgd sin θ =1

2mv2 − (µ mgcos θ) d

5.11. SOLUZIONI 97

e quindi

gd sin θ + µgdcos θ =1

2v2

ovverov =

√

2gd (sin θ + µcos θ) = 4 m/s

Svolgimento dell’esercizio 5.7 :Poiche il corpo cade da grande distanza, con velocita iniziale nulla, possiamo ritenere che la sua energiameccanica iniziale sia nulla. Tale dovra allora essere anche l’energia finale e quindi:

1

2mv2 − G

m M

R= 0

ove m e la massa del meteorite, M la massa della Terra ed R il raggio di questa.Si ha quindi che:

v =

√

2 GM

R=

√

2 GM

R2R =

√

2 g R =√

2 × 9.81 × 6.37 × 106 = 11.2 km/s

Svolgimento dell’esercizio 5.8 :Poiche il moto lungo il piano e privo di attrito si ha la conservazione dell’energia e quindi la velocitaprima dell’urto e calcolabile mediante il principio di conservazione dell’energia

1

2m v2

0 =1

2m v2

1 + m g h =1

2m v2

1 + m g l sin θ

per cuiv2

0 − 2 g l sin θ = v2

1

v1 =√

v20− 2 g l sin θ =

√16 − 2 × 10 × 1.5 × 0.5 = 1.0 m/s

Dopo l’urto l’energia cinetica si dimezza

1

2m v2

2 =1

2

1

2m v2

1

e pertanto la velocita dopo l’urto sara

v2

2 =1

2v2

1 =v20

2− g l sin θ

ovvero

v2 =

√

v20

2− g l sin θ =

√

16

2− 10 × 1.5 × 0.5 = 0.71 m/s

Durante il moto di discesa il corpo riacquista energia cinetica, a scapito dell’energia potenziale, epertanto si ha:

1

2m v2

3 =1

2m v2

2 + m g h =1

2m v2

2 + m g l sin θ

per cui

v2

3 = v2

2 + 2 g l sin θ =v20

2− g l sin θ + 2 g l sin θ =

v20

2+ g l sin θ

ed in definitiva

v3 =

√

v20

2+ g l sin θ =

√

16

2+ 10 × 1.5 × 0.5 = 3. 9 m/s


Svolgimento dell’esercizio 5.9 :In questo caso occorre scrivere l’equazione del moto di un proiettile e quindi, indicando con θ = 30◦

l’alzo, con v0 la velocita iniziale e con H la quota iniziale, si ha

x = v0 cos θ t

y = H − v0 sin θ t − 1

2g t2

Risolvendo la seconda equazione:

1

2g t2 + v0 sin θ t − H = 0

si ottiene

t =1

g

[

− v0 sin θ ±√

v20

sin2 θ + 2 g H

]

La soluzione negativa non ha senso fisico e pertanto occorre considerare solo la soluzione positiva

t =1

g

[

− v0 cos θ +√

v20

cos2 θ + 2 g H

]

= 0.1∗[

−200 × 0.5 +√

(200 × 0.5)2 + 2 × 10 × 1000

]

= 7.32 s

La distanza cercata si ottiene dalla equazione

x = v0 cos θ t = 200 ×√

3

2× 7.32 = 1268 m

Svolgimento dell’esercizio 5.10 :Poiche occorre trascurare gli attriti possiamo applicare, per il moto lungo il piano inclinato, la conser-vazione dell’energia e pertanto la velocita posseduta dal corpo nel punto estremo del piano inclinatosara determinata dal principio di conservazione dell’energia

1

2m v2

0 =1

2m v2

1 + m gh

2

dove l’altezza h e determinata dalla relazione

h = l sin θ

Si ricava pertanto che:

v1 =√

v20− g l sin θ =

√

202 − 10 × 15 × 0.5 = 18 m/s

Da questo punto in poi il moto del corpo sara quello di un proiettile e pertanto

x = v1 cos θ t

y = h + v1 sin θ t − 1

2g t2

Per determinare il punto di caduta occorre imporre y = 0 e risolvere la seconda equazione ottenendo

g t2 − 2 v1 sin θ t − 2 h = 0

la cui soluzione e

t =1

g

(

v1 sin θ ±√

v21

sin2 θ + 2 g h

)

5.11. SOLUZIONI 99

Anche in questo caso, come nell’esercizio precedente, la soluzione col segno meno non ha sensofisico e pertanto, in definitiva

t =1

g

(

v1 sin θ +√

v21

sin2 θ + 2 g h

)

