Fisica: moti circolari etc

3^A – FISICA
compito n°3 - 2012-2013
1. Un corpo di massa m=2,5 kg percorre, con moto uniforme, una traiettoria circolare di raggio
r=5 m compiendo uno spostamento s=6 m nell'intervallo di tempo t=4 s .
a. Calcola la velocità lineare, il periodo e l'accelerazione centripeta relative al moto del corpo.
b. Supponi che, invece, il corpo percorra lo spostamento s=6 m nel tempo t=4 s con moto
uniformemente accelerato e partendo da fermo. Calcola la sua accelerazione tangenziale.
c. Calcola la velocità lineare e l'accelerazione centripeta del corpo all'istante t 1=3 s .
d. Calcola il modulo dell'accelerazione complessiva che il corpo possiede all'istante t1.
Calcola l'angolo che tale accelerazione complessiva forma con la direzione radiale.
Calcola modulo e direzione della forza complessiva che agisce sul corpo all'istante t1.
2. Un'automobile di massa m=1.200 kg affronta una curva di raggio r=45 m .
Se il coefficiente di attrito statico tra le gomme e l'asfalto è  s =0,8 , qual è il valore massimo
della velocità che permette all'automobile di affrontare la curva senza sbandare?
Cosa cambierebbe se questa situazione avvenisse sulla Luna?
3. Un corpo di massa m=0,260 kg è attaccato ad una molla, che oscilla con un periodo
T =1,12 s ed una ampiezza A=10 cm . Calcola: la costante elastica della molla; la velocità
massima e l'accelerazione massima del corpo; l'allungamento provocato dalla massa
(all'equilibrio) quando la molla viene appesa in direzione verticale.
3^A - Correzione compito fisica n°3
1.
a. Velocità lineare: v=
s 6m
m
2  r 6,28⋅5 m
=
=1,5
. Periodo: T =
≃
≃20,9 s .
s
v
1,5 m/ s
t 4 s
Accelerazione centripeta: a c =
2
v 2 1,5 m/ s
m
=
≃0,45 2 .
r
5m
s
1 2
2 s 12 m
m
=0,75 2 .
b. Se il moto è uniformemente accelerato: s= a t t ⇒ a t = 2 =
2
2
t
4 s
s
m
m
c. Al tempo t1, la velocità è: v 1=a t t 1 =0,75 2⋅3 s=2,25
.
s
s
L'accelerazione centripeta è: a c =
v 12 2,25 m/ s2
m
=
≃1,01 2 .
r
5m
s
d. Poiché accelerazione tangenziale e centripeta sono perpendicolari, il modulo
acompl
dell'accelerazione complessiva si può calcolare tramite il teorema di Pitagora:
f
m
a=  a a =  0,75 1,01 ≃1,26 2 .
s
2
t
2
c
2
acentr
2
Per lo stesso motivo, l'angolo richiesto è: =tg
atang
−1
2
at
−1 0,75 m/ s
=tg
≃36,6 ° .
ac
1,01 m/ s 2
 =m a , il modulo della forza complessiva è F =ma≃2,5 kg⋅1,26
Poiché F
m
≃3,15 N , e
s2
la sua direzione è quella dell'accelerazione complessiva.
2. Poiché l'attrito statico deve svolgere il ruolo di forza centripeta, dovrà essere:
mv 2
m
km
.
≤ s mg ⇒ v max =   s rg≃  0,8⋅45⋅9,8≃18,8 ≃67,6
r
s
h
Sulla Luna, l'accelerazione di gravità sarebbe minore, e, di conseguenza, sarebbe minore anche la
velocità massima dell'automobile.
3. Sappiamo che: T =2 

2
4  m 4⋅3,14 2⋅0,26 kg
m
N
⇒ k=
≃
≃8,17
.
2
2
k
m
T
1,12 s
Velocità massima: v max = A =2 
A 6,28⋅0,1 m
m
≃
≃0,56
.
T
1,12 s
s
Poiché F max =m a max =kA ⇒ a max =
All'equilibrio: kx=mg ⇒ x=
kA 8,17 N / m⋅0,1 m
m
≃
≃3,14 2 .
m
0,26 kg
s
mg 0,26 kg⋅9,81 m/ s 2
≃
≃0,31 m .
k
8,17 N / m
3^A - FISICA
compito n°2 - 2015-2016
1. Un pattinatore di massa m=60,0 kg si muove di moto uniforme lungo una curva di raggio
r 0=8,00 m percorrendo una distanza s0 =3,50 m in un tempo t 0 =1,20 s .
a. Calcola velocità lineare v0, periodo, frequenza, velocità angolare 0 e accelerazione
centripeta del pattinatore.
b. Sapendo che il coefficiente di attrito tra pattini e terreno è k =0,150 , calcola il più piccolo
raggio di curva r1 che il pattinatore può affrontare a velocità v0 senza scivolare.
c. Con lo stesso valore di k, calcola il più grande raggio di curva r2 che il pattinatore può
affrontare con velocità angolare 0 senza scivolare.
d. Spiega la differenza tra i casi b e c, precisando in particolare perché in b troviamo un valore
minimo e in c un valore massimo.
2. Un blocco di massa m=1,60 kg è appoggiato su una parete verticale e
kel
viene spinto contro di essa da una molla di costante elastica k el =510 N / m .
Il blocco rimane in equilibrio se la molla subisce una compressione minima
m
x
x=3,90 cm . Calcola il coefficiente di attrito statico tra il blocco e la parete.
3. Una molla ed un pendolo che si trovano sulla Terra hanno lo stesso periodo di oscillazione.
Essi vengono portati su un pianeta in cui l'accelerazione di gravità è la metà rispetto alla Terra.
Come dovrebbe variare la massa m da attaccare alla molla perché i due oscillatori rimangano in
sincronia? Come dovrebbe invece variare la lunghezza del filo?
4. Una molla avente lunghezza a riposo l 0=20,0 cm viene fatta
v
k
ruotare su un piano orizzontale attorno ad un suo estremo. Se
m
k
m
all'altro estremo viene attaccata una pallina, la cui velocità di rotazione è v 0 =3,00 m/ s , la
molla subisce un allungamento x 1=1,00 cm . Quale allungamento x2 subirebbe la molla se la
pallina fosse attaccata alla molla appesa al soffitto?
3^A - Correzione compito n°2
1.
a. Velocità lineare: v 0=
Frequenza: f 0=
s0 3,50 m
2  r 0 6,28⋅8 m
m
=
≃2,92
≃
≃17,2 s .
. Periodo: T 0 =
t 0 1,20 s
s
v0
2,92 m/ s
v
1
1
rad
≃
≃5,81⋅10−2 Hz . Vel. angolare: 0 =2  f 0= 0 ≃0,365
.
T 0 17,2 s
r0
s
Accelerazione centripeta: a c 0 =
v 02
r0
=
02
r0
≃
2
2,92 m/ s
m
≃1,07 2 .
8m
s
b. Imponiamo che la forza centripeta sia la massima forza di attrito con il suolo:
v 02
v 02
2,92 m/ s2
m =kmg ⇒ r 1= ≃
≃5,80 m (che non dipende dalla massa del pattinatore).
r1
kg 0,15⋅9,80 m/ s 2
c. Applichiamo la stessa condizione del punto precedente:
m 20 r 2=kmg ⇒ r 2=
kg 0,15⋅9,80 m/ s 2
≃
≃11,0 m (anche r2 non dipende dalla massa).
02 0,365 rad / s2
d. Nel punto b stiamo considerando costante la velocità lineare v, quindi l'accelerazione
2
centripeta a c =v / r è inversamente proporzionale al raggio.
Nel punto c, invece, consideriamo costante la velocità angolare , quindi l'accelerazione
2
centripeta a c = r è direttamente proporzionale al raggio.
Fatt
2. Sul blocco agiscono la forza elastica, diretta verso il muro ed equilibrata
dalla reazione normale, ed il peso, equilibrato dalla forza di attrito statico;
Fel
N
quest'ultimo è proporzionale alla reazione normale, e quindi alla forza
2
mg
1,6 kg⋅9,8 m/ s
≃
≃0,788 .
elastica: mg=k s N =k s k el x ⇒ k s =
k el x 510 N / m⋅3,9⋅10−2 m
3. Imponiamo che i periodi di oscillazione siano uguali: 2 

P

l
m
l m
.
=2 
⇒ =
g
k
g k
Quindi, se g dimezza, m deve raddoppiare, oppure l deve dimezzarsi.
4. Nel primo caso la forza elastica agisce come forza centripeta: kx 1=
mv 2
.
l 0 x 1
Nel secondo caso, la forza elastica viene equilibrata dalla forza peso: kx 2=mg .
Ricaviamo k da una delle due uguaglianze e sostituiamo nell'altra:
k=
mv 2
mg x 1 l 0 x 1  g 10−2 m⋅21⋅10−2 m⋅9,80 m/ s 2
⇒ x 2=
=
≃
≃2,29⋅10−3 m .
2
2
x 1 l 0  x 1 
k
v
3 m/ s
3^A - FISICA
compito n°2 - 2014-2015
1. Un satellite descrive un'orbita circolare intorno alla Terra ad una distanza d =480 km dalla sua
superficie nel tempo T =98,0 min . Calcola la frequenza di rotazione, la velocità angolare e
quella lineare, l'accelerazione centripeta. Considera il raggio terrestre RT ≃6,37⋅103 km .
2. Un corpo inizialmente fermo si muove su una traiettoria circolare di raggio r=10,0 m con
accelerazione tangenziale costante a t =0,500 m/ s 2 . Calcola quanto tempo impiega a percorrere
un giro completo. Determina poi modulo e direzione della velocità lineare e dell'accelerazione
complessiva del corpo nel momento in cui ha compiuto un giro completo.
3. Due corpi di masse m A=2,00 kg , m B =1,00 kg sono collegati
v
tramite una fune che passa attraverso un foro eseguito su un tavolo
B
A
orizzontale. Il corpo B si muove sul tavolo con velocità costante
lungo una circonferenza di raggio r=35,0 cm .
Quale velocità deve avere il corpo B perché il corpo A rimanga fermo?
4. Una molla di costante elastica k =69,0 N / m è collegata ad un corpo di massa m=0,570 kg
che viene fatto oscillare su un piano orizzontale con ampiezza r=3,10 cm .
Calcola la pulsazione, la velocità massima e il periodo del moto.
5. Qual è la lunghezza di un pendolo che oscilla con periodo T =1,00 s ?
Quale sarebbe il periodo se il pendolo fosse trasportato sulla Luna, dove l'accelerazione di
gravità vale g L≃g /6 ?
6. Un blocco di massa m=3,10 kg è appoggiato su un piano inclinato di un angolo =30,0 ° .
Tra il blocco e il piano è presente un attrito di coefficiente k s =0,500 ,
e una forza F spinge il blocco verso l'alto. Si osserva che il blocco
rimane in quiete solo se F è compresa tra un valore minimo F min
uno massimo F max . Spiega perché e calcola tali valori.
ed
F
m
a
3^A - Correzione compito fisica n°2
1. Il raggio dell'orbita è: r=RT d ≃6370480 km≃6,85⋅106 m .
1
1
≃1,70⋅10−4 Hz .
Frequenza: f = ≃
T 98⋅60
Velocità angolare: =2  f ≃6,28⋅1,70⋅10−4 ≃1,07⋅10−3 rad / s .
−3
Velocità lineare: v= r≃1,07⋅10
rad
6
3 m
⋅6,85⋅10 m≃7,32⋅10
.
s
s
3
2
v 2 7,32⋅10 m/ s
m
≃7,82 2 .
Accelerazione centripeta: a c = ≃
6
r
6,85⋅10 m
s
2. Supponiamo che il corpo parta dal punto A e, muovendosi in verso antiorario,
v
at
compia un giro completo tornando al punto A.
Lo spazio percorso sulla circonferenza sarà:
A
aris
 
r
1 2
3,14⋅10 m
s=2  r= a t t ⇒ t=2
≃2
≃15,8 s .
2
at
0,5 m/ s 2
θ
ac
Nel momento in cui il corpo ripassa per A, la sua velocità avrà direzione tangente alla traiettoria
e modulo v=a t t≃0,5 m/ s 2⋅15,8 s≃7,92 m/ s .
2
v 2 7,92 m/ s
m
≃
≃6,28 2 .
r
10 m
s
Il corpo sarà sottoposto ad una accelerazione centripeta: a c =
L'accelerazione risultante avrà quindi modulo: a ris =  a t2a 2c ≃  0,526,282≃6,30 m/ s 2
−1
e formerà con la direzione del raggio un angolo =tg
at
0,5
≃tg −1
≃4,56 ° .
ac
6,28
3. Perché B rimanga fermo mentre A si muove di moto circolare uniforme, il corpo A dovrà essere
sottoposto ad una forza centripeta costituita dal peso del corpo B:
ma


m B gr
v2
2 kg⋅9,81 m/ s 2⋅0,35 m
m
.
=m B g ⇒ v=
≃
≃2,62
r
mA
1m
s
4. Pulsazione: =
 
k
69 N / m
rad
.
≃
≃11,0
m
0,57 kg
s
Velocità massima: v max =r ≃0,031 m⋅11,0
Periodo: T =
rad
m
≃0,341
.
s
s
2
6,28
≃
≃0,571 s .
 11,0 rad / s

2
2
l
T 2 g 1 s ⋅9,81 m/ s
⇒ l=
≃
≃0,249 m≃24,9 cm .
5. Sapendo che T =2 
g
39,4
4 2
Sulla Luna il periodo del pendolo sarebbe: T L =T⋅ 6≃1 s⋅ 6≃2,45 s .
6. Sul blocco agiscono:
•
in direzione perpendicolare al piano inclinato, la componente perpendicolare del peso del
blocco P
•
⊥
=mg cos  e la reazione normale del piano, che si fanno equilibrio;
in direzione parallela al piano inclinato, la componente parallela del peso del blocco
P ∥ =mg sen  , la forza esterna F e la forza di attrito statico, il cui valore massimo è
F att =k s N =k s mg cos  .
La forza di attrito può essere diretta verso il basso, nel caso in cui prevalga la componente del
peso P
∥
, o verso l'alto, nel caso in cui prevalga F.
I due casi limite sono i seguenti:
•
F max =P ∥ F att =mg  sen k s cos ≃3,1 kg⋅9,81
•
F minF att =P
∥
m 1
3
 0,5⋅ ≃28,4 N ;
2
2
s 2
⇒ F min=P ∥ −F att =mg  sen −k s cos ≃2,04 N .
Di conseguenza:
•
se F F min , prevale la componente del peso P
•
se F minF F max , il blocco resta in equilibrio;
•
se F F max , prevale F, e il blocco sale sul piano inclinato.
∥
e il blocco scivola verso il basso;
Osservazione: dal momento che stiamo affrontando un esercizio di fisica, e non di matematica, non ha molto senso
considerare i casi in cui F =F min o F =F max , perché non è possibile conoscere esattamente il valore di una
grandezza fisica, ma tale valore ci è noto solo con una incertezza legata al procedimento di misura seguito.
3^C PNI – FISICA
compito n°2 - 2011-2012
1. La stessa pallina da baseball del compito precedente viene
v0
nuovamente lanciata con una velocità iniziale v 0 =35,0 m/ s
θ
hmax
dalla sommità dell'edificio la cui altezza è h=30,0 m . h
Stavolta, però, la direzione di lancio forma un angolo di 30°
l
rispetto all'orizzontale. In quale istante t 1 la palla raggiunge l'altezza massima? Qual è l'altezza
massima h max raggiunta (rispetto al suolo)? In quale istante t 2 e a quale distanza l
dall'edificio la palla cade a terra? Quale velocità, in modulo e direzione, possiede la palla
y
nell'istante t 2 ? Qual è l'equazione della traiettoria?
2. Un punto materiale P percorre, con moto uniforme, una
traiettoria
circolare
di
raggio r P =10 m partendo
dalla
P
r
θ
A
H
x
posizione A, e si sposta di un tratto  s=4 m nell'intervallo di
tempo  t=5 s .
a. Calcola la velocità lineare, il periodo, la frequenza, la velocità angolare e l'accelerazione
centripeta del punto P.
b. Un secondo punto Q percorre una circonferenza di raggio r Q =2 r P con una velocità
v Q=
TQ
vP
. Calcola i rapporti
,
TP
2
fQ
Q
aQ
,
,
.
fP
aP
P
c. Con gli stessi dati iniziali, sai che questa volta il punto P si sposta con accelerazione
tangenziale costante e che, alla sua partenza in A, era fermo. Calcola l'accelerazione
tangenziale. Calcola la velocità lineare che ha raggiunto all'istante t 1=5 s . Calcola
l'accelerazione centripeta e l'accelerazione complessiva che possiede in tale istante.
d. Tornando al caso in cui P si muove di moto uniforme, indica con H la proiezione di P sull'asse
delle ascisse. Scrivi le equazioni che forniscono la posizione, la velocità e l'accelerazione di H
in funzione del tempo. Calcola posizione, velocità e accelerazione di H all'istante t 2=10 s
(ricordati di impostare la tua calcolatrice in radianti).
3^C – Correzione compito fisica n°2
1. Con un'opportuna scelta del sistema di coordinate, le leggi che forniscono la posizione e la
velocità della pallina in funzione del tempo sono:
{
v x t =v 0 x
;
v y t =−g tv 0 y
{
x t =v 0 x t
, dove:
1 2
y t =− g t v 0 y th
2
{
v 0 x =v 0 cos 30 °≃30,3 m/ s
.
v 0 y =v 0 sen 30 °=17,5 m/ s
L'altezza massima viene raggiunta quando v y =−g tv 0 y =0 ⇒ t 1=
v 0 y 17,5 m/ s
≃
≃1,79 s .
g
9,8 m/ s 2
1 2
2
L'altezza massima è: hmax =− g t 1 v 0 y t 1 h≃−4,9⋅1,79 17,5⋅1,7930≃45,6 m .
2
1 2
2
La palla cade quando: y=− g t v 0 y th=0 ⇒ −4,9 t 17,5 t30=0 ⇒ t 2≃4,84 s
2
(come in precedenza, la soluzione negativa non ha senso fisico in questo problema).
m
La distanza a cui cade la pallina è: l=v 0 x t 2≃30,3 ⋅4,84 s≃147 m .
s
Le componenti della velocità a t2 sono:
{
v x ≃30,3 m/ s
.
v y =−g t 2v 0 y ≃−9,8⋅4,8417,5≃−29,9 m/ s
Quindi, il modulo della velocità è: v=  v x v y ≃  30,3 29,9 ≃42,6
2
2
2
2
La direzione della velocità forma con l'asse x un angolo =arc tg
m
.
s
vy
−29,9
≃arc tg
≃−44,6 ° .
vx
30,3
L'equazione della traiettoria si ottiene eliminando il tempo dalle leggi orarie:
2
x
1
x
x
t=
⇒ y=− g 
 v 0 y
h≃−5,33⋅10−3 x 20,578 x30 .
v0 x
2 v0 x
v0 x
2.
a. Velocità lineare: v=
s 4m
m
2  r 6,28⋅10 m
=
=0,8
. Periodo: T =
≃
≃78,5 s .
s
v
0,8 m/ s
t 5 s
1
1
v
rad
≃1,27⋅10−2 Hz . Velocità angolare: =2  f = =0,08
Frequenza: f = =
.
T 78,5 s
r
s
2
v 2 0,8 m/ s
m
≃0,064 2 .
Accelerazione centripeta: a c = =
r
10 m
s
b.
T Q 2  rQ v P
=
⋅
=2⋅2=4 ;
TP
vQ 2  r P
f Q Q T P 1
a Q v Q2 r P 1 1 1
= = = ;
= ⋅ = ⋅ = .
f P P T Q 4
a P r Q v 2P 4 2 8
1 2
2s 8m
m
=0,32 2 .
c. Se il moto è uniformemente accelerato: s= a t t ⇒ a t = 2 =
2
2
t
5 s
s
m
m
Al tempo t1, la velocità è: v 1=a t t 1=0,32 2⋅5 s=1,6
e l'accelerazione centripeta è:
s
s
a c=
v 12 1,6 m/ s2
m
=
=0,256 2 . Poiché accelerazione tangenziale e centripeta sono
r
10 m
s
perpendicolari, il modulo dell'accelerazione complessiva si può calcolare tramite il teorema di
2
2
2
2
Pitagora: a=  a t a c =  0,32 0,256 ≃0,410
d.
m
.
s2
x t =r cos  t=10 cos 0,08 t  ; v t =− r sen  t=−0,8 sen0,08 t  ;
a t =−2 r cos  t=−0,064 cos 0,08 t  . Al tempo t2: x t 2 =10 cos 0,8≃6,97 m ;
v t 2 =−0,8 sen 0,8≃−0,574
m
−2 m
; a t 2 =−0,064 cos 0,8≃−4,46⋅10 2 .
s
s
Liceo “Carducci” Volterra - Classe 3a B Scientifico - Francesco Daddi - 21 marzo 2011
Esercizi sul moto circolare uniforme
Esercizio 1. Un corpo percorre a velocità costante una circonferenza di raggio R = 6 m in 8 s. Si determini:
a) il modulo della velocità del corpo;
b) il modulo dell’accelerazione centripeta.
Esercizio 2. Determinare la velocità angolare di un corpo che, muovendosi a velocità costante, impiega 39 s
per percorrere 7 giri e 3/4 su una traiettoria circolare.
Esercizio 3. a) Calcolare il modulo della velocità della Terra nel suo moto attorno al Sole.
b) Determinare il modulo dell’accelerazione centripeta.
Si supponga che l’orbita sia perfettamente circolare e il moto uniforme.
Dati: R = 1, 49 · 1011 m ; T = 3, 16 · 107 s.
Esercizio 4. a) Calcolare il modulo della velocità della Luna nel suo moto attorno alla Terra.
b) Determinare il modulo dell’accelerazione centripeta.
Si supponga che l’orbita sia perfettamente circolare e il moto uniforme.
Dati: R = 3, 84 · 108 m ; T = 27, 3 giorni.
Esercizio 5. Il Sole ruota attorno al centro della Via Lattea ad una distanza di circa 30000 anni-luce dal centro
(1 anno-luce ≈ 9, 5 · 1015 m). Sapendo che impiega 220 milioni di anni per compiere una rotazione completa,
determinare:
a) il modulo della velocità;
b) il modulo dell’accelerazione centripeta.
Si supponga che l’orbita sia perfettamente circolare e il moto uniforme.
Esercizio 6. Un corpo si sta muovendo lungo una circonferenza, impiegando 18 s per percorrere 5 giri e 2/3.
Sapendo che il modulo dell’accelerazione centripeta è pari a 7 m/s2 , determinare:
a) il raggio della circonferenza;
b) il modulo della velocità;
c) la frequenza f .
Esercizio 7. Calcolare la velocità angolare delle lancette di un orologio.
Esercizio 8. La centrifuga di una lavatrice compie 1500 giri al minuto. Se il cestello ha un diametro di 55 cm,
si determini:
a) il periodo, la frequenza e la velocità angolare del moto rotatorio;
b) il modulo della velocità e il modulo dell’accelerazione centripeta di un punto che si trova sul bordo del cestello.
Esercizio 9. Un’automobile affronta una curva di raggio 100 m alla velocità di 108 km/h. Calcolare il modulo
dell’accelerazione centripeta. Se la velocità dimezza, come varia il modulo dell’accelerazione centripeta?
Esercizio 10. Le pale di un’elica sono lunghe 200 cm ciascuna. Sapendo che il modulo della velocità agli
estremi di una pala è 250 m/s, determinare:
a) la velocità di un punto che si trova a 75 cm dall’asse di rotazione;
b) la velocità angolare.
Esercizio 11. A quale velocità angolare deve ruotare una centrifuga se una particella a 10 cm dall’asse di
rotazione deve subire un’accelerazione di modulo pari a 800 m/s2 ?
Esercizio 12. Una particella è in moto in un campo magnetico; sapendo che descrive una circonferenza di
raggio pari a 3, 4 cm e che il modulo (costante) della velocità è 8 · 106 m/s, determinare:
a) la frequenza;
b) il modulo dell’accelerazione della particella.
Esercizio 13. Un disco sul piatto del giradischi compie 33 giri al minuto. Calcola il periodo, la frequenza e la
velocità angolare.
1
Esercizio 14. Un ventilatore ha le pale lunghe 45 cm. Quando è in funzione, le pale compiono 1000 giri al
minuto. Qual è il modulo della velocità dei punti più lontani dal centro?
Esercizio 15. Uno shuttle è in orbita a 400 km dalla superficie della Terra; l’accelerazione centripeta ha modulo
pari a 8, 8 m/s2 . Determinare il modulo della velocità e il periodo dello shuttle (RTerra = 6, 38 · 103 km).
Esercizio 16. Un punto si muove di moto circolare uniforme (R = 7 dm); sapendo che impiega 1, 2 s per
descrivere un angolo di 30◦ , si determini:
a) il periodo del moto;
b) il modulo dell’accelerazione centripeta.
v
tra il modulo dell’accelerazione centripeta e il modulo della velocità
Esercizio 17. Qual è il rapporto
a
vettoriale istantanea?
1
a)
b) ω 2 c) ωR d) 2πω e) nessuna delle precedenti
ω
Esercizio 18. Due cavallucci sono montati, a diversa distanza dal centro, su una giostra che gira.
Quale grandezza è diversa per il moto dei due cavallucci?
a) il periodo T
b) la frequenza f c) la velocità angolare ω d) la velocità scalare v e) nessuna delle
precedenti
Esercizio 19. Ricava la formula per il modulo dell’accelerazione centripeta espressa in funzione della frequenza
f e del raggio R.
Esercizio 20. Un lettore CD-DVD sta facendo girare un CD alla frequenza di 400 giri al minuto. Si determini:
a) la velocità angolare;
b) l’angolo di cui è ruotato il disco in un intervallo di tempo Δt = 0, 075 s.
Esercizio 21. Un aereo compie una rotazione di 90◦ mentre vola alla velocità costante di 250 m/s. Dal
momento che la virata è completata in 18 s, si determini:
a) la velocità angolare;
b) il modulo dell’accelerazione centripeta.
Esercizio 22. Un treno sta viaggiando ad una velocità di 100 km/h e deve affrontare una curva di raggio
1 km; poiché la massima accelerazione accettabile dai passeggeri è pari a 0, 6 m/s2 , dire se il macchinista deve
necessariamente frenare prima che il treno entri nella curva.
Esercizio 23. Qual è il modulo dell’accelerazione centripeta dovuta alla rotazione della Terra per un oggetto
che si trova sull’equatore?
Esercizio 24. Un corpo A si muove con velocità scalare costante lungo una circonferenza di raggio R. Un altro
vB
tra le due velocità scalari se i due
corpo B si muove su una circonferenza di raggio 3R; qual è il rapporto
vA
corpi hanno lo stesso modulo dell’accelerazione centripeta?
Esercizio 25. Due corpi A e B si muovono su due circonferenze concentriche di raggi, rispettivamente, RA e
RB ; sapendo che le velocità angolari sono uguali e impiegano 8 s per percorrere 5 giri e 1/2, che l’accelerazione
RB
= 1, 6, determinare il modulo della
centripeta di A ha modulo pari a 5 m/s2 e che il rapporto dei raggi è
RA
velocità di B.
Esercizio 26. Due corpi A e B si muovono di moto circolare uniforme lungo due circonferenze concentriche,
con periodo rispettivamente TA = 5 s e TB = 9 s. Sapendo che si muovono nello stesso senso, ogni quanto
tempo si trovano allineati col centro, dalla stessa parte rispetto a questo?
Esercizio 27. Su una circonferenza di raggio r = 5 m si muovono due punti che si incontrano ogni 20 s se si
muovono nello stesso verso ed ogni 4 s se si muovono in senso opposto. Supponendo che il moto dei due corpi
è uniforme, si determini il modulo delle velocità.
Esercizio 28. Un’auto viaggia ad una velocità costante di 108 km/h. Sapendo che ogni pneumatico ha un
diametro di 50 cm, determinare quanti giri al minuto compie ciascuna ruota.
Esercizio 29. Un bambino sta facendo ruotare un sasso legato ad una cordicella lunga 30 cm su una circonferenza orizzontale ad un’altezza di 2 m dal suolo. La cordicella si rompe e il sasso va a cadere a 6 m di distanza.
Qual era la velocità angolare del sasso prima che la cordicella si rompesse?
2
Liceo “Carducci” Volterra - Classe 3a B Scientifico - Francesco Daddi - 21 marzo 2011
Soluzione degli esercizi sul moto circolare uniforme
Esercizio 1. Risulta R = 6 m e T = 8 s, per cui:
v2
2 πR
⇒ v ≈ 4, 7 m/s ; b) ac =
⇒ ac ≈ 3, 7 m/s2 .
a) v =
T
R
Esercizio 2. Determiniamo il periodo: T =
39 s
2π
⇒ T ≈ 5, 03 s ; ω =
⇒ ω ≈ 1, 25 rad/s .
7, 75
T
Esercizio 3. a) v =
v2
2 πR
⇒ v ≈ 29626 m/s ; b) ac =
⇒ ac ≈ 5, 9 · 10−3 m/s2 .
T
R
Esercizio 4. a) v =
2 πR
v2
⇒ v ≈ 1023 m/s ; b) ac =
⇒ ac ≈ 2, 7 · 10−3 m/s2 .
T
R
Esercizio 5. a) v =
v2
2 πR
⇒ v ≈ 2, 6 · 105 m/s ; b) ac =
⇒ ac ≈ 2, 3 · 10−10 m/s2 .
T
R
Esercizio 6. Il periodo è: T =
18 s
5 + 23
⇒ T ≈ 3, 18 s ; la velocità angolare è
2π
⇒ ω ≈ 1, 98 rad/s .
T
ac
a) ac = ω 2 R ⇒ R = 2 ⇒ R ≈ 1, 79 m ; b) v = ωR ⇒ v ≈ 3, 54 m/s ;
ω
1
⇒ f = 0, 31 Hz .
c) f =
T
ω=
Esercizio 7. Lancetta delle ore: poiché il periodo è T = 12 · 3600 s = 43200 s, risulta:
2π
⇒ ω ≈ 0, 00015 rad/s .
T
2π
⇒ ω ≈ 0, 0017 rad/s .
Lancetta dei minuti: poiché il periodo è T = 3600 s, risulta: ω =
T
2π
⇒ ω ≈ 0, 105 rad/s .
Lancetta dei secondi: poiché il periodo è T = 60 s, risulta: ω =
T
ω=
Esercizio 8. Poiché R = 0, 275 m risulta:
1
2π
1500
Hz ⇒ f = 25 Hz ; T =
⇒ T = 0, 04 s ; ω =
⇒ ω ≈ 157 rad/s .
a) f =
60
f
T
2 πR
⇒ v ≈ 43, 2 m/s ; ac = ω 2 R ⇒ ac ≈ 6785, 4 m/s2 .
b) v =
T
v2
⇒ ac = 9 m/s2 .
Esercizio 9. Poiché 108 km/h = 30 m/s, abbiamo: ac =
R
Se la velocità dimezza abbiamo:
ac =
(2 v)2
R
⇒ ac = 4 ·
v2
⇒ ac = 4 · ac ;
R
il modulo dell’accelerazione centripeta quadruplica.
0, 75 m
· 250 m/s = 93, 75 m/s.
Esercizio 10. a) La velocità di un punto che si trova a 0, 75 m è v =
2, 00 m
v
⇒ ω ≈ 125 rad/s .
b) v = ωR ⇒ ω =
R
1
Esercizio 11. ac =
ω2R
⇒ ω=
ac
⇒ ω ≈ 89, 4 rad/s .
R
Esercizio 12. Determiniamo il periodo: T =
a) f =
1
T
⇒ f ≈ 3, 74 · 107 Hz . b) ac =
Esercizio 13. T =
ω=
2 πR
⇒ T ≈ 2, 67 · 10−8 s .
v
v2
⇒ ac ≈ 1, 88 · 1015 m/s2 .
R
33
60
s ⇒ T ≈ 1, 82 s ; f =
Hz ⇒ f = 0, 55 Hz ;
33
60
2π
⇒ ω ≈ 3, 46 rad/s .
T
Esercizio 14. Poiché T =
2 πR
60
s ⇒ T = 0, 06 s, abbiamo: v =
⇒ v ≈ 47, 1 m/s .
1000
T
√
v2
⇒ v = ac R ⇒ v = 8, 8 · (6, 38 · 106 + 4 · 105 ) m/s ⇒
R
2 πR
⇒ T ≈ 5515 s .
v ≈ 7724, 2 m/s . T =
v
Esercizio 15. ac =
Esercizio 16. Calcoliamo la velocità angolare: ω =
a) T =
π/6 rad
⇒ ω ≈ 0, 44 rad/s .
1, 2 s
2π
⇒ T ≈ 14, 4 s . b) ac = ω 2 R ⇒ ac ≈ 0, 13 m/s2 .
ω
Esercizio 17.
1
ωR
ωR
v
= . La risposta corretta è quindi la a).
= 2 =
2
a
ω R
ω
ω R
Esercizio 18. La risposta corretta è la d).
Esercizio 19. ac =
(2 πRf )2
4 π 2 R2 f 2
4 π 2 R2 f 2
v2
= 4 π 2 Rf 2 .
=
=
=
R
R
R
R
Esercizio 20. a) ω = 2 πf ⇒ ω ≈ 41, 89 rad/s . b) θ = ω · Δt ⇒ θ ≈ 3, 14 rad (nell’intervallo
di tempo Δt il disco è perciò ruotato di un angolo piatto).
π/2
rad/s ≈ 0, 087 rad/s .
18
b) Il modulo dell’accelerazione centripeta è pari a ac = ω 2 R ⇒ ac = ω(ωR)
ac ≈ 21, 8 m/s2 .
Esercizio 21. a) La velocità angolare è ω =
⇒
ac = ωv
⇒
Esercizio 22. Calcoliamo il modulo dell’accelerazione centripeta del treno se la curva viene affrontata
alle velocità di 100 km/h:
100 m 2
3, 6 s
≈ 0, 77 m/s2 ;
ac =
103 m
il macchinista deve quindi azionare i freni prima di affrontare la curva.
Esercizio 23. La velocità angolare è ω =
ac = ω 2 R ⇒ ac ≈ 0, 034 m/s2 .
Esercizio 24. Dalla formula ac =
vB
vA
2π
rad/s ⇒ ω ≈ 7, 3 · 10−5 rad/s, per cui abbiamo:
86400
√
v2
ricaviamo v = ac · R; quindi
R
ac · (3 R)
3 ·
ac
·
R √
=
= 3.
= √
ac
·R
ac · R
2
Esercizio 25. Determiniamo per prima cosa la velocità angolare:
5, 5
rad/s ⇒ ω ≈ 4, 32 rad/s; determiniamo ora il raggio RA
ω = 2 πf
⇒ ω = 2·π·
8
5
dalla formula ac = ω 2 R : RA =
m ⇒ RA ≈ 0, 27 m; vB = 2 πRB f
⇒ vB =
(4, 32)2
5, 5
m/s ⇒ vB ≈ 1, 9 m/s.
2 · π · (1, 6 · 0, 27) ·
8
Esercizio 26. Le velocità angolari sono, rispettivamente:
ωA =
2π
2π
; ωB =
TA
TB
ipotizzando che all’istante t = 0 s i due corpi sono allineati con il centro, dalla stessa parte rispetto a
questo, all’istante generico t i due corpi hanno descritto archi di ampiezza
θA = ωA · t ; θB = ωB · t
i due corpi si trovano di nuovo allineati, dalla stessa parte rispetto a questo, quando
θA − θB = 2 π ⇒ (ωA − ωB ) · t = 2 π ⇒ t =
2π
ωA − ωB
⇒ t=
1
1
1
−
TA TB
sostituendo si ricava t = 11, 25 s .
Esercizio 27. Studiamo il caso in cui i due punti si muovono nello stesso senso: indicando con t1
2π
l’istante in cui si incontrano per la prima volta, risulta: ωA · t1 − ωB · t1 = 2 π ⇒ ωA − ωB =
.
t1
Analizziamo ora il caso in cui i due punti si muovono in senso opposto: indicando con t2 l’istante
2π
.
in cui si incontrano per la prima volta, risulta: ωA · t2 + ωB · t2 = 2 π ⇒ ωA + ωB =
t2
⎧
2π
⎪
⎪
⎨ ωA − ωB = t
1
si ricava
Risolvendo il sistema lineare
⎪
2
π
⎪
⎩ ωA + ωB =
t2
⎧
1
1
⎪
⎪
+
ω =π
⎪
⎨ A
t1 t2
vA ≈ 4, 71 m/s
ωA ≈ 0, 942 rad/s
Le velocità, perciò, sono:
⇒
⎪
ωB ≈ 0, 628 rad/s .
vB ≈ 3, 14 m/s .
⎪
1
1
⎪
⎩ ωB = π
−
t2 t1
Esercizio 28. L’auto viaggia a 30 m/s, quindi in un minuto percorre 1800 m ; dal momento che
ogni pneumatico compie un giro completo quando l’auto si è spostata di 2 πR, ovvero di 1, 57 m, ogni
1800
≈ 1146 giri completi.
pneumatico in un minuto compie
1, 57
Esercizio 29. La legge oraria del sasso dopo la rottura della cordicella è:
x = vo t
y = 2 − 4, 9 t2
poiché il sasso cade nel punto di coordinate (6 ; 0), si ha:
6 m = vo · (0, 64 s)
6 = vo t
⇒
2
0 = 2 − 4, 9 t
t ≈ 0, 64 s
⇒
La velocità angolare prima della rottura della cordicella era ω =
3
vo ≈ 9, 38 m/s
t ≈ 0, 64 s .
v
⇒ ω ≈ 31, 27 rad/s .
R
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
1. Posizione e Spostamento
Exercise 1. Un’anguria in un campo è collocata nella posizione data dalle seguenti coordinate: x = −5.0 m,