= 2.42 s

Sostituendo nella prima equazione equazione si ha

x = v1 cos θ t = 18 ∗√

3

2∗ 2.42 = 38 m

Per calcolare la velocita al suolo basta applicare la conservazione dell’energia e quindi

1

2m v2

1 + m g h =1

2m v2

2

per cui

v2

2 =√

v21

+ 2 g l sin θ =√

182 + 2 × 10 × 15 × 0.5 = 22 m/s

Svolgimento dell’esercizio 5.11 :Una volta che la forza cessa di agire, il moto del corpo e soggetto alla sola forza peso. Tale forzaviene parzialmente controbilanciata dalla reazione vincolare del piano e quindi la forza residua e lasola componente parallela al piano, avente modulo:

F‖ = mg sin θ

L’equazione del moto sara quella di un moto uniformemente accelerato con una accelerazione datada:

a =F‖

m= g sin θ

e pertanto l’equazione del moto e:

v = v0 − g sin θ t

x = x0 + v0 t − 1

2g sin θ t2

con v0 = 72 km/h = 20 m/s ed x0 = L/2 = 250 m. Il corpo inizialmente continua a salire, diminuendoprogressivamente la sua velocita, poi continuera in suo moto scendendo all’indietro sino a raggiungereil fondo del piano inclinato e cioe la posizione x = 0.

Nella figura ?? e mostrato l’andamento della posizione (linea continua) e della velocita (lineatratteggiata) al variare del tempo

Figura 5.14: L’andamento della posizione e della velocita nell’Esercizio ?? .


Per risolvere numericamente il problema consideriamo la condizione di posizione nulla (base delpiano inclinato):

x0 + v0 t − 1

2g sin θ t2 = 0

che numericamente diviene250 + 20 t − 2.5 t2 = 0

la cui soluzione e t1 = 14.8 s, non considerando la soluzione negativa che nel nostro caso non ha sensofisico.

Per determinare la velocita si considera

v = v0 − g sin θ t = 20 − 10 × 0.5 × 14.8 = −54 m/s

Il segno negativo per la velocita indica che il corpo e diretto in direzione opposta all’asse x scelto,ovvero il corpo scende verso il basso.

Svolgimento dell’esercizio 5.12 :Per risolvere questo esercizio basta applicare le equazioni cardinali della dinamica traslazionale ai duecorpi, dopo aver correttamente indicato le forze applicate ai singoli corpi. Indichiamo pertanto conF12 la forza d’attrito tra primo e secondo corpo e con F1p la forza d’attrito tra il primo corpo e lasuperfice d’appoggio.

L’equazione cardinale, applicata al corpo superiore e:

m2 a2 = F − F12 = F − µ2 m2 g

mentre per l’altro corpo abbiamo

m1 a1 = F12 − F1p = µ2 m2 g − µ1 (m1 + m2) g

Dalla prima equazione otteniamo:

a2 =F

m2

− µ2 g =0.70

0.10− 0.50 × 10 = 2.0 m/s2

e dalla seconda:a1 = [µ2 m2 − µ1 (m1 + m2)]

g

m1

ovvero:

a1 = [0.50 × 0.10 − 0.10 × (0.20 + 0.10)] × 10

0.20= 1.0 m/s2

Svolgimento dell’esercizio 5.13 :Iniziamo col determinare quanto vale la forza applicata. In base al secondo principio della dinamica

F = M a = 100 × 6.0 = 600 N

Per la seconda parte del problema anche qui occorre applicare le equazioni cardinali della dinamicatraslazionale ai due corpi separatamente. Indichiamo pertanto con F1 la forza d’attrito tra i due corpie scriviamo:

M a = F − F1 = F − µmg

ma = F1 = µmg

Sommando membro a membro queste due equazioni si ha

(M + m) a = F − µmg + µmg = F

5.11. SOLUZIONI 101

per cui

a =F

(M + m)

Dalla seconda delle due equazioni si ottiene

µmg = ma = mF

(M + m)

per cui

µ =F

(M + m) g=

600

(100 + 20) × 10= 0.5

Svolgimento dell’esercizio 5.14 :Iniziamo col determinare quanto vale la forza applicata. In base al secondo principio della dinamica

F = M a = 100 × 6.0 = 600 N

Per la seconda parte del problema anche qui occorre applicare le equazioni cardinali della dinamicatraslazionale ai due corpi separatamente. Indichiamo pertanto con F1 la forza d’attrito tra i duecorpi, con a1 l’accelerazione del corpo sottostante rispetto al suolo e con a2 l’accelerazione del corposoprastante riseptto al corpo inferiore e scriviamo:

M a1 = F − F1 = F − µmg

m (a1 + a2) = F1 = µmg

Le incognite sono a1 e µ.Sommando membro a membro queste due equazioni si ha

(M + m) a1 + ma2 = F − µmg + µmg = F

per cui

a1 =F − ma2

M + m=

600 − 25 × 4

100 + 25= 4.0

Il coefficiente d’attrito e

µ =m (a1 + a2)

mg=

25 × (4 + 4)

25 × 10= 0.8

Dalla seconda delle due equazioni si ottiene

µmg = ma = mF

(M + m)

per cui

µ =F

(M + m) g=

600

(100 + 20) × 10= 0.5

Svolgimento dell’esercizio 5.15 :Poiche il corpo e soggetto alla forza peso ed alla forza d’attrito non possiamo applicare il principio diconservazione dell’energia ma dobbiamo tener conto dell’energia persa a causa della forza dissipativa.L’energia finale (costituita solo da energia cinetica) sara pertanto data dall’energia iniziale (a sua volta


costituita solo dal termine di energia potenziale) cui e stato sottratto il lavoro dissipato dalla forzad’attrito

1

2mv2 = mg h − Latt

Per determinare il lavoro dissipato dalle forze di attrito occorre determinare tale forza di attrito.Si ottiene allora:

Fatt = µN = µmg cos θ

per cui il lavoro dissipato e

Latt = Fatt s = µmg cos θ s = µmg cos θh

sin θ

In definitiva abbiamo1

2mv2 = mg h − µmg h

cos θ

sin θ

e quindi

K = 1

2mv2 = mg h

(

1 − µ cos θsin θ

)

v =

√

2 g h(

1 − µ cos θsin θ

)

Numericamente abbiamo

K = = 0.1 × 10 × 0.5 ×(

1 − 0.1 ×√

3)

= 0.41 J

v =

√

2 × 10 × 0.5 ×(

1 − 0.1 ×√

3)

= 2.9 m/s

Svolgimento dell’esercizio 5.16 :Nel primo tratto il corpo e soggetto solo a forze conservative e quindi il principio di conservazionedell’energia ci permette di scrivere:

mg h =1

2mv2

ovvero:

v =√

2 g h =√

2 × 10 × 0.8 = 4.0 m/s

Alla base del piano inclinato il corpo possiede un’energia cinetica, pari all’energia potenziale chepossedeva in alto

K =1

2mv2 = mg h = 3 × 10 × 0.8 = 24 J

ma procedendo lungo il piano orizzontale tale viene ad essere dissipata ad opera delle forze di attrito.Quando il corpo si sara fermato dovra allora aversi:

K =1

2mv2 = mg h = Latt = µmg s

per cui

µ =K

mg s=

mg h

mg s=

h

s=

0.8

5= 0.16

Svolgimento dell’esercizio 5.17 :Tutta l’energia cinetica iniziale del corpo viene dissipata dalla forza di attrito e quindi:

K =1

2mv2 = Latt = µmg s

5.11. SOLUZIONI 103

ovvero

µ =K

mg s=

mv2

2mg s=

v2

2 g s=

22

2 × 10 × 20= 0.010

Svolgimento dell’esercizio 5.18 :Il corpo possiede inizialmente una certa quantita di energia cinetica che successivamente viene in parteconsumata dal lavoro svolto dalla forza di attrito. L’energia residua sara puramente potenziale. Si haquindi:

K = mg h + Latt = mg s sin θ + µmg s cos θ

e pertanto

s =K

mg (sin θ + µ cos θ)

Numericamente e

s =128

4 × 10 × (0.5 + 0.3 × .86605)= 4.2 m

Svolgimento dell’esercizio 5.19 :Il corpo possiede inizialmente una certa quantita di energia cinetica ed una certa quantita di energiapotenziale che successivamente viene consumata dal lavoro svolto dalla forza di attrito. Abbiamopertanto:

K + mg h = Latt = K + mg s sin θ = µmg s cos θ

per cui

K = µmg s cos θ − mg s sin θ = mg s (µ cos θ − sin θ)

ed in definitiva

s =K

mg s (µ cos θ − sin θ)=

110

4 × 10 × (0.8 × .86605 − 0.5)= 14 m

Svolgimento dell’esercizio 5.20 :Poiche l’urto e anelastico non vale la conservazione dell’energia ma solo quella della quantita di moto.Risulta allora che:

mv0 = (M + m) V

e pertanto

V =m

M + mv0 =

0.1

1.5 + 0.1× 100 = 6.25 m/s

Successivamente il blocco perde la sua energia cinetica ad opera della forza d’attrito e pertanto