y = 8.0 m e z = 0 m. Trovare il vettore posizione tramite le sue componenti e in termini di intensità e di
orientamento.
Soluzione: esprimiamo il vettore posizione tramite i vettori unitari (o versori) semplicemente considerando
le componenti come multipli di tali versori
~r = −5.0~i + 8.0~j + 0~k
per determinare l’intensità del vettore, calcoliamo il suo modulo
q
√
2
r = (−5.0) + 8.02 = 89 = 9.4 m
e l’angolo formato con l’asse orizzontale
tan (π − α) =
8.0
−5.0
per cui
π − α = arctan
8.0
= 58◦
−5.0
da cui α = 122◦
Exercise 2. Il vettore posizione di un protone è inizialmente ~r = 5.0~i − 3.0~j + 2.0~k, espresso in metri, e in
seguito r~0 = −2.0~i + 6.0~j + 2.0~k. Determinare il vettore spostamento del vettore e a quale piano è parallelo.
Soluzione: il vettore spostamento è il vettore differenza, cioè
0
4~r = ~r − ~r = (−2.0 − 5.0)~i + (6.0 − 3.0) ~j + (2.0 − 2.0) ~k = −7.0~i + 3.0~j + 0~k
essendo nulla la componente lungo l’asse z, il vettore è parallelo al piano x, y.
2. Velocità e velocità media
Problem. Un aeroplano vola per 300 km verso est dalla città A alla città B in 45 min, e quindi per 600 km
a sud da B a C in 1, 50 h. (a) Quale vettore spostamento corrisponde al viaggio completo? Quali sono (b) il
vettore velocità media e (c) la velocità scalare media complessiva?
Caso: (a): Il vettore spostamento che rappresenta il viaggio completo è l’ipotenusa del triangolo rettangolo
ABC.
p
AC = 3002 + 6002 = 671 km
mentre la sua direzione, riferita alla direzione sud, è
300
α = arctan
= 26.6◦
600
Caso: (b): per calcolare il vettore velocità media terremo conto del modulo e direzione del vettore spostamento e del tempo totale impiegato,
671 km
km
= 298
2.25 h
h
con direzione uguale a quella del vettore spostamento, cioè 26.6◦ rispetto al sud
vm =
1
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
2
Caso: (c): la velocità scalare media deve tenere conto dei due spostamenti avvenuti e ovviamente del
tempo totale impiegato
900 km
km
scalare
vm
=
= 400
2.25 h
h
Exercise 3. Un treno viaggia alla velocità costante di 60.0 km/h per 40.0 min verso est, quindi per 20.0 min
in direzione che forma un angolo di 50◦ verso est rispetto al nord, e infine per 50.0 min verso ovest. Qual è la
sua velocità vettoriale media su tutto il tragitto?
Soluzione: nei primi 40.0 min il treno percorre, viaggiando sempre a velocità costante,
s1 = 60.0
km 2
· h = 40 km
h 3
nel secondo tratto
km 1
· h = 20 km
h 3
le componenti dello spostamento lungo le direzioni nord-sud e est-ovest sono
s2 = 60.0
s2x
=
20 · sin 50 = 15.3 km
s2y
=
20 · cos 50 = 12.9 km
nel terzo tratto
km 5
· h = 50 km
h 6
Calcoliamo le componenti del vettore risultante
s3 = 60.0
sx
=
40 − (50 − 15.3) = 5.3 km
sy
=
s2y = 12.9
lo spostamento risultante sarà, in modulo,
q
2
2
s = (5.3) + (12.9) = 13.9 km
l’angolo è
α = arctan
12.9
= 40.1◦
15.3
La velocità media è pertanto
vmedia =
13.9 km
km
= 7.7
11
h
6 h
Exercise 4. In 3.50 h un aerostato viaggia per 21.5 km verso nord e per 9.70 km verso est, e sale di 2.88 km
verticalmente rispetto al punto di decollo dal suolo. Trovare il modulo della velocità media e l’angolo fra tale
velocità e il piano orizzontale.
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
3
Soluzione: calcoliamo lo spostamento complessivo
q
q
2
2
2
2
2
2
s = sx + sy + sz = (21.5) + (9.70) + (2.88) = 23.8 km
la velocità media è quindi:
23.8 km
km
= 6.8
3.50 h
h
l’angolo
è quello tra il piano, rappresentato dalla retta che contiene la risultante tra sx e sy , s1 =
√
21.52 + 9.702 = 23.6 km e il vettore spostamento (in rosso):
vmedia =
α = arctan
2.88
= 6.96◦
23.6
→
−
→
−
→
−
−
Exercise 5. Il vettore posizione di uno ione è inizialmente →
r = 5.0 i − 6.0 j + 2.0 k , e dopo 10 s diventa
→
−
→
−
→
−
→
−
r = −2.0 i + 8.0 j − 2.0 k , essendo il metro l’unità di misura. Qual è la sua velocità media durante questo
intervallo di tempo?
Soluzione: Dobbiamo calcolare il vettore spostamento come differenza tra i due vettori che individuano
la posizione finale e quella iniziale rispetto all’origine del sistema di riferimento
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
−
→
r−
f −i = (−2.0 − 5.0) i + (8.0 + 6.0) j + (−2.0 − 2.0) k = −7.0 i + 14.0 j − 4.0 k
calcoliamo ora il modulo di tale vettore
q
2
2
rf −i = (−7) + 142 + (−4) = 16.2
il vettore velocità media sarà
→
−
→
−
→
−
→
−
v = −0.7 i + 1.4 j − 0.4 k
e il suo modulo
vmedia =
16.2
m
= 1.62
10
s
→
−
→
−
→
−
−
Exercise 6. La posizione di un elettrone è data dalla relazione →
r = 3.0t i − 4.0t2 j + 2.0 k , in unità SI. (a)
−
−
Qual è la →
v (t) dell’elettrone? (b) Quanto vale →
v per t = 2.0 s? (c) Quali sono in quell’istante l’intensità e la
→
−
direzione di v ?
Caso: (a): per calcolare la velocità in funzione del tempo, dobbiamo prendere la derivata prima del vettore
posizione, espresso come si vede in funzione del tempo stesso
→
−
→
− m
→
−
v (t) = 3.0 i − 8.0t j
s
Caso: (b): calcoliamo la velocità istantanea ponendo nella legge delle velocità t = 2 s
→
−
→
−
→
−
v (2s) = 3.0 i − 16.0 j
Caso: (c): calcoliamo l’intensità della velocità istantanea
v=
√
9 + 256 = 16.3
m
s
la velocità è un vettore che giace nel piano x, y, con y < 0; esprimiamo l’angolo formato con l’asse delle
x utilizzando la rotazione inversa, oraria,
α = arctan
16
= −79.4◦
3
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
4
3. Accelerazione e accelerazione media
→
−
→
−
→
−
−
−
Exercise 7. Un protone inizialmente possiede una velocità →
v = 4.0 i − 2.0 j + 3.0 k , che diventa →
v =
→
−
→
−
→
−
→
−
−2.0 i − 2.0 j + 5.0 k , dopo 4 s, in unità SI. Determinare l’accelerazione media, a , intensità, direzione e verso,
durante questi 4 s.
→
−
−
→
−
v −→
v
−
Soluzione: ricordando la definizione di accelerazione, →
a = 44tv = f4t i , si ha
h
→
−i m
→
−
→
−
−
4→
v = (−2.0 − 4.0) i + (−2.0 + 2.0) j + (5.0 − 3.0) k
s
cioè
→
− m
→
−
−
4→
v = (−6.0) i + (2.0) k
s
il modulo di tale variazione è
√
m
4v = 36 + 4 = 6.3
s
da cui si ottiene il modulo dell’accelerazione
6, 3 m
m
s
a=
= 1, 6 2
4s
s
espressa tramite i versori
→
− m
→
−
→
−
a = (−1.5) i + (0.5) k
s
−
avendo diviso 4→
v per 4.
Exercise 8. Il moto di una particella è tale che la sua posizione in unità SI è espressa, in funzione del tempo,
→
−
→
−
→
−
−
dall’equazione →
r = i + 4t2 j + t k . Scrivere le espressioni della velocità e della sua accelerazione in funzione
del tempo.
Soluzione: per ottenere l’espressione della velocità in funzione del tempo, calcoliamo la derivata prima
della legge oraria
−
→
− →
→
−
v = 8t j + k
mentre per l’espressione della accelerazione, calcoliamo la derivata prima della relazione che esprime la
legge delle velocità
→
−
→
−
a =8j
→
−
−
−
Exercise 9. La posizione →
r di una particella in moto nel piano xy è data dall’espressione →
r = 2.00t3 − 5.00t i +
→
−
−
−
−
−
6.00 − 7.00t4 j ove →
r è in metri e t in secondi. Calcolare la posizione →
r , la velocità →
v e l’accelerazione →
a
per t = 2.00 s. Quale sarà l’orientamento di una linea tangente al percorso della particella all’istante t = 2.00 s?
Soluzione: calcoliamo la posizione, sostituendo a t il valore assegnato t = 2.00 s
→
→
−
−
→
−
→
−
→
−
r = 2.00 · 2.003 − 5.00 · 2.00 i + 6.00 − 7.00 · 2.004 j = 6.00 i − 106 j m
calcoliamo ora la legge delle velocità, mediante la derivata prima
→
→
−
−
→
−
v = 6.00t2 − 5.00 i + −28.00t3 j
sostituendo anche qui t = 2.00 s, si avrà
→
−
→
−
→
−
→
− m
→
−
v = (6.00 · 4.00 − 5.00) i − 28.00 · 8.00 j = 19.0 i − 224 j
s
calcoliamo infine la legge della accelerazione
→
−
→
−
→
−
a = 12.00t i − 84.00t2 j
da cui sostituendo si ha
→
−
→
− m
→
−
a = 24.0 i − 336 j 2
s
calcolare l’orientamento di una linea tangente, vuol dire calcolare il coefficiente angolare di tale retta
tangente, cioè il valore della derivata prima in quel punto, t = 2.00 s. Utilizzeremo pertanto il valore
della velocità, calcolando il rapporto tra le sue componenti vettoriali
−224
α = arctan
= −85.2◦
19.0
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
5
Exercise 10. Una slitta a vela corre su una superficie ghiacciata spinta dal vento con accelerazione costante.
→
−
→
−
−
Ad un tempo assegnato la sua velocità è →
v = 6.30 i − 8.42 j m
s . Dopo 3 s si arresta di colpo. Determinare la
sua accelerazione media durante questi 3 s.
Soluzione: la slitta si ferma in 3 s, cioè la sua velocità assume il valore zero. Ricordando la definizione di
accelerazione
→
−
→
− →
−
→
−
→
−
0
i
+
0
j
−
6.30
i
−
8.42
j m
4v
→
−
→
− m
→
−
a =
= −2.10 i + 2.81 j 2
=
4t
3s
s2
s
→
−
−
Exercise 11. Una particella parte dall’origine al tempo t = 0 con velocità iniziale di →
v = 8.0 j m
s e si muove
→
−
→
− m
→
−
nel piano xy con un’accelerazione costante di a = 4.0 i + 2.0 j s2 . Trovare la coordinata y nell’istante in cui
la coordinata x = 29 m. Trovare pure la velocità scalare della particella in quell’istante.
Soluzione: la legge oraria del moto uniformemente accelerato è espressa da
1− 2
→
−
−
at
s =→
v 0t + →
2
essa si suddivide nelle due direzioni del moto
sx = v0x t + 21 ax t2
sy = v0y t + 12 ay t2
nel nostro caso
29 = 2.0 · t2
da cui, considerando la sola radice positiva,
r
t=
29
= 3.8 s
2.0
La coordinata y sarà pertanto
sy = 8.0 · 3.8 + 1.0 · 3.82 = 45 m
Per calcolare la velocità, facciamo riferimento alla alla legge delle velocità
→
−
−
−
v =→
v +→
at
0
da cui
vx = 4.0 · 3.8 = 15.2 m
s
vy = 8.0 + 2.0 · 3.8 = 15.6 m
s
la velocità scalare è quindi
v=
p
15.22 + 15.62 = 22
m
s
→
−
−
Exercise 12. Una particella parte dall’origine con velocità iniziale →
v = 3.00 i m
s . La sua velocità varia poi con
→
−
→
− m
→
−
un’accelerazione costante a = −1.00 i − 0.500 j s2 . Determinare posizione e velocità quando la sua coordinata
x è massima.
Soluzione: scriviamo la legge oraria del moto
1
→
−
→
−
→
−
→
−
−1.00 i − 0.500 j t2
s = 3.00t i +
2
esprimiamo la legge relativa alle componenti x, y
3.00t − 0.500t2
x
=
y
= −0.250t2
essendo assimilabile all’equazione di una parabola con concavità rivolta verso il basso (coefficiente negativo di t2 ), il suo massimo corrisponde al vertice della parabola e quindi ad un tempo t
t=−
3.00
b
=
= 3.00 s
2a
1.00
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
6
dopo 3 s la particella è pertanto in xmax = 4.5 m, e la velocità, v = v0 + at sarà
m
vx = 3.00 − 1.00t = 3.00 − 3.00 = 0
s
m
vy = 0 − 0.500t = −1.5
s
essa sarà rappresentabile vettorialmente come
→
− m
→
−
v = −15 j
s
si troverà nella posizione
1
→
−
→
−
→
−
→
−
s = 3.00 · 3.0 i +
−1.00 i − 0.500 j · 3.02
2
1
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
s = 9.00 i +
−1.00 i − 0.500 j 9.00 = 4.5 i − 2.25 j m
2
→
−
−
−
Exercise 13. La velocità →
v di una particella in moto nel piano xy è data dall’espressione →
v = 6.0t − 4.0t2 i +
→
− m
8.0 j s . Calcolare l’accelerazione per t = 3 s; Determinare se e quando si annullano l’accelerazione e la velocità;
infine determinare se e quando la velocità ha intensità 10 m
s .
Soluzione: per ottenere l’accelerazione dobbiamo calcolare la derivata della relazione che esprime la velocità nel tempo:
→
− m
→
−
a = (6.0 − 8.0t) i 2
s
quindi
→
− m
→
−
a (t = 3) = −18.0 i 2
s
L’accelerazione si annulla quando
→
− m
(6.0 − 8.0t) i 2 = 0
s
per
t = 0, 75 s
La velocità si annulla se
→
−
→
−
→
−
v = 6.0t − 4.0t2 i + 8.0 j = 0
ma, osservando che la componente lungo l’asse verticale non dipende dal tempo, se ne desume che la
velocità non sarà mai nulla;
Calcoliamo ora il modulo della velocità in funzione del tempo
q
2
v = (6.0t − 4.0t2 ) + 64.0
la velocità assumerà il valore richiesto di 10 m
s , se
q
2
10 = (6.0t − 4.0t2 ) + 64.0
cioè, svolgendo e dividendo per 4
4t4 − 12t3 + 9t2 − 9 = 0
risolvendo e considerando la radice reale e positiva, si ha
t = 2.2 s
−
Exercise 14. Una particella A si sposta sulla retta y = 30 m a velocità costante →
v di modulo v = 3.0 m/s e
direzione parallela all’asse x (si veda la figura). Una seconda particella B parte dall’origine, con velocità iniziale
−
nulla e accelerazione →
a di modulo a = 0.40 m/s2 , nello stesso istante in cui la particella A attraversa l’asse y.
→
−
Quale angolo θ tra a e il verso positivo dell’asse y potrebbe provocare una collisione tra le due particelle?
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
7
Soluzione: la particella A si muove in direzione orizzontale di moto rettilineo uniforme, mentre la particella B si muove di moto accelerato. La direzione del moto accelerato deve essere tale che le due particelle
si incontrino. Pertanto, affinché B raggiunga A, è necessario che percorra una traiettoria scomponibile
B
in un tratto orizzontale sB
x = vt = 3.0t e un tratto verticale sy = 30 m. La distanza complessiva che
deve percorrere la particella B è descritta dal segmento obliquo in figura che è ottenibile applicando il
th. di Pitagora al triangolo disegnato:
q
2
sB = 302 + (3t)
tale distanza deve essere percorsa con una accelerazione a = 0.4 m/s2 e partendo da ferma, per cui
q
1
2
302 + (3t) = at2 = 0, 2t2
2
Risolviamo elevando al quadrato
0, 04t4 − 9t2 − 900 = 0
l’equazione è biquadratica e si risolve ponendo, ad es. t2 = z
0, 04z 2 − 9z − 900 = 0
applicando la formula risolutiva, si ha, prendendo la sola soluzione positiva
√
9 + 81 + 144
= 300
z=
0.08
risolviamo ora rispetto a t, considerando ancora la sola soluzione positiva per il tempo
√
t = 300
Ora, l’angolo θ indicato in figura è legato alle due componenti dello spostamento dalla relazione
tan θ =
sB
3t
x
=
B
sy
30
cioè, sostituendo il valore ottenuto per t
θ = arctan
3·
√
300
30
!
= 60◦
4. Moto Dei Proiettili
Exercise 15. Una freccetta viene lanciata orizzontalmente in direzione del centro del bersaglio P in figura con
v0 = 10 m/s. Dopo 0.19 s essa colpisce il punto Q sul bordo del bersaglio posto verticalmente sotto P . Calcolare
la distanza P Q e la distanza dal bersaglio alla quale si trovava il lanciatore.
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
8
Soluzione: la freccetta è al momento del lancio allineata con il punto P , essendo la sua traiettoria parabolica colpirà invece il punto Q, cioè cade verso Q. Mi basta calcolare quindi la caduta verticale originata
dal moto accelerato verso il basso, secondo la legge y − y0 = v0y t − 12 gt2 ; in questo caso la velocità
iniziale è solo nella direzione orizzontale per cui v0y = 0
P Q = y0 − y = 4.9
m
· 0.192 s2 = 0.18 m
s2
la distanza tra il lanciatore e il bersaglio è quella che viene percorsa dalla componente orizzontale del
moto della freccetta, che avviene secondo le leggi di un moto rettilineo uniforme
x = v0x t = 10
m
· 0.19 s = 1.9 m
s
Exercise 16. Un fucile è puntato orizzontalmente contro un bersaglio alla distanza di 30 m. Il proiettile colpisce
il bersaglio 1.9 cm sotto il centro. Determinare il tempo di volo del proiettile e la velocità alla bocca del fucile.
Soluzione: possiamo riferirci sempre alla figura dell’esercizio precedente. La traiettoria è di tipo parabolico e quindi mirando orizzontalmente il proiettile cadrà verso il basso di 1.9 cm sotto l’azione dell’accelerazione
di gravità, g. Anche qui la vy0 = 0. Quindi
y − y0 = 1.9 · 10−2 m = 4.9
m 2 2
·t s
s2
da cui, risolvendo rispetto a t e considerando la soluzione positiva
s
1.9 · 10−2 m
t=
= 0.062 s
4.9 sm2
per calcolare la velocità iniziale, osserviamo che essa è dovuta solamente alla componente orizzontale.
Quindi il proiettile percorre 30 m in 0.062 s con un moto rettilineo uniforme. Pertanto
v=
30 m
m
= 482
0.062 s
s
Exercise 17. Gli elettroni possono essere sottoposti a caduta libera. Se un elettrone è proiettato orizzontalmente alla velocità di 3.0 · 106 m/s, quanto cadrà percorrendo 1.0 m di distanza orizzontale?
Soluzione: il disegno riproduce schematicamente il significato di caduta, cioè la componente verticale del
moto descritta da un moto uniformemente accelerato. La componente orizzontale è invece descritta da
un moto rettilineo uniforme, per cui
4t =
4s
1m
=
v
3.0 · 106
m
s
= 3.3 · 10−7 s
in questo intervallo di tempo l’elettrone percorrerà un tratto verticale (caduta) di
s=
2
1 2
1
m
gt = · 9.81 2 · 3.3 · 10−7 s = 5.45 · 10−13 m
2
2
s
Se la velocità orizzontale aumentasse l’elettrone percorrerebbe 1 m in un tempo inferiore e quindi la sua
caduta sarebbe minore.
Exercise 18. In un tubo a vuoto un fascio di elettroni è proiettato orizzontalmente alla velocità di 1.0·109 cm/s
nella zona compresa fra due piatti orizzontali quadrati di lato 2.0 cm, ai quali è applicato un campo elettrico
che accelera gli elettroni con una accelerazione costante e diretta verso il basso di 1.0 · 1017 cm/s2 . Trovare (a)
il tempo impiegato dagli elettroni per attraversare il campo, (b) lo spostamento verticale del raggio di elettroni
nel passaggio tra i due piatti (che non tocca) e (c) la velocità del raggio all’uscita dal campo.
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
9
Caso: (a): gli elettroni devono percorrere un tratto orizzontale (componente) di 2.0 cm. Quindi
2.0 cm
= 2.0 · 10−9 s
t=
1.0 · 109 cm
s
Caso: (b): lo spostamento verticale, cioè la componente verticale del moto, rappresenta ancora la caduta
del fascio di elettroni sotto l’azione dell’accelerazione prodotta dal campo (la caduta libera può considerarsi trascurabile osservando l’ordine di grandezza della accelerazione prodotta dal campo elettrico):
2
1
cm
s = · 1.0 · 1017 2 · 2.0 · 10−9 s2 = 0.2 cm
2
s
Caso: (c): la velocità è data dal contributo delle due componenti. La componente orizzontale, vx , rimane
invariata, mentre la vy può essere calcolata attraverso la relazione del moto accelerato uniformemente
cm
cm
v = v0 + at = 0 + 1.0 · 1017 2 · 2.0 · 10−9 s = 2.0 · 108
s
s
il modulo della velocità sarà
r
q
m 2
cm
m 2 2
2
+ 2.0 · 108
= 1.0 · 109
1.0 · 109
v = v x + vy =
s
s
s
esprimendola vettorialmente sarà
→
−
→
− cm
→
−
v = 1.0 · 109 i − 2.0 · 108 j
s
Exercise 19. Una palla rotola orizzontalmente fuori dal bordo di un tavolo alto 1.20 m e cade sul pavimento
alla distanza orizzontale di 1.50 m dal bordo del tavolo. Calcolare il tempo di volo della palla e la velocità
all’istante in cui ha lasciato il tavolo.
Soluzione: il moto di caduta verso il basso è un moto uniformemente accelerato con accelerazione g =
9.81 sm2 ; il dislivello è di 1.20 m. Calcoliamo il tempo di percorrenza, sapendo che la componente verticale
iniziale della velocità è nulla,
s
s
2h
2.40 m
t=
=
= 0.50 s
g
9.81 sm2
Durante questo intervallo di tempo la palla è avanzata in direzione orizzontale di 1.50 m di moto rettilineo
uniforme e quindi la velocità iniziale è la velocità costante del moto
1.50 m
m
4s
=
= 3.0
v=
4t
0.5 s
s
Exercise 20. Un proiettile viene sparato orizzontalmente da un’arma posta a 45.0 m sopra un terreno orizzontale. La sua velocità alla bocca dell’arma è 250 m/s. Calcolare il tempo di volo, a che distanza orizzontale
raggiungerà il terreno e il modulo della componente verticale della velocità quando colpisce il terreno.
Soluzione: il tempo di volo si calcola tenendo conto del moto accelerato di caduta, con velocità iniziale
250 m/s e velocità finale nulla
s
s
2h
2 · 45.0 m
t=
=
= 3.03 s
g
9.81 sm2
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
10
il calcolo della distanza orizzontale si basa sul moto rettilineo uniforme della componente orizzontale
del moto
m
· 3.03 s = 758 m
x = vt = 250
s
la componente verticale della velocità è quella acquisita nella caduta libera
r
p
m
m
v = 2hg = 2 · 45.0 m · 9.81 2 = 29.7
s
s
Exercise 21. Una palla da baseball viene lanciata verso il battitore orizzontalmente a una velocità iniziale di
160 km/h. La distanza a cui si trova il battitore è 18 m. Calcolare il tempo impiegato a coprire i primi 9 m in
orizzontale; I rimanenti 9 m; La caduta dovuta alla gravità nei primi 9 m in orizzontale e nei rimanenti 9 m.
m
Soluzione: la velocità iniziale, trasformata in m/s, è v0x = 160
3.6 = 44.4 s , mentre la v0y = 0 (essendo la
palla lanciata orizzontalmente). Il moto orizzontale può essere considerato rettilineo uniforme, da cui
9m
= 0.2 s
t=
44.4 m
s
nei secondi 9 m il tempo rimarrà invariato, trattandosi appunto di moto rettilineo uniforme;
la caduta è descrivibile mediante le leggi del moto uniformemente accelerato; nei primi 9 m si avrà, con
partenza da fermo
1
1
m
h1 = gt2 = · 9.81 2 · 0.22 s2 = 0.2 m
2
2
s
nei metri rimanenti, crescendo la velocità vy = gt = 9.81 sm2 · 0.2 s = 1.9 m/s, si percorrerà una distanza
maggiore
1
m
1
m
h2 = vt + gt2 = 1.9
· 0.2 s + · 9.81 2 · 0.22 s2 = 0.6 m
2
s
2
s
Exercise 22. Un proiettile è lanciato con la velocità iniziale di 30 m/s con un alzo di 60◦ rispetto al piano
orizzontale. Calcolare modulo e direzione della sua velocità dopo 2.0 s e dopo 5.0 s dal lancio.
Soluzione: calcoliamo le componenti orizzontale e verticale della velocità iniziale
m
m
v0x = v0 cos ϑ = 30 cos 60◦ = 15
s
s
m
m
voy = v0 sin ϑ = 30 sin 60◦ = 26
s
s
dopo 2.0 s la sua velocità orizzontale sarà invariata, vx (2 s) = 15 m
s , mentre la componente verticale
diverrà
m
m
m
vy = v0y − gt = 26
− 9.8 2 · (2.0) s = 6.4
s
s
s
il modulo della velocità sarà
q
q
m
2
v = vx2 + vy2 = 152 + (6.4) = 16
s
l’angolo sarà
6.4
α = arctan
= 23◦
15
sopra il piano orizzontale; dopo 5.0 s, la velocità orizzontale è sempre vx = 15 m
s , quella verticale
m
m
m
vy = v0y − gt = 26
− 9.8 2 · (5.0) s = −23
s
s
s
il modulo della velocità sarà
q
q
m
2
2
2
v = vx + vy = 152 + (−23) = 27.5
s
l’angolo sarà
27.5
α = arctan
= 61◦
15
sotto il piano orizzontale.
Exercise 23. Una pietra viene catapultata con la velocità iniziale di 20 m/s a un angolo di 40.0◦ rispetto al
piano orizzontale. Trovare i suoi spostamenti proiettati in orizzontale e in verticale dopo 1.10 s, 1.80 s, 5.00 s
dopo il lancio.
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
11
Soluzione: calcoliamo le componenti della velocità iniziale lungo le direzioni orizzontale e verticale
m
m
v0x = 20 · cos 40.0◦ = 15.3
s
s
m
m
◦
v0y = 20 · sin 40.0 = 12.9
s
s
la distanza percorsa nella direzione può essere calcolata tramite le leggi del moto rettilineo uniforme
m
x1 = v0x t = 15.3
· 1.1 s = 16.8 m
s
m
x2 = 15.3
· 1.8 s = 27.5 m
s
m
· 5.00 s = 76.5 m
x3 = 15.3
s
lo spostamento verticale è determinato tramite la legge del moto uniformemente accelerato
1
m
m
y1 = voy t − gt2 = 12.9
· 1.1 s − 4.9 2 · 1.12 s2 = 8.3 m
2
s
s
m
m
y2 = 12.8
· 1.8 s − 4.9 2 · 1.82 s2 = 7.3 m
s
s
m
m
· 5.00 s − 4.9 2 · 5.002 s2 = −58 m
y3 = 12.8
s
s
il testo non specifica la distanza dal suolo dalla quale la pietra viene scagliata. Se fosse scagliata da
terra, il terzo risultato non sarebbe fisicamente significativo, in quanto la pietra avrebbe già urtato il
terreno in ricaduta. La pietra, in tale ipotesi, urta il terreno dopo aver percorso
v02 sin 2ϑ0
202 sin 80◦
=
= 40.2 m
g
9.8
ciò indica che, in questo caso, anche lo spostamento orizzontale x3 non è plausibile, avendo la pietra
già urtato il terreno, definendo una distanza orizzontale massima di 40.2 m; in tal caso dopo 5.00 s lo
spostamento verticale è nullo.
R=
Exercise 24. Una palla viene lanciata dall’alto di un colle con la velocità iniziale di 15 m/s a un angolo di
20.0◦ sotto il piano orizzontale. Trovare il suo spostamento proiettato sul piano orizzontale e sull’asse verticale
2.30 s dopo il lancio.
Soluzione: calcoliamo le componenti della velocità iniziale lungo le direzioni orizzontale e verticale:
m
v0x = 15 cos 20.0◦ = 14.1
s
m
◦
v0y = 15 sin 20.0 = −5.1
s
(il segno negativo di voy dipende dal fatto che la palla viene lanciata sotto il piano orizzontale) la palla
ha uno spostamento in orizzontale costante nel tempo
m
x = v0x t = 14.1
· 2.30 s = 32.4 m
s
lo spostamento lungo la direzione verticale è descrivibile con un moto uniformemente accelerato (caduta
libera in assenza di attriti)
m
1
m
2
y = −5.1
· 2.30 s − 9.8 2 · (2.30) s2 = −37.6 m
s
2
s
Exercise 25. Una palla viene lanciata direttamente contro un muro con la velocità iniziale di 25.0 m/s a un
angolo di 40.0◦ rispetto al suolo orizzontale, come indicato in figura. Il muro si trova a 22.0 m dal punto di
lancio. (a) Per quanto tempo rimane in aria la palla prima di colpire la parete? (b) Quanto più in alto del punto
di lancio colpisce la parete? (c) Quali sono le componenti orizzontale e verticale della sua velocità all’istante in
cui colpisce la parete? (d) In questo istante ha già superato il vertice della traiettoria?
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
12
Caso: (a): il tempo di volo prima di colpire il muro è quello durante il quale la palla percorre i 22.0 m
che la separano dal muro stesso. Calcoliamo prima le componenti della velocità
m
m
v0x = 25.0
· cos 40.0◦ = 19.2
s
s
m
m
◦
v0y = 25.0
· sin 40.0 = 16.1
s
s
È possibile calcolare il tempo attraverso la componente orizzontale, che appunto indica lo spostamento
verso il muro
s
22.0 m
t=
= 1.15 s
=
vox
19.2 m
s
Caso: (b): Il punto in cui colpisce la parete al di sopra del punto di lancio, dipende dalla variazione della
componente verticale della velocità, nel tempo di 1.15 s
1
m
m
y = voy t − gt2 = 16.1
· 1.15 s − 4.9 2 · 1.152 s2 = 12.0 m
2
s
s
Caso: (c): calcoliamo la velocità nell’istante in cui la palla colpisce la parete. La componente orizzontale
non subisce alcuna variazione, in condizioni ideali, e pertanto sarà
m
vx = v0x = 19.2
s
la componente verticale varia invece secondo le leggi della caduta di un grave
2
vy2 = v0y
− 2gy
da cui
r
m 2
m
m
− 2 · 9.8 2 · 12 m = 4.9
s
s
s
Caso: (d): il moto complessivo è descrivibile attraverso una parabola. Il punto più in alto coincide
gx2
geometricamente con il vertice di tale parabola. Dalla equazione del moto y = x tan ϑ0 − 2v
con ϑ0
2
0x
angolo iniziale rispetto alla direzione orizzontale, si ricava l’ascissa del vertice, cioè lo spostamento in
orizzontale che confronteremo con la distanza tra palla e muro. L’ascissa del vertice
2
25 m
sin 80.0◦
v02 sin 2ϑ0
b
s
=
=
Vx = −
= 31.4 m
2a
2g
2 · 9.8 sm2
vy =
16.1
essendo la distanza tra palla e parete di 22 m, dopo 1.15 s la palla è ancora in fase di salita.
La risposta si può dare anche confrontando i tempi, in quanto il punto di massimo corrisponde a quello
in cui la velocità si annulla (in fase di salita la velocità ha segno positivo, che si inverte quando la palla
inizia a scendere per il prevalere della gravità. Tra queste due fasi la velocità si annullerà appunto nel
vertice della traiettoria parabolica). Quindi da
vy = v0y − gt
dovendo essere vy = 0, si ha
t=
16.1 m
v0y
s
=
= 1.64 s
g
9.8 sm2
anche in questo caso, il tempo è superiore al tempo necessario a colpire il muro di 1.15 s, e ciò indica
ancora come la palla sia in fase di salita.
Exercise 26. Dimostrare che, per un proiettile sparato da un terreno piano a un angolo ϑ0 rispetto all’orizzontale,
il rapporto fra la massima altezza H e la gittata R è dato dall’espressione H/R = 41 tan ϑ0 . Per quale angolo si
ha H = R?
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
13
Soluzione: La relazione che esprime il punto di massima altezza, cioè il punto in cui vy = v0 sin ϑ0 = 0, è
v02 sin2 ϑ0
2g
mentre la gittata, distanza tra punto di partenza e di ricaduta, cioè nel modello geometrico la distanza
tra le intersezioni della parabola con l’asse orizzontale, è espressa da
H=
R=
v02 sin 2ϑ0
2v 2 sin ϑ0 cos ϑ0
= 0
g
g
il loro rapporto sarà pertanto
H
=
R
v02 sin2 ϑ0
2g
2v02 sin ϑ0 cos ϑ0
g
Se H = R, allora il rapporto
si ha
H
R
=
v02 sin2 ϑ0
g
1
· 2
= tan ϑ0
2g
2v0 sin ϑ0 cos ϑ0
4
= 1, cioè
1
4
tan ϑ0 = 1. Risolvendo la equazione goniometrica elementare,
ϑ0 = arctan 4 = 76◦
Exercise 27. Una pietra viene proiettata verso un terrapieno di altezza h con la velocità iniziale di 42.0 m/s a
un angolo di 60.0◦ rispetto al suolo orizzontale (vedi figura). La pietra cade in A, 5.50 s dopo il lancio. Trovare
l’altezza h del terrapieno; la velocità della pietra subito prima dell’urto col terreno e la massima altezza H sopra
il suolo raggiunto dalla pietra.
Soluzione: utilizziamo la legge che descrive il moto parabolico della pietra. Nel tempo t = 5.50 s, la
pietra percorre in orizzontale la distanza
m
x = v0 cos ϑ0 t = 42.0
· cos 60.0◦ · 5.50 s = 115.5 m
s
e in verticale
1
m
m m 2
y = v0 sin ϑ0 t − gt2 = 42.0
· sin 60.0◦ · 5.50 s − 4.9 2 · 5.50
= 51.8 m
2
s
s
s
Prima dell’urto con il terrapieno la velocità si otterrà sommando vettorialmente la velocità orizzontale,
costante, con quella diretta verticalmente
m
m
· cos 60.0◦ = 21
vx = v0 cos ϑ0 = 42.0
s
s
m
m
m
◦
· sin 60.0 − 9.8 2 · 5.50 s = −17.5
vy = v0 sin ϑ0 − gt = 42.0
s
s
s
la velocità sarà quindi
q
m
2
v = 212 + (−17.5) = 27.3
s
la massima altezza raggiunta è espressa da
2 2
42.0 m
sin 60.0◦
v02 sin2 ϑ0
s
H=
=
= 67.5 m
2g
2 · 9.8 sm2
Exercise 28. La velocità di lancio di un proiettile è cinque volte maggiore della velocità che esso raggiunge
alla massima altezza. Calcolare l’angolo di elevazione del lancio.
Soluzione: la velocità di lancio non è altro che la velocità iniziale v0 . Inoltre, nel punto di massima
altezza, la componente verticale vy = 0. Pertanto
vy = v0 sin θ0 − gt = 0
cioè, la velocità nel punto di massima altezza è espressa dalla sola componente orizzontale
vx = v0x = v0 cos θ0
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
14
e questa sarà un quinto della velocità iniziale; quindi
q
2 + v 2 = 5v
v0 = v0x
0x
0y
elevando al quadrato e sommando i termini simili, si ottiene
2
2
24v0x
= voy
ma il rapporto
v0y
v0x
= tan θ0 , per cui
θ0 = arctan
√
24 = 78.5◦
Exercise 29. Un fucile con una velocità alla volata di 450 m/s spara un proiettile contro un bersaglio distante
45 m. quanto più alto del bersaglio deve essere puntata la canna del fucile per riuscire a colpire il bersaglio?
Soluzione: la velocità iniziale ha una direzione orizzontale, uscendo dalla canna; l’angolo θ0 = 0. La
traiettoria del proiettile è descritta dalla legge del moto parabolico:
y = x tan θ0 −
gx2
2
2v0x
nel nostro caso, θ0 = 0 e v0x = 450 m
s , per cui
y=
9.8 sm2 · 452 m2
2 · 4502
m2
s2
= 0.049 m
→
−
−
Exercise 30. Si spara una palla da terra in aria. All’altezza di 9.1 m si osserva una velocità →
v = 7.6 i +
→
−
6.1 j m/s. Calcolare la massima elevazione e la distanza orizzontale complessiva percorsa. Determinare inoltre
la velocità della palla nell’istante prima di cadere a terra.
Soluzione: La velocità è espressa mediante il vettore; da questo deduciamo le componenti orizzontali e
verticali
vx = 7.6 m
s
vy = 6.1 m
s
sappiamo che la componente orizzontale si mantiene costante. La componente verticale varia secondo
le leggi del moto accelerato
vy2 = v02 sin2 θ0 − 2g (y − y0 )
da cui
m
m2
m2
2
v0y
= v02 sin2 θ0 = vy2 + 2g (y − y0 ) = 6.12 2 + 2 · 9.8 2 · 9.1 m = 229.3 2
s
s
s
la massima elevazione è data da
2
H=
229.3 m
v02 sin2 θ0
s2
=
= 11.7 m
2g
19.6 sm2
La distanza complessiva è rappresentata dalla gittata
R=
v02 sin 2θ0
g
ora v02 sin 2θ0 = 2v02 sin θ0 cos θ0 = 2v0 cos θ0 · v0 sin θ0 = 2v0x · v0y = 2vx · v0y , per la costanza della
componente orizzontale. Pertanto
√
2 · 7.6 m
229.3 m
s ·
s
R=
= 23.5 m
m
9.8 s2
Infine, la velocità prima dell’impatto corrisponde al valore assoluto massimo della componente verticale. Poiché nel punto di massima elevazione, la componente verticale della velocità è nulla, possiamo
considerare la palla che cade da 11.7 m con partenza da fermo, per ottenere la velocità
r
p
m
m
vy = − 2gy = − 2 · 9.8 2 · 11.7 m = −15.1
s
s
la velocità, espressa vettorialmente, sarà
→
−
→
−
→
−
v = 7.6 i − 15.1 j m/s
il suo modulo sarà
v=
q
m
2
7.62 + (−15.1) = 17.0
s
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
15
con
θ = arctan
−15.1
7.6
= 63◦
sotto il piano orizzontale.
Exercise 31. Nel suo libro Discorsi e Dimostrazioni matematiche, Galileo afferma che per altezze (cioè,
angoli di alzo) che superano o sono minori di 45◦ di uguali quantità le gittate sono uguali . Dimostrare tale
affermazione.
Soluzione: la gittata è espressa da
v02
sin 2ϑ0
g
la figura mostra l’andamento della funzione y = sin 2ϑ0
R=
dalla quale si osserva che il valore massimo si ottiene per l’angolo di 45◦ . L’alzo deve essere minore di 90◦ ,
tiro verticale, e osservando la simmetria della curva si può ricavare che per due angoli complementari, cioè che
sommati danno 90◦ , il valore della funzione seno è lo stesso e ciò determinerà una uguale gittata.
Exercise 32. Dai vulcani in eruzione vengono espulsi grossi proiettili di pietra. Se la situazione è quella
rappresentata in figura, determinare a quale velocità iniziale devono essere espulsi nel punto A a un’elevazione
di 35◦ per cadere nel punto B ai piedi del vulcano. Determinare poi il tempo di volo.
Soluzione: considero l’equazione della traiettoria dei singoli proiettili di pietra:
y = x tan ϑ0 −
2 (v02
gx2
cos2 ϑ0 )
e per ottenere , dobbiamo risolvere rispetto alla velocità iniziale
v02 (y + x tan ϑ0 ) =
gx2
2 cos2 ϑ0
nel nostro caso si ha: y = −3300 m, x = 9400 m, ϑ0 = 35◦ ; sostituendo si ottiene
v02 (3300 m + 9400 m tan 35◦ ) =
9.8 sm2 · 94002 m2
2 cos2 35◦
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
16
e risolvendo rispetto alla velocità, si ha
s
9.8 sm2
9400 m
m
v0 =
= 256
cos 35◦ 2 (3300 m + 9400 m tan 35◦ )
s
il tempo di volo può essere ottenuto mediante la componente orizzontale della velocità iniziale, in
quanto il proiettile, nella direzione orizzontale, si muove di moto rettilineo uniforme; calcoliamo vox =
v0 cos 35◦ = 210 m
s . Determiniamo ora il tempo impiegato per percorrere a tale velocità i 9400 m di
lunghezza orizzontale
9400 m
t=
= 45 s
210 m
s
Exercise 33. A quale velocità iniziale deve essere lanciata una palla, con un angolo di elevazione di 55◦ , per
centrare direttamente il canestro senza rimbalzo? (vedi figura)
Soluzione: utilizziamo anche qui la legge oraria del moto e risolviamola rispetto a v0 . Da
y − y0 = x tan ϑ0 −
2v02
gx2
cos2 ϑ0
si ottiene
s
v0 =
gx2
1
·
2 cos2 ϑ0 (y − y0 ) + x tan ϑ0
sostituendo i valori assegnati e facendo attenzione alla gestione dei segni, si ha
s
9.8 sm2 · 5.52 m2
1
m
v0 =
·
=8
◦
◦
2x cos 55
5.5 m · x tan 55 − 0.9 m
s
Exercise 34. Un proiettile viene lanciato con velocità iniziale v0 = 30.0 m/s dal livello del suolo contro un
bersaglio posto a una distanza orizzontale R = 20.0 m (vedi figura). Trovare i due possibili angoli, per la
traiettoria alta e bassa.
Soluzione: Il valore assegnato R = 20.0 m è la gittata del proiettile; pertanto da
R=
v02 sin 2ϑ0
g
si ottiene
sin 2ϑ0 =
Rg
v02
sostituendo e risolvendo rispetto a ϑ0 , si ha
2ϑ0 = arcsin
20.0 m · 9.8 sm2
30.02
m2
s2
!
= 12.6◦
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
17
Ne segue che gli angoli di elevazione saranno
ϑ10
=
6.3◦
ϑ20
=
83.7◦
ricordando che si ottiene la stessa gittata per angoli tra loro complementari (cioè la cui somma è 90◦ ).
Exercise 35. Qual è la massima altezza che può raggiungere una palla lanciata da un giocatore la cui massima
gittata è di 60 m?
Soluzione: Ricordiamo il significato delle grandezze coinvolte: la gittata è la distanza massima orizzontale
percorsa dal corpo per tornare alla stessa altezza del punto di partenza; essendo la traiettoria parabolica,
la gittata è la distanza tra le due intersezioni della parabola con l’asse orizzontale passante per i due
punti; l’altezza massima corrisponde all’ordinata del vertice della parabola,
H=
v02 sin2 ϑ0
2g
tale altezza è massima per un angolo di 45◦ ; la gittata è espressa da
R=
v02 sin 2ϑ0
g
per un angolo di 45◦ , diviene
R=
v02
g
sostituendo in H, si ha
√ 2
60.0 m 22
R sin2 45◦
H=
=
= 15.0 m
2
2
Exercise 36. Un aeroplano, volando a 290 km/h con un angolo di 30◦ verso il basso rispetto al piano orizzontale,
sgancia un falso bersaglio radar, come in figura. La distanza orizzontale fra il punto di rilascio e quello in cui
colpisce il suolo è di 690 m. Determinare l’altezza dell’aereo al momento dello sgancio e il tempo di volo del
bersaglio.
Soluzione: Indichiamo con v la velocità dell’aereo e quindi anche del bersaglio ad esso solidale. Possiamo
pertanto calcolare la componente orizzontale di tale velocità, conoscendo l’angolo.
290 m
m
· cos 30.0◦ = 69.8
3.6 s
s
Il bersaglio percorre pertanto i 690 m in orizzontale con la velocità calcolata, per cui