K =1

2(M + m) V 2 = µ (M + m) g s

e quindi

µ =1

2

(M + m) V 2

(M + m) g s=

1

2

V 2

g s= 0.5 × 6.252

10 × 20= 9.8 × 10−2 m/s

Svolgimento dell’esercizio 5.21 :A causa della compressione si genera una forza elastica data da:

F = −k x


che applicandosi al corpo produrra un’accelerazione:

|a| =|F |M

=k x

M=

8 × 0.03

2= 0.12 m/s2

Svolgimento dell’esercizio 5.22 :Il corpo inizialmente possiede una energia potenziale gravitazionale che poi si trasforma in energiacinetica e di nuovo in energia potenziale elastica. La massima compressione della molla si avra quandotutta l’energia gravitazionale si sara trasformata in energia elastica e cioe

1

2k x2 = mg(h + x)

Questa e una equazione del secondo ordine. Possiamo provare a risolverla in maniera approssimata,supponendo che la compressione sia piccola rispetto all’altezza di caduta; si ha

1

2k x2 = mgh

per cui

x =

√

2mgh

k=

√

2 × 0.12 × 10 × 8

3 × 103== 0.08 m

Poiche effettivamente la compressione e piccola rispetto ad h l’approssimazione e corretta. In casocontrario avremmo dovuto risolvere l’equazione di secondo grado.

Svolgimento dell’esercizio 5.23 :Il problema si risolve semplicemente come il precedente, ma con la relazione letta al contrario. Abbiamocioe che tutta l’energia elastica si trasforma in energia gravitazionale:

mgh =1

2k x2

e quindi:

h =1

2

k x2

mg=

1

2× 2000 × 0.102

2 × 10= 0.5 m

Questa altezza comprende anche la compressione della molla.

Svolgimento dell’esercizio 5.24 :Per la legge di Hooke applicata ai due fili abbiamo che:

F = ES1

l1x1 = E

S2

l2x2

per cui

x2 =S1

S2

l2l1

x1 =S1

S1

2

× 0.16

0.10× 0.10 = 0.32 mm

Svolgimento dell’esercizio 5.25 :Indichiamo con x1 ed x2 i due allungamenti dei due pezzi. Risultera che la loro somma e l’allungamentodell’intero filo X.

Considerando che la forza applicata ad un estremo risultera applicata ad ogni punto del filo si hache, detta F la forza, e:

F = E1

S1

l1x1 = E2

S2

l2x2

5.11. SOLUZIONI 105

e quindi

x2 =E1S1

E2S2

l2l1

x1

D’altra parte e

X = x1 + x2 =

(

1 +E1S1

E2S2

l2l1

)

x1

e pertanto

x1 =E2S2l1

(E2S2l1 + E1S1l2)X

Consideriamo ora che le sezioni dipendono dal quadrato dei diametri e si ha

x1 =E2d

22l1

(

E2d22l1 + E1d

21l2)X = 0.75X

In definitiva otteniamo

F = E1

S1

l1x1 = E1

S1

l10.75X

dove la sezione S1 e data da

S1 =π

4d2

1 = 7.854 × 10−7 m2

Numericamente e

F = 21 × 1010 × 7.854 × 10−7

7× 0.75 × 0.8 × 10−3 = 14 N

Svolgimento dell’esercizio 5.26 :Indichiamo con x il tratto di cui si accorcia la molla. Il tratto percorso lungo il piano dal corpo saraallora l + x e quindi la quota del corpo diminuira da (l + x)sin θ sino a 0. L’energia gravitazionalepersa e trasformata in energia elastica sara:

mg(l + x)sin θ =1

2kx2

ovvero:1

2kx2 − mgxsin θ − mglsin θ = 0

che scritta numericamente fornisce

50x2 − 5x − 10 = 0

le cui soluzioni sono

x1 = 0.5 m

x2 = −0.4 m

di cui solo la prima ha senso fisico. E’ da notare che nella risoluzione di questo esercizio si e tenuto contodella perdita di energia gravitazionale subita durante l’accorciamento della molla. In un precedentearticolo esso era stato trascurato perche piccolo. In questo esercizio non poteva essere trascurabilepoiche 0.5 m (la x) non e trascurabile rispetto a 2.0 m (la l).

Svolgimento dell’esercizio 5.27 :Dalle formule dell’elasticita di torsione ricaviamo che:

τ = BIpθ

l


dove per un cilindro

Ip =πR4

4

Si ha allora:

τMAX = BπR4

4

θMAX

l

che numericamente e

τMAX = 6.8 × 103 Nm

avendo avuto cura di considerare l’angolo espresso in radianti.

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