vx =
t=
690 m
= 9.9 s
69.8 m
s
L’altezza alla quale l’aereo si trova, può essere ottenuta utilizzando la relazione che descrive la traiettoria
del moto, considerando come negativo l’angolo rivolto verso il basso
y0 − y = x tan ϑ −
9.8 sm2 · 6902 m2
gx2
◦
=
690
tan
(−30.0
)
−
= 877 m
2
2
2vx2
2 · (69.8) m
s2
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
18
Exercise 37. Un pallone viene calciato in avanti con velocità iniziale di 20 m/s e un angolo di elevazione di
45◦ . Contemporaneamente un attaccante, che si trova 54 m più avanti nella direzione del tiro, parte di scatto
per raggiungere la palla. Quale deve essere la sua velocità media per raggiungere la palla subito prima che
tocchi il terreno?
Soluzione: Calcoliamo innanzitutto la distanza che percorre la palla calciata; tale distanza corrisponde
alla gittata (per l’angolo ϑ0 = 45◦ , la gittata è massima, essendo sin 90◦ = 1):
R=
202 m
v02
s
=
= 41 m
g
9.8 sm2
l’attaccante trovandosi oltre il punto di caduta della palla, dovrà raggiungerla percorrendo 54 − 41 =
13 m. Il tempo di volo della palla può essere ottenuto considerando il moto rettilineo uniforme della
componente orizzontale
√
2
m
m
v0x = v0 cos ϑ0 = 20
·
= 14.1
s
2
s
l’intervallo di tempo sarà quindi
41 m
t=
= 2.9 s
14.1 m
s
la velocità media del calciatore sarà pertanto
13 m
m
4s
=
= 4.5
vmedia =
4t
2.9 s
s
Exercise 38. Un aereo, picchiando a un angolo di 53◦ rispetto alla verticale, sgancia un proiettile a una
quota di 730 m dal suolo. Il proiettile colpisce il terreno dopo 5.00 s. Trovare la velocità dell’aereo, la distanza
orizzontale percorsa dal proiettile durante la caduta e infine le componenti orizzontale e verticale della sua
velocità all’istante in cui ha colpito il terreno.
Soluzione: nell’istante in cui il proiettile viene sganciato la velocità dell’aereo e del proiettile solidale è
quella illustrata in figura. Pertanto il proiettile, mentre percorre in caduta i 730 m, verrà accelerato
verso il basso dal suo peso incrementando cosı̀ la sua velocità verticale iniziale, secondo la legge del
moto uniformemente accelerato
1
s = vy t + gt2
2
risolvendo rispetto a vy e sostituendo i valori assegnati, si ha
s − 21 gt2
730 m − 4.9 sm2 · 5.002 s2
m
=
= 121.5
t
5.00 s
s
diretta verso il basso; dalla componente verticale è possibile ottenere la velocità, attraverso i teoremi
della trigonometria, cioè l’ipotenusa di un triangolo rettangolo è uguale al prodotto di un cateto per il
coseno dell’angolo adiacente
121.5 m
m
s
v=
= 202
cos 53◦
s
È ora possibile calcolare anche la componente orizzontale del moto, anche col th. di Pitagora,
p
m
vx = 2022 − 121.52 = 161
s
Dalla componente orizzontale della velocità si ottiene la distanza orizzontale percorsa, in quanto tale
moto può essere descritto dalle leggi del moto rettilineo uniforme
m
x = vx t = 161
· 5.00 s = 806 m
s
La componente orizzontale della velocità prima dell’impatto col terreno è sempre uguale a vx = 161 m
s ,
mentre la componente verticale è quella ricavata pari a 121.5 m
si
ricava
dalle
leggi
del
moto
accelerato
s
m
m
m
f
vy = vy + gt = 121.5
+ 9.81 2 · 5 s = 170.5
s
s
s
diretta verso il basso.
vy =
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
19
Exercise 39. Una palla lanciata orizzontalmente dall’altezza di 20 m, tocca il suolo con una velocità tripla
rispetto a quella iniziale. Trovare la velocità iniziale.
Soluzione: se la palla è lanciata orizzontalmente, la sua velocità iniziale ha solo la componente orizzontale.
La velocità iniziale, dovuta alla caduta libera della palla, può essere ottenuta dalla relazione
vf2 = v02 + 2gy
essendo vf = 3v0 , sostituendo si ottiene
8v02 = 392
da cui
s
v0 =
2
392 m
m
s2
= 7, 1
8
s
Exercise 40. Un tennista serve la palla orizzontalmente da un’altezza sul terreno di 2.37 m a una velocità di
23.6 m/s. Con quale altezza la palla passa sopra la rete, alta 0.90 m, che si trova a una distanza di 12 m? Se il
tennista servisse con un’inclinazione verso il basso di 5.00◦ rispetto all’orizzontale, la palla passerà ancora sopra
la rete ?
Soluzione: applichiamo la legge che descrive il moto parabolico che seguirà la pallina, determinando
l’altezza raggiunta dopo aver percorso 12 m; l’altezza massima della pallina è quella al momento del
lancio, per cui, essendo ϑ0 = 0
2.37 m − y =
9.8 sm2 · 122 m2
gx2
=
2
2vx2
2 · 23.62 m
s2
risolvendo rispetto a y, si ottiene
y = 2.37 m −
9.8 sm2 · 122 m2
2 · 23.62
m2
s2
= 1.10 m
la pallina oltrepassa la rete di 20 cm. Se l’angolo iniziale è di 5.00◦ verso il basso, bisogna calcolare la
componente orizzontale della velocità, vx0 = 23.6 cos 5.00◦ = 23.5 m
s
2.37 m − y = 12 · tan 5.00◦ +
9.8 sm2 · 122 m2
2 · 23.52
m2
s2
risolvendo rispetto a y, si ha
y = 0.43 cm
quindi la palla non supera la rete, colpendo la rete a 4, 3 cm sopra il terreno.
5. Moto Circolare Uniforme
Exercise 41. In un modello di atomo di idrogeno, un elettrone orbita attorno al protone su un cerchio di raggio
5.28 · 10−11 m, alla velocità di 2.18 · 106 m/s. Calcolare l’accelerazione dell’elettrone.
Soluzione: l’esercizio presuppone che la velocità dell’elettrone rimanga sempre costante in modulo, in
modo che il moto possa essere descritto dalle leggi del moto circolare uniforme. La velocità cambia ogni
istante la propria direzione, ed essendo la velocità una grandezza vettoriale, tale variazione deve essere
descritta dall’azione di una accelerazione, l’accelerazione centripeta, diretta cioè verso il centro. (tale
accelerazione è dovuta alla forza elettrica tra la carica del nucleo e dell’elettrone).
2 2
2.18 · 106 m
v2
m
s2
ac =
=
= 9.00 · 1022 2
r
5.28 · 10−11
s
Exercise 42. Determinare modulo, direzione e verso dell’accelerazione di un velocista che corre a 10 m/s su
una curva di raggio 25 m
Soluzione: basta ricordare la relazione che lega l’accelerazione centripeta alle grandezze assegnate
2
10 m
v2
m
s
ac =
=
=4 2
r
25 m
s
l’accelerazione centripeta è sempre diretta verso il centro della curva.
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
20
Exercise 43. Un campo magnetico è in grado di costringere una particella carica a seguire un percorso circolare.
Supponiamo che un elettrone, per effetto di un certo campo magnetico, subisca un’accelerazione radiale di
3.0 · 1014 m/s2 . Determinare la velocità dell’elettrone se il raggio del percorso circolare è di 15 cm e il periodo
del moto circolare.
Soluzione: la relazione è la stessa del caso precedente; si tratta in questo caso di applicare la formula
inversa
r
√
m
m
v = ar = 3.0 · 1014 2 · 0.15 m = 6.7 · 106
s
s
il periodo, cioè il tempo di percorrenza di un intero giro, è dato da
2πr
2π · 0.15 m
T =
=
= 1.4 · 10−7 s
v
6.7 · 106 m
s
Exercise 44. Un velocista corre alla velocità di 9.2 m/s su una pista circolare, con un’accelerazione centripeta
di 3.8 m/s2 . Determinare il raggio della pista e il periodo del moto.
Soluzione: esercizio di semplice applicazione delle relazioni che legano le grandezze cinematiche. Nel
nostro caso, da
v2
a=
r
si ricava
2
9.2 m
v2
s
=
= 22.3 m
r=
a
3.8 sm2
il periodo è il tempo impiegato per percorrere un giro intero, cioè
2πr
2π · 22.3 m
T =
=
= 15.2 s
v
9.2 m
s
Exercise 45. Un satellite terrestre viaggia su un’orbita circolare alla quota di 640 km sopra la superficie
terrestre. Il periodo di rivoluzione è di 98.0 min. Calcolare la velocità del satellite e l’accelerazione di gravità a
quella distanza.
Soluzione: In questo moto circolare, l’accelerazione di gravità è l’accelerazione centripeta che tiene vincolato il satellite nell’orbita. I dati sono forniti con diverse unità di misura e nel calcolo bisogna eseguire
prima le opportune equivalenze. Nel calcolare la distanza bisogna tener conto anche del raggio terrestre,
essendo la Terra un corpo solido esteso e l’ipotetico centro di rotazione si trova, appunto, nel centro
della Terra
2π · 6.37 · 106 + 6.40 · 105 m
2πr
m
v=
=
= 7491
T
98.0 · 60 s
s
l’accelerazione è data da
2
74912 m
v2
m
s2
ac =
=
= 8.00 2
6
5
r
(6.37 · 10 + 6.40 · 10 ) m
s
Exercise 46. Se una sonda spaziale è in grado di sopportare un’accelerazione di 20 g, calcolare il minimo raggio
di curvatura del percorso che può affrontare a una velocità pari a un decimo di quella della luce; determinare
inoltre il tempo per compiere un quarto di giro.
Soluzione: la relazione che lega le tre grandezze date è
v2
r
7 m
se la velocità è 3 · 10 s , cioè un decimo della luce, si ha
ac =
2
r=
9 · 1014 m
v2
s2
=
= 4.6 · 1012 m
ac
20 · 9.8 sm2
tale raggio equivale a circa 31 U A, cioè un’orbita simile a quella di Nettuno, supposta circolare. Il tempo
è ottenibile da
2πr
2π · 4.6 · 1012 m
T =
=
= 9.6 · 105 s
v
3.7 · 107 m
s
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
21
cioè, dividendo per 4,
T = 2.4 · 105 s ≈ 2.8 anni terrestri
Exercise 47. Un ventilatore compie 1200 giri al minuto. consideriamo un punto sul bordo esterno di una pala
di raggio 0.15 m. Trovare la distanza che percorre questo punto ad ogni giro, la sua velocità e accelerazione.
Soluzione: in numero dei giri al minuto rappresenta la frequenza; calcoliamola in Hertz
f=
giri
1200 min
= 20 Hz
s
60 min
la distanza che il punto percorre è rappresentata dalla lunghezza della circonferenza di raggio 0.15 m,
cioè
l = 2πr = 2π · 0.15 m = 0.94 m
la velocità è data da
v = 2πrf = 0.94 m · 20 Hz = 18.8
m
s
mentre l’accelerazione è
2
a=
18.82 m
v2
m
s2
=
= 2369 2
r
0.15 m
s
Exercise 48. Un treno viaggia alla velocità media di 216 km/h. Se abborda una curva a questa velocità e la
massima accelerazione tollerabile dai passeggeri è 0.050g, determinare il minimo raggio ammissibile per le curve
dei binari. Se una curva ha un raggio di 1.00 km a quale valore deve essere ridotta la velocità del treno per
rispettare il limite dell’accelerazione?
Soluzione: un’accelerazione di 0.050g corrisponde a 0.050 · 9.8 sm2 = 0.49 sm2 . La velocità in m/s vale
m
m
v2
v = 216
3.6 s = 60 s . Poiché l’accelerazione vale a = r , ricaviamo il raggio di curvatura, risolvendo la
relazione rispetto a r
2
r=
602 m
v2
s2
=
= 7347 m
a
0.49 sm2
se il raggio viene posto a 1000 m, allora, risolvendo rispetto a v, si ha
r
√
m
m
km
v = ar = 0.49 2 · 1000 m = 22.1
= 80
s
s
h
Exercise 49. Nell’esplosione di una supernova il suo nocciolo può contrarsi tanto da raggiungere un raggio di
20 km (stella di neutroni). Se una tale stella compie un giro al secondo, determinare la velocità di una particella
posta sull’equatore e la sua accelerazione centripeta.
Soluzione: il fenomeno fisico viene affrontato in forma semplificata e può essere descritto quindi mediante
le relazioni che trattano del moto circolare uniforme. Se la stella compie un giro al secondo, vuol dire
che la frequenza del moto è di 1 Hz. Calcoliamo quindi la velocità
m
v = 2πrf = 2π · 20000 m · 1 Hz = 125664
s
l’accelerazione sarà quindi
2
1256642 m
v2
m
s2
a=
=
= 789568 2 = 80568g
r
20000 m
s
Exercise 50. Un astronauta sta girando in una centrifuga su un raggio di 5.0 m. Determinare la velocità se la
sua accelerazione è di 7.0 g e la frequenza e il periodo corrispondenti.
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
22
Soluzione: il moto dell’astronauta può essere descritto secondo le leggi del moto circolare uniforme. Se
sono noti il raggio e l’accelerazione, basta trasformare quest’ultima nell’unità del SI, cioè a = 7.0 · 9.8 sm2 ;
2
sapendo che a = vr , si ottiene, risolvendo rispetto a v
r
√
m
m
v = ar = 7.0 · 9.8 2 · 5.0 m = 18.5
s
s
essendo v = 2πrf , si può ottenere la frequenza
f=
18.5 m
v
s
=
= 0.6 Hz
2πr
2π · 5.0 m
il periodo è il reciproco della frequenza
T =
1
= 1.7 s
0.6 Hz
Exercise 51. Determinare l’accelerazione centripeta dovuta alla rotazione della Terra per un oggetto che si
trova sull’equatore. Quale dovrebbe essere il periodo di rotazione della Terra affinché questa accelerazione sia
uguale a 9.8 m/s2 ? Calcolare infine l’accelerazione per una persona posta ad una latitudine di 40◦ N .
Soluzione: assumendo il raggio terrestre di 6.37 · 106 m e poiché l’equatore è un cerchio massimo, si ha
2πr 2
v2
4π 2 r
T
a=
=
=
r
r
T2
ora sapendo che il periodo di rotazione corrisponde ad un giorno che contiene T = 24 · 3600 s, si ha
a=
m
4π 2 · 6.37 · 106 m
= 0.034 2
2
2
86400 s
s
per avere una accelerazione pari a quella di gravità, il periodo dovrebbe essere
s
r
4π 2 r
4π 2 · 6.37 · 106 m
T =
=
= 5066 s = 84.4 minuti
a
9.8 sm2
Se la persona è posta alla latitudine di 40◦ N , descrive un cerchio (parallelo) più piccolo (si veda una
rappresentazione schematica in figura).
Applicando il teorema dei triangoli rettangoli a P O0 O, si ha
P O0 = rparallelo = OP cos 40◦ = 6.37 · 106 m · cos 40◦ = 4.88 · 106 m
Applicando la relazione scritta sopra, con periodo uguale (la velocità angolare della Terra è sempre la stessa),
si ha
m
4π 2 · 4.88 · 106 m
a=
= 0.026 2
864002 s2
s
Exercise 52. Una particella P viaggia a velocità costante su un cerchio di raggio 3.00 m, compiendo una
rivoluzione ogni 20.0 s. Passa per il punto O all’istante t = 0. (a) Trovare modulo e direzione del vettore
posizione rispetto a O per t = 5.00 s e t = 7.50 s. (b) Per l’intervallo di 5.00 s dalla fine del 5° alla fine del
10° secondo, trovare lo spostamento e velocità media. (c) Alla fine di questo intervallo, trovare la velocità e
l’accelerazione istantanea.
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
23
Caso: (a): Assumendo il punto O come riferimento e sapendo che il periodo è di 20.0 s, possiamo individuare la posizione del punto dopo 5.00 s. Esso si troverà a un quarto di giro dopo O (infatti 5.00 s
sono la quarta parte del periodo). Il vettore spostamento sarà pertanto la corda OO0 , cioè il lato del
quadrato inscritto:
√
√
OO0 = r 2 = 3.00 · 2 = 4.24 m
dopo 7.50 s il punto O si sarà spostato di modo che la corda OO00 sottende un angolo al centro di 135◦ . La
sua lunghezza si può calcolare con il teorema della corda sapendo che l’angolo alla circonferenza sotteso
dalla stessa corda è metà dell’angolo al centro, cioè 67.5◦ ; oppure attraverso il modello geometrico nella
figura sotto:
il triangolo OQP è isoscele, il triangolo CHP è rettangolo isoscele, per cui CH, lato del quadrato di diagonale
√ m = 2.12 m e l’altezza OH = 3.00 + 2.12 m = 5.12 m. Inoltre, osservando che CH = HP , si
CP , è CH = 3.00
2
può ricavare OP con il th. di Pitagora
p
OP = (5.122 + 2.122 ) m2 = 5.54 m
Caso: (b): in questo intervallo, dalla fine del 5° alla fine del 10° secondo, la particella percorre un quarto
di giro; lo spostamento è dato dal vettore che congiunge i punti O’y la cui intensità è pari al lato del
quadrato inscritto, cioè
√
s = 3.00 · 2 = 4.24 m
l’angolo formato è di 135◦ . La velocità vettoriale media è
4.24 m
v=
= 0.85 s
5.00 s
nella stessa direzione dello spostamento
Caso: (c): la velocità istantanea alla fine di tale intervallo, cioè dopo 10 s, si ha
2πr
2π · 3.00 m
m
v=
=
= 0.94
T
20.00 s
s
l’accelerazione sarà
2
0.942 m
v2
m
s2
a=
=
= 0.30 2
r
3.00 m
s
Exercise 53. Un ragazzino fa ruotare un sasso legato a una corda lunga 1.5 m su un cerchio orizzontale a 2.0 m
dal suolo. La corda si rompe, e il sasso si muove ora orizzontalmente andando a cadere a 10 m di distanza.
Calcolare l’accelerazione centripeta del sasso nel suo moto circolare.
MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI
24
Soluzione: L’esercizio raggruppa più aspetti sinora presentati. Il moto di rotazione legato alla corda è
descritto dalle leggi del moto circolare uniforme; lo spezzarsi della corda serve a richiamare l’attenzione
sul significato di velocità tangenziale, cioè la velocità che il sasso possiede se lasciato libero di muoversi
di moto rettilineo uniforme. Infine la caduta indica che il sasso è soggetto alla forza di gravità che lo tira
verso il basso facendogli descrivere un moto parabolico, cioè con componente della velocità orizzontale
costante.
La corda rappresenta il raggio di curvatura costante del moto circolare. La velocità tangenziale sarà
2
, con ϑ0 = 0, si ha
calcolabile dalle leggi del moto parabolico. Da y = gx
2v02
r
r
9.8 sm2
g
m
v=x
= 10 m ·
= 15.65
2y
2 · 2.0 m
s
L’accelerazione sarà pertanto
2
a=
15.652 m
v2
m
s2
=
= 163.3 2
r
1.5 m
s
5
Capitolo
Fisica dei moti
circolari e periodici
1. Il moto circolare
Quali sono le caratteristiche del moto circolare?
Una particella si dice animata di moto circolare quando la sua traiettoria è una circonferenza. Lo studio di questo tipo di moto avviene individuando due direzioni
istantanee, cioè due rette orientate che cambiano ad ogni nuova lettura di cronometro. Si tratta della direzione radiale, lungo la semiretta che esce dal centro della circonferenza verso la posizione del punto che si sta muovendo; e della direzione tangenziale, sulla retta tangente alla circonferenza, orientata nel verso del moto e perpendicolare alla direzione radiale.
direzione
tangenziale
direzione
radiale
Quali sono direzione e verso della velocità nel moto circolare?
Quando una particella descrive una traiettoria curva, e una circonferenza in particolare, per capire la direzione della velocità possiamo immaginare che d’improvviso
scompaiano tutte le forze in azione. La particella si troverebbe allora nella condizione
contemplata dalla legge d’inerzia, la quale prevede che, in assenza di forze, il moto
segua una linea retta. Si tratta della retta tangente alla traiettoria, che per definizione viene assunta come direzione della velocità in quel dato istante.
Che cosa sappiamo di sbagliato riguardo al moto circolare?
Prima di iniziare l’analisi del moto circolare, è necessario rimuovere due idee errate
che nei secoli si sono radicate, e che costituiscono un ostacolo alla comprensione di
questo fenomeno.
•
•
prima idea errata: un oggetto può seguire una traiettoria circolare senza che vi sia
un ” binario” di qualche tipo che lo costringa a farlo.
seconda idea errata: un oggetto in moto circolare tende ad essere scagliato verso
l’esterno, in direzione radiale, dall’azione di una forza detta “centrifuga”.
127

v

v
Perché occorre un “binario” per sostenere il moto circolare?
SI

v

N

N

v
stesso valore perché non sta accelerando in intensità. Poiché il secondo principio prevede che possa aver luogo un’accelerazione unicamente in presenza di una forza,
ne deduciamo che nel moto circolare occorre una forza anche solo per cambiare ogni
istante la direzione alla velocità. Come vedremo nel dettaglio, si tratta di una forza in
direzione radiale, che punta sempre verso il centro della circonferenza: ne sono
esempi la forza normale esercitata da un binario curvo, oppure la tensione di una
corda legata al centro della circonferenza. Nella figura a lato, là dove il binario (in
un piano orizzontale) si interrompe, la pallina prosegue con un moto in linea retta
lungo la direzione tangenziale istantanea, dato che è venuta meno la forza normale
che la costringeva a curvare. Allo stesso modo, è rettilinea la traiettoria seguita da
una pallina che gira su di una circonferenza legata a una corda, quando la corda viene tagliata. È, infatti, impossibile che una sola azione iniziale imprima a un corpo un moto
curvilineo: le traiettorie curve in figura sono una credenza ingenua.
visto dall 'alto
SI
NO
La prima delle due concezioni errate risale agli antichi Greci, i quali ritenevano il moto circolare la traiettoria perfetta, perché pensavano fosse seguita dagli oggetti celeNO sti. Essendo perfetta, la traiettoria circolare doveva essere una condizione naturale
per i corpi, “incorruttibile”, cioè capace di sostenersi autonomamente e immutabile
nel tempo. Da Galileo in poi sappiamo che questo ruolo “privilegiato” spetta al moto
rettilineo uniforme, il solo a proseguire indefinitamente senza che debba intervenire
alcuna forza, e che per tale caratteristica viene addirittura considerato uno stato. Vi
v
ceversa, muoversi lungo una traiettoria curva significa cambiare in ogni momento la
direzione della velocità. Mutare velocità, anche se solo in direzione e non in intensità,
vuol dire accelerare: una macchina che curvi con velocità di modulo costate

|v | = 30 km/h , sta accelerando in direzione, anche se il tachimetro segna sempre lo
Perché non esiste una “forza centrifuga”?

v
direzione
radiale
istantanea
goccia

Ty

T
"forza
centrifuga"

Tx

W
Come sappiamo dalla terza legge della dinamica, non esistono forze solitarie, ma soltanto
interazioni fra coppie di oggetti. Ogni forza deve avere due “attori”: un soggetto che la
esercita (e che a sua volta subisce un’azione uguale e contraria), e uno che la subisce. Ora,
è nota a tutti la sensazione (illusoria) di essere scagliati verso l’esterno, in direzione radiale, quando la nostra auto percorre un arco di curva. Ma si deve escludere che questa sensazione sia dovuta all’azione di una forza, semplicemente perché non esiste alcun soggetto
che esercita questa forza. Chi esercita la “forza centrifuga”? Non c’è risposta a questa domanda. Un passeggero su di un’auto in curva crede di essere tirato verso l’esterno, ma in
realtà mantiene soltanto la stessa direzione di velocità, che come abbiamo detto è in ogni
istante tangente alla traiettoria circolare. Se non ci fosse l’auto, egli volerebbe in direzione
tangenziale non appena inizia la curva. Nel frattempo invece, la macchina gli si muove
sotto e intercetta continuamente la sua traiettoria rettilinea forzandolo verso il centro.
Come si vede in figura, lo spostamento dell’auto crea una valutazione errata, per cui egli
pensa di essere scagliato verso l’esterno, e invece non sta seguendo affatto la direzione
radiale istantanea. Il meccanismo è lo stesso di quando l’auto frena, ed il passeggero
prosegue il moto in avanti con la medesima velocità di prima della frenata. Analogamente, quando l’auto accelera, al passeggero sembra di essere tirato indietro, ma sta solo proseguendo con la velocità che possedeva prima, mentre è l’auto ad aver cambiato stato di
moto. Questa tendenza a proseguire il moto in direzione tangenziale è responsabile fra le
altre cose, del rigonfiamento della circonferenza del nostro pianeta all’altezza
dell’equatore, dove la velocità di rotazione è massima. Analogamente è il principio usato
dalla “centrifuga” di una lavatrice per asciugare i panni. Come si vede dal disegno però, le
goccioline di acqua non scappano in direzione radiale ma tangenziale, mentre il cestello
continua a ruotare. Infine consideriamo che se nel riferimento in cui vediamo il corpo ruotare1 ci fosse una forza centrifuga, questa potrebbe annullare la forza in direzione radiale e
In realtà la cosiddetta forza centrifuga viene introdotta quando studiamo il problema del moto circolare nel riferimento in cui il corpo non sta ruotando, un approccio che qui non interessa.
1
128
così l’oggetto, in base a quanto previsto dalla seconda legge della dinamica, in quanto sottoposto a forza nulla dovrebbe procedere in linea retta e non lungo una circonferenza!
E’ necessaria una forza anche lungo la direzione istantanea della velocità?
Immaginiamo la pallina di una roulette lanciata dal croupier. Inizialmente la pallina
stava ferma, quindi la mano del croupier ha dovuto esercitare una forza per portarla

fino ad avere velocità v . Come sappiamo dalla seconda legge della dinamica, da
quel momento in poi, in assenza di qualsiasi attrito, non è più necessaria una forza


nella direzione istantanea di v per mantenere la sua intensità | v | costante. D’altro

F?

F
canto non possiamo nemmeno escludere che una tale forza ci sia: ad esempio quando
un’auto percorre una curva, può farlo con velocità di modulo costante, ma anche accelerando in intensità. Allo stesso modo, quando tentiamo di produrre con la mano il
moto circolare in un peso agganciato ad una corda, dobbiamo prima metterlo in moto, esercitando una forza nella direzione della velocità. Poi compiamo due azioni:
mantenendo ferma la mano tiriamo la corda in modo da costringere il peso a descrivere la circonferenza, e ogni tanto dovremo pure dare un colpetto nella direzione
della velocità per compensare l’azione degli attriti e della gravità, che tendono a far
diminuire l’intensità della velocità da noi inizialmente impressa. Nel seguito ci occuperemo della cinematica del moto circolare in cui l’intensità della velocità rimane costante, che chiameremo moto circolare uniforme. Nel moto circolare uniforme, a essere


costante è dunque solo | v | , mentre v cambia ogni istante direzione.

vA
Come possiamo ricavare l’accelerazione lungo la direzione radiale?
Preso un punto in moto circolare uniforme di raggio r , consideriamo un arco di circonferenza AB, e l’intervallo di tempo Dt che occorre al punto per percorrerlo. In
questo stesso tempo il raggio della circonferenza avrà “spazzato” l’angolo J e la ve



locità avrà cambiato direzione passando da vA a vB . Poiché sia vA che vB sono perpendicolari al raggio, se li riportiamo con un’origine comune, è immediato concludere che anche la velocità ha spazzato lo stesso angolo J . Dal metodo di punta-coda

per la somma dei vettori si riconosce subito che il vettore Dv che unisce le punte di



 
 

vA e vB è il vettore differenza, cioè si ha vA + Dv = vB , da cui Dv = vB - vA . Con-

v
A

Ds
B
r
J

vB
O
sideriamo ora il triangolo delle velocità e il triangolo AOB: sono entrambi isosceli e
con un angolo uguale, pertanto sono simili:


| Dv |
|Ds |
=

|v |
r
a

vA

Dv
Dividiamo per Dt ambo i membri e riordiniamo:
J

vB



| Dv |
| v | |Ds |
=
⋅
r
Dt
Dt

Quando l’intervallo Dt tende a zero, sappiamo che il rapporto |Ds | / Dt diviene il


modulo della velocità istantanea | v | , mentre il rapporto | Dv | / Dt , che rappresenta
il modulo dell’accelerazione media, diventa il modulo dell’accelerazione istantanea.
Esercizi
1. La velocità di una particella in moto circolare uniforme, subisce nell’intervallo

Dt = 0.0010 s una variazione tale che il modulo del vettore Dv risulta

| Dv | = 0.010 m/s . Calcolare l’accelerazione media.

Risulta: | Dv | / Dt = (0.010 / 0.0010) m/s2 = 10 m/s2 .

La direzione dell’accelerazione istantanea si mantiene sempre parallela a Dv e così

alla fine risulta perpendicolare a v . Infatti, nel triangolo delle velocità, quando
J  0 si ha a  90 , dovendo la somma rimanere uguale a 180 . La chiamiamo
129

Dv

v
 J  0
vA a  90

vB

aC

quindi accelerazione centripeta aC , in quanto diretta lungo il raggio puntando verso il



centro. Sostituendo nella relazione precedente | Dv | / Dt con | aC | e |Ds | / Dt con

| v | si trova che l’intensità dell’accelerazione centripeta vale:

N
r

v

aC

N
x
 La Controfisica
A volte viene detta “forza centrifuga”.
la forza che fa coppia azione e reazione con la forza centripeta che agisce sull’oggetto. Va però osservato
che una tale forza non appartiene allo
schema di corpo libero dell’oggetto che gira,
ma, se ad esempio abbiamo una massa che gira legata ad una corda, appartiene a quello della corda che la fa
girare. Quindi non va confusa con le
forze che agiscono sull’oggetto. Lo
schema di corpo libero della corda contempla due azioni, quella appunto
dovuta all’oggetto, ed il vincolo del
perno centrale. Poiché ogni punto
della corda si muove di moto circolare, la somma di entrambe fornisce la
forza centripeta che agisce sulla corda.
L’aggettivo “centrifugo” è però abusivo, infatti, chi ha detto che l’oggetto
che la subisce si stia muovendo di
moto circolare? Il centro della corda
lo fa, ma pensiamo invece alle rotaie di
un treno in curva, che esercitano su di
esso una forza centripeta. La forza di
reazione che il treno esercita sulle rotaie non può in nessun caso definirsi
centrifuga perché le rotaie sono immobili. Centrifuga significa infatti “in
fuga dal centro della traiettoria circolare”. Se un corpo è immobile, di quale
traiettoria circolare si parla? Di quella
del treno? Ma la traiettoria di un oggetto non ha nulla a che vedere con la
direzione delle forze cha agiscono su
di un altro.

T

W
a
Esercizi
2. In un piano orizzontale, una pallina di massa m = 0.0500 kg è lanciata in una
guida circolare di raggio r = 0.200 m e percorre un giro in 1.45 s . Assumendo che
il modulo della velocità sia rimasto costante durante il giro, calcolare l’accelerazione
centripeta della pallina e la forza normale esercitata su di lei dalla guida.
y

v

|v |2

| aC | =
r
R
Troviamo innanzitutto il modulo della velocità:

2pr
6.28 ´ 0.200
| v |=
=
m/s = 0.866 m/s
1.45 s
1.45
Fissiamo un riferimento sul piano con l’origine nel centro della circonferenza e consideriamo l’istante in cui la pallina taglia l’asse delle ascisse come in figura. In dire 
zione orizzontale agisce la forza normale, mentre l’accelerazione vale a ( | v | 2/r ; 0 ) :

| v | 2 æç
0.8662 ö÷÷
N x = max  N x = m
= çç0.0500 ´
÷ N = 0.187 N
r
0.200 ÷÷ø
çè
e per l’accelerazione centripeta si ha:

|v |2

0.8662
| aC | =
=
m/s2 = 3.75 m/s2
r
0.200
Cosa s’intende con il termine “forza centripeta” ?
Se una particella di massa m segue un moto circolare uniforme di raggio r , lungo la
direzione radiale istantanea la seconda legge della dinamica si scrive:
å
F =m
r

|v |2
r
Si chiama forza centripeta la somma delle componenti in direzione radiale
åF
r
di
tutte le forze che agiscono su di una particella in moto circolare.
Non si tratta quindi di un nuovo tipo di forza, ma solo del nome che sinteticamente si
assegna alla risultante delle forze che producono l’accelerazione centripeta. Nel precedente esempio la forza centripeta è fornita dalla normale alla guida, in questo caso
l’unica ad agire sulla pallina in direzione radiale. Riflettiamo sul fatto che la forza
normale è una forza passiva, che è in grado di fornire sempre il valore che occorre
per costringere l’oggetto a percorrere la traiettoria circolare di quel raggio con quella
velocità. Se ad esempio il modulo della velocità raddoppiasse, la guida dovrebbe


fornire una forza centripeta m(2 | v |)2 /r = 4m | v |2 /r quattro volte più grande, e così via finché la forza richiesta non divenisse così intensa da piegare la guida stessa. E’
quanto accade ai treni che deragliano per aver tentato di percorrere le curve a velocità superiore al massimo che il binario poteva sopportare senza deformarsi.
Esercizi
3. Una massa m , legata al capo di una fune, viene fatta ruotare da un uomo sopra
alla sua testa. La massa descrive una circonferenza orizzontale di raggio R = 1.30 m
130
e la corda forma sempre uno stesso angolo a con la verticale. Sapendo che la velocità costante di rotazione è 8.50 m/s , calcolare a .

La forza centripeta maC è orizzontale, diretta verso il centro della circonferenza (che
si trova sulla retta verticale passante per la mano dell’uomo), ed è prodotta dalle due
forze che agiscono sulla massa, cioè la tensione ed il peso, sommate vettorialmente,
come si vede applicando la seconda legge in forma vettoriale:



T +W = maC


Dal metodo di punta coda risulta poi che i tre vettori W ed maC sono cateti di un

triangolo rettangolo in cui T è ipotenusa. Come sappiamo, in un triangolo rettango

lo il rapporto fra la misura m |aC | del cateto opposto ad a e la misura |W | del cateto

maC

T
a W

maC
adiacente ad a fornisce la tangente goniometrica dell’angolo:



m | aC | m | v |2 /R
| v |2
8.502
tan a =
=
=
=
= 5.67

mg
Rg
1.30 ´ 9.81
|W |
a = tan-1 (5.67) = 80.0
Come si vede dall’esempio precedente, la forza centripeta può avere le origini più
diverse: la tensione di una corda combinata vettorialmente al peso, produce la forza

centripeta quando si fa ruotare una massa ad un suo capo. Analogamente, la forza
fs
di gravità funge da forza centripeta per tenere la Luna in orbita attorno alla Terra, e
l’attrito statico fra pneumatici ed asfalto fornisce la forza centripeta che serve per far centro
percorrere all’auto una curva. In quest’ultimo caso quindi, osservando il disegno a della
curva
lato avremo che l’attrito statico agirà sulla ruota, oltre che nel verso di avanzamento,
anche in direzione radiale, puntando verso il centro istantaneo della curva. È impossibile quindi far curvare un mezzo con pneumatici su di una superficie priva di attrito come quella di un lago ghiacciato.

fs
Esercizi
4. Una massa m = 0.600 kg agganciata al capo di una fune lunga 0.500 m viene fatta ruotare in un piano verticale, imprimendogli nel punto più in basso una velocità

| v |= 5.00 m/s . La traiettoria è circolare ma il modulo della velocità non rimane costante in quanto la massa è rallentata dalla gravità mentre sale ed è accelerata mentre

scende. Sapendo che nel punto più in alto risulta | v |= 2.32 m/s , si calcolino la for-
y

W

T
za centripeta, l’accelerazione centripeta e la tensione della fune nelle posizioni di
massima e minima altezza.
Nella posizione di minima altezza abbiamo, lungo l’asse y (che in quel momento
coincide con la direzione radiale):


| v |2
Ty +Wy = may  |T | -mg = m
r
 2

2
|v |
|T | = mg + m
= 0.600 ´ 9.81 + 0.600 ´ 5.00 N = 35.9 N
0.500
r
mentre la forza centripeta e l’accelerazione centripeta valgono:

Fr = T - mg = (35.9 - 0.600 ´ 9.81) N = 30.0 N

| v |2

5.002
| aC | =
=
m/s2 = 50.0 m/s2
ay = 50.0 m/s2
r
0.500
Nel punto di massima altezza abbiamo, sempre lungo la direzione radiale y :


| v |2
Ty +Wy = may  - |T | -mg = -m
r
(
)
å
(
131
)
y

T

W


2
| v |2
|T | = m
- mg = 0.600 ´ 2.32 - 0.600 ´ 9.81 N = 0.573 N
0.500
r
mentre la forza centripeta e l’accelerazione centripeta valgono:

Fr =- |T | -mg = (-0.573 - 0.600 ´ 9.81) N = -6.46 N
(
å
A

| v |2
2.322

| aC | =
=
m/s2 = 10.8 m/s2
ay = -10.8 m/s2
0.500
r
Riflettiamo sul fatto che la tensione della corda non coincide con la forza centripeta,

ma anzi |T | aggiusta il suo valore facendosi minima quando è aiutata dalla gravità
(
R
B
C
3
4
)
nel produrre la forza centripeta, come accade nel punto più alto, e facendosi invece
massima quando è contrastata dalla gravità nel produrre la forza centripeta, come
accade nel punto più basso.
R
D
1
y
)
3

5. Un’auto segue una strada curva procedendo a velocità di modulo costante | v | . Si
R
calcoli il modulo della sua accelerazione nei tratti AB, BC, CD, DE specificando dove
è massimo e dove minimo.
[R]
E

N

fs
x

W
6. Un’automobile di massa m = 1500 kg percorre una curva circolare di raggio
r = 40.0 m alla velocità di 15.0 m/s . Si calcoli la forza centripeta. Sapendo poi che il
coefficiente di attrito statico fra pneumatici ed asfalto è ms = 0.950 , si calcoli la massima velocità alla quale l’auto può percorrere la curva e la forza centripeta in questo

N
y
secondo caso.
[R: 0.844 ´ 104 N , 19.3 m/s , 1.40 ´ 104 N ]
7. Un’automobile di m = 1300 kg , in viaggio a velocità costante di 10.5 m/s , passa

W
R
su di un dosso il cui profilo è una circonferenza di raggio R = 15.0 m . Si dica, senza svolgere alcun calcolo, se quando l’auto raggiunge la sommità, la forza normale
esercitata dal terreno è maggiore, minore od uguale al peso della vettura. Si calcolino quindi le intensità della forza centripeta e della forza normale in quel momento.
[R: 9.56 ´ 103 N, 3.20 ´ 103 N ]
a
L
8. Una pallina di massa m = 0.300 kg , appesa a un filo lungo L = 0.750 m , gira a
velocità di modulo costante descrivendo una circonferenza, mentre l’angolo che il
filo forma con la verticale rimane sempre a = 25.0 . Si trovi la tensione del filo,
l’intensità della forza centripeta e dell’accelerazione centripeta, ed il tempo che occorre alla pallina per completare un giro.
R
[R: 3.25N,1.37 N, 4.57 m/s2 ,1.20 m/s,1.66 s ]
m
9. Sopra ad un piano, fissata ad una corda, una massa m = 0.450 kg descrive un mo
to circolare uniforme di raggio r = 0.500 m con velocità v = 2.50 m/s . All’altro
capo della corda pende immobile, da un foro ricavato al centro del piano, una seconda massa M . Si trovi il valore di M .
[R: 0.574 kg ]
M
10. Nello spazio siderale una sonda di massa m = 2500 kg che procede in linea retta a
m
R
70.0 m/s deve curvare descrivendo un arco di circonferenza di raggio R = 1.50 km senza variare l’intensità della velocità. Calcolare la spinta che dev’essere esercitata lateralmente dai razzi del motore.
[R 8.17 ´ 103 N ]
132
11. Un’automobile di massa m tenta di eseguire il “giro della morte” lungo una pi
sta circolare di raggio R . Si trovi la velocità minima va con la quale deve arrivare
R

v0
nel punto più alto della pista, riflettendo sul fatto che a fornire la forza centripeta
[R: gR ]
necessaria in quel punto sono la normale alla pista e la gravità.
12. Un’automobile di massa m percorre una curva di raggio R = 150 m alla velocità
di 15.0 m/s . Sapendo che la strada è inclinata ed indicato con J l’angolo che essa
forma con l’orizzontale, si trovi il valore di J che permette all’auto di percorrere la
curva anche in assenza di attrito fra pneumatici ed asfalto.
[R: 8.69 ]

N
y
J
13. Un disco ruota su di un piano orizzontale compiendo 33 giri/min . Ad una di-
x

W
stanza di 25.0 cm dal centro viene appoggiato un blocchetto di massa m . Sapendo
che il coefficiente di attrito statico fra blocco e disco vale ms = 0.150 si dica se il blocchetto scivola.

fS
[R: si]
14. Si determinino velocità ed accelerazione centripeta di un punto sulla superficie terre-
25 cm
stre che si trovi alla latitudine italiana, sapendo che RT = 6.378 ´ 106 m .
[R: 344 m/s, 2.50 ´ 10-2 m/s2 ]
R
15. Un ponte sospeso forma un arco di circonferenza incurvato verso il basso, di raggio
R = 200 m . Sul cartello di avvertimento si legge che il ponte sopporta al massimo un ca-

N
4
rico di 1.50 ´ 10 N . Quale limite di velocità deve rispettare un’automobile di massa
1200 kg se vuole attraversare il ponte senza che questo si rompa?
[R: 23.2 m/s ]
16. Una sfera di massa m = 1.25 kg viene fatta scivolare lungo una guida circolare di
raggio R = 3.00 m , sul cui punto più basso è inserita una bilancia. Sapendo che al
passaggio della sfera la bilancia segna 3.75 kg , si calcoli la velocità dell’oggetto in
[R: 7.67 m/s ]
quell’istante.
17. Un blocco di massa m , scivola lungo un igloo semisferico di raggio R , partendo
dal punto più alto con una velocità piccola, praticamente nulla. Se l’igloo non ci fosse, il blocco seguirebbe sin dall’inizio una traiettoria parabolica di caduta libera, che
si troverebbe nello spazio occupato dal ghiaccio. A mano a mano che procede la discesa, questa traiettoria ipotetica si va aprendo sempre più perché aumenta
l’intensità della velocità con cui la caduta libera dovrebbe avere inizio. Nell’istante in
cui la parabola diventa tutta esterna all’igloo, il blocco non viene più premuto contro
[R: Rg cos a ]
il ghiaccio e così si stacca. Calcolare la velocità in quell’istante.
Qual è la direzione dell’accelerazione nel caso più generale?
Poniamo di avere un punto che si muove su una traiettoria curvilinea in due dimensioni.

v

v

a

a

a

a

v
133

v
R

WR

N

W

W

WT
R

v
bilancia
a

N

N
 
N =0
Il vettore velocità è, per definizione, sempre tangente alla traiettoria e quindi, in ogni
istante, cambia direzione. Nel caso generale anche il modulo della velocità cambia in ogni
istante. Possiamo vedere tale situazione come una combinazione dei casi elementari che
conosciamo. Poiché la velocità è per definizione un vettore sempre tangente alla traiettoria, la variazione del modulo della velocità deve essere dovuta a un vettore accelerazione
anch’esso nella direzione tangente, che ci dice di quanto deve essere allungato od accorciato il vettore velocità ogni secondo. La variazione della direzione della velocità è invece
riconducibile alla presenza di un vettore nell’accelerazione perpendicolare alla traiettoria,
proprio come accade nel moto circolare uniforme. Come si è visto in quel caso, infatti,
un’accelerazione perpendicolare alla velocità non ne modifica mai il modulo, ma la fa solo

ruotare. Pertanto in generale il vettore accelerazione a lungo una traiettoria curva sarà


composto da un’accelerazione tangenziale aT e da un’accelerazione normale (o centripeta) aC e
causa di quest’ultima punterà sempre verso la regione dove la traiettoria la sua concavità.

aC
P1
P
P2

aC

a

aT

a

aC

aT
P = P1 = P2

a

aT

aC

a 
aT

aC
Possiamo approssimare la traiettoria in ogni punto con una circonferenza?
L’accelerazione centripeta è dunque responsabile del cambiamento di direzione della velocità istantanea anche su una traiettoria qualunque. Possiamo pensare ad essa come
all’accelerazione centripeta che avrebbe la nostra particella se si stesse movendo, anziché
lungo la traiettoria reale, lungo quella circonferenza che meglio vi combacia intorno al
punto dove stiamo osservando il moto. Una tale circonferenza, detta circonferenza osculatrice2, si individua per ciascun punto P della traiettoria, considerato che, presi P1 e P2 in
s(t )
s=0
prossimità di esso, come in figura, per i tre punti non allineati P , P1 e P2 passa una sola
angolo acuto
circonferenza. La circonferenza osculatrice nel punto P si ottiene come posizione limite,
facendo avvicinare sempre più P1 e P2 a P . Il suo raggio è detto raggio di curvatura della

v
traiettoria in quel punto. Come s’intuisce, la circonferenza osculatrice sarà sempre “abbracciata” dalla traiettoria con la quale deve combaciare, cioè si troverà sempre nella regione di piano dove la curva rivolge la sua concavità. Ecco perché è sempre verso tale regione che punta la componente normale dell’accelerazione e di conseguenza anche
l’accelerazione complessiva.

a
angolo ottuso

a

v
Che relazione c’è con l’accelerazione studiata per il moto rettilineo?
La componente tangenziale dell’accelerazione, invece, è responsabile della variazione del
modulo della velocità, ed ha lo stesso significato che ha l’accelerazione istantanea nel moto rettilineo, purché si sostituisca la coordinata rettilinea con un’ascissa curvilinea s(t )
a>90 velocità
in diminuzione

v

v
a

a

v

a

a

a
a
a<90velocità
in aumento

v
lungo la traiettoria. In generale se l’angolo fra velocità e accelerazione complessiva è acuto, significa che l’accelerazione tangenziale ha lo stesso verso della velocità e quindi il modulo della velocità sta aumentando. Viceversa, quando l’angolo fra accelerazione e velocità è ottuso allora l’accelerazione tangenziale punta contro il verso della velocità, quindi il
modulo di quest’ultima sta diminuendo. Ad esempio si consideri il moto di un pianeta
che segue un’orbita avente la forma di una curva ovale chiusa detta ellisse, in cui
l’accelerazione è sempre diretta verso la posizione del Sole, da cui proviene la forza. Tale
accelerazione fa variare la velocità in modo che essa cresca col diminuire della distanza


dal Sole. Come si vede dalla figura, l’angolo fra a e v è, infatti, acuto nella fase in cui il
2
Dal latino osculo, baciare. La circonferenza, cioè, che meglio combacia con la traiettoria in quel punto.
134
pianeta si porta verso il punto di massima vicinanza dal Sole (detto perigeo), dove la velocità è massima). Da qui esso si allontana verso il punto di massima distanza (apogeo) e in
 
questa fase l’angolo fra a e v è ottuso e la velocità diminuisce in modulo fino a raggiungere il valore minimo, poi il moto prosegue ciclicamente.
Esercizi
18. In figura è rappresentata la traiettoria di un punto materiale. Si dica se è possibile che i
vettori accelerazione e velocità istantanea abbiano i versi riportati.

a

v
La situazione proposta non è possibile, perché il vettore velocità deve essere sempre tangente alla traiettoria e il vettore accelerazione sempre orientato verso la parte del piano
dove la traiettoria rivolge la sua concavità.
19. Qui a lato è riportato l’andamento in funzione del tempo della velocità di un punto
materiale. Si stabilisca se sulla traiettoria seguita dal punto, l’angolo fra l’accelerazione e la
velocità è acuto oppure ottuso.
[R]

v
t
20. L’ascissa curvilinea del moto di un punto materiale su di una traiettoria curva ha legge
oraria espressa dalla parabola s(t ) = t 2 - 3t + 2 . Dopo averne rappresentato il grafico, se
ne osservi la pendenza e quindi si dica per quali valori del tempo l’angolo fra la velocità
l’accelerazione è acuto e per quali è ottuso.
[R: ottuso: t < 1.50 s ]
2. Periodo, frequenza e velocità angolare
In natura sono molto frequenti dei fenomeni che si ripetono con uguali caratteristiche:
le oscillazioni di un pendolo, l’alternanza di giorno e notte, il moto orbitale di un pianeta,
la nostra respirazione ed il battito del nostro cuore, le maree e così via. Questo tipo di moto è detto periodico.
Quali sono le caratteristiche di un moto periodico?
Una particella si muove di moto periodico quando continuamente ripassa per le
stesse posizioni e in ogni punto assume sempre la velocità e l’accelerazione che aveva al passaggio precedente.
Il più piccolo intervallo temporale dopo il quale il moto si ripete con le medesime caratteristiche si chiama periodo del moto, e si indica con la lettera T . Diremo che durante un intervallo temporale pari al periodo viene completato un ciclo del moto. Il periodo si misura tramite il rapporto seguente:
T=
tempo trascorso
numero dei cicli svolti
Infatti, dato che ogni frazione esprime il quantitativo del numeratore associato ad
un’unità del denominatore, tale rapporto rappresenta i secondi associati ad un ciclo.
Analogamente il suo reciproco:
f =
numero dei cicli svolti
tempo trascorso
è il quantitativo di cicli associati ad una unità del denominatore, cioè i cicli (o la frazione di ciclo) eseguiti in un secondo, e prende il nome di frequenza, ed indicata con la
135

v

v

a

a

a

v

a

v
 La Controfisica
Ad esempio un pianeta che segue
un’orbita avente la forma di una curva
ovale chiusa detta ellisse, descrive un
moto periodico in cui l’accelerazione è
sempre diretta verso la posizione del
Sole, da cui proviene la forza, ed ha in
ogni preciso punto sempre lo stesso
valore ad ogni nuovo giro. Tale accelerazione fa variare la velocità in
modo che essa cresca col diminuire della distanza dal Sole.
Quindi sia velocità che accelerazione cambiano di direzione ed
aumentano e poi diminuiscono di
intensità durante tutto il moto, però
assumono sempre gli stessi valori
quando il pianeta ripassa negli stessi
punti dell’orbita.
lettera f . Il periodo si misura in secondi al ciclo, e nel Sistema Internazionale le sue
unità di misura sono [s] , in quanto il numero di cicli non ha dimensioni fisiche. La
frequenza si misura in cicli al secondo ed anche qui, essendo il numero di cicli una
grandezza adimensionale, nel SI le unità di misura della frequenza risultano [s]-1 ,
a cui viene dato il nome di Hertz: 1 Hz = 1 s-1 . In base alla definizione la frequenza è
il reciproco del periodo:
f =
1
T
Esercizi
21. In un moto periodico vengono compiuti 3 cicli in 5 secondi. Calcolare frequenza e periodo.
T=
tempo trascorso
numero dei cicli svolti
=
5
3
s = 1.67 s f =
numero dei cicli svolti
tempo trascorso
=
22. Il processore di un PC lavora con una frequenza di clock
9
(1 GHz = 10 Hz) , cioè svolge 2.20 ´ 10
9
3
5
s-1 = 0.600 Hz
di 2.20 GHz
operazioni binarie ogni secondo). Quanto
[R: 0.455 ´ 10-9 s ]
tempo impiega per eseguire un’operazione?
Il moto circolare a velocità uniforme è un particolare caso di moto periodico?
Si, quello di un punto P che si muove lungo una circonferenza con velocità ed
accelerazione d’intensità costanti. Ci serviremo ora di un nuovo strumento per
s = RJ
individuare la posizione di P sulla circonferenza: l’angolo di rotazione J (theta)
P rispetto ad una semiretta di riferimento uscente dal centro C .
R
J
r
C
In che modo conviene misurare gli angoli per descrivere un moto circolare?
Come sappiamo, tutte le circonferenze sono simili fra loro, cioè il rapporto fra il
perimetro ed il raggio produce in ogni circonferenza lo stesso numero 2p.
Osservazioni di geometria elementare ci indicano che questa proprietà vale, oltre che
per l’intero perimetro, anche per una sua porzione, cioè la lunghezza di un arco di
circonferenza. In questo caso però il valore del rapporto non è più 2p , ma un
numero caratteristico di quell’angolo, cioè:
un angolo al centro J e la lunghezza s dell’arco da esso sotteso sono proporzionali
 La Controfisica
Ad esempio un angolo di 1 radiante
stacca su qualsiasi circonferenza un
arco lungo quanto il raggio.
Pertanto il rapporto s /R , fra la lunghezza s dell’arco ed il raggio R , non dipende
dalla misura del raggio, ad esempio assume lo stesso valore per tutte le circonferenze
di centro C , come le due in figura. Fissato l’angolo J , il rapporto s /R può quindi
essere assunto come misura dell’angolo, visto che non occorre specificare su quale
delle infinite circonferenze concentriche viene misurato, dato che si ottiene sempre lo
stesso valore. Questo modo di misurare si dice esprimere gli angoli in radianti:
Jrad =
s
R
Il radiante è un numero adimensionale, essendo il rapporto di due grandezze che
hanno le stesse dimensioni fisiche. Nel Sistema Internazionale, quando un numero
esprime un angolo in radianti, si aggiunge il suffisso “rad”. L’angolo in radianti ha
convenzionalmente segno positivo se misurato in verso antiorario, negativo se
misurato in verso orario.
Per quale motivo conviene misurare gli angoli in radianti?
La misura in radianti consente di passare immediatamente dal valore dell’angolo alla
misura dell’arco, quando sia noto il raggio R della circonferenza. Infatti:
136
s = RJrad
e questa stessa relazione risulta meno semplice se gli angoli sono in gradi.
Esercizi
23. Si esprimano in radianti gli angoli di: 360 , 180 , 90 , 45 , 30 . Si dica poi quanto
misurano gli archi staccati dall’angolo di 30 su di una circonferenza di raggio 2.50 m e
su una di raggio 6.70 m .
Su di una circonferenza di qualunque raggio R , con centro nell’origine comune di questi
angoli, misurando l’arco s partendo dal punto marcato in figura, è facile trovare
l’espressione in radianti dell’angolo giro:
s
2pR
= 2p = 6.28 rad
360  s = 2pR J = =
R
R
Per gli altri angoli le misure di s si trovano facilmente prendendo la frazione di perimetro
corrispondente:
pR
s
2pR
J= =
= p = 3.14 rad
180  s =
R
R
2
s
2pR
pR /2 p
90  s =
= = 1.57 rad
J= =
R
R
4
2
s
2pR
pR / 4 p
45  s =
= = 0.789 rad
J= =
R
R
8
4
s
2pR
pR / 6 p
30  s =
= = 0.524 rad
J= =
R
R
12
6
Per avere la misura degli archi sottesi da J = p / 6 = 0.524 rad sulle due circonferenze
p
90 = 2
180 =
p
45 = 4
p
30 = 6
p
360 = 2p
basta usare la formula inversa s = RJrad , da cui:
R = 2.50 m  s = (2.50 ´ 0.524) m = 1.31 m
R = 6.70 m

s = (6.70 ´ 0.524) rad = 3.51 m
24. Si trasformino in radianti gli angoli 270 , 135 , 60 .
[R: 3p /2 ; 3p / 4 ; p /3 ]
Che cosa s’intende per velocità angolare di un punto?
Dato un punto P in moto su una circonferenza, ed un intervallo Dt durante il
quale l’angolo di rotazione è variato di una quantità DJ , è possibile definire:
Ds = RDJ
velocità angolare media di un punto P in moto su di una circonferenza, è il mumero di
radianti spazzati in un secondo, dal raggio che individua P:
DJ
Dt
P
R
DJ
A
Ricordando infatti la definizione di rapporto fra due grandezze come il “quantitativo
al numeratore che è associato ad un’unità del denominatore”, la definizione appare
subito trasparente. Se il rapporto viene calcolato nel caso limite in cui Dt  0 , cioè
quando l’intervallo temporale si chiude attorno ad un singolo istante, la velocità angolare
si dice istantanea. Il simbolo che si adopera per la velocità angolare, sia media che
istantanea è la lettera greca òmega minuscola w , e si misura in rad/s . Si capisce che
w = DJ /Dt è l’analoga angolare del rapporto v = Ds /Dt che dà la componente
della velocità (media) del punto sulla circonferenza. La sua utilità appare evidente
quando si ha a che fare con le rotazioni di un corpo esteso, rigido, attorno ad un
asse. Consideriamo ad esempio il pianeta Terra: un punto sull’equatore ruota molto
più velocemente di uno in prossimità del polo Nord, ma entrambi spazzano il
medesimo angolo ogni secondo, cioè hanno la stessa velocità angolare (il cui valore è
w = 7.27 ´10-5 rad/s ), che quindi esprime una proprietà comune a tutto il corpo.
137
w = 7.27 ´10-5 rad/s
60
30
0
835km /h
1466km /h
1670km /h
Come si esprime la velocità angolare se il moto è circolare uniforme?
Nel caso in cui il moto sia circolare uniforme, il raggio che individua il punto spazza
sempre lo stesso numero di radianti in un secondo e quindi non importa quale
ampiezza DJ si usi per calcolare il rapporto DJ / Dt , perché il risultato è sempre lo
stesso valore costante. Decidiamo allora di fare il conto riferendoci ad un giro
completo attorno all’asse. In questo caso il tempo impegato è il periodo Dt = T del
moto circolare, cioè il tempo che serve a completare il giro, e si ha:
w=
2p
T
1
w
=
T
2p
f =
Dove f è il numero di giri eseguiti in un secondo, cioè la frequenza del moto
circolare uniforme.
Esercizi
25. Calcolare periodo, velocità angolare e frequenza della punta della lancetta delle
ore, di quella dei minuti e di quella dei secondi.
La lancetta delle ore impiega 12 h per completare un giro, quindi si ha:
Th = 12 ´ 3600 = 43200 s
wh = 2p /Th = 1.45 ´ 10-4 rad/s
fh = 1/Th = 2.31 ´ 10-5 Hz
La lancetta dei minuti impiega 1 h per completare un giro, quindi si ha:
Tm = 3600 s wm = 2p /Tm = 1.74 ´ 10-3 rad/s
fm = 1/Tm = 2.78 ´ 10-4 Hz
La lancetta dei secondi impiega 60 s per completare un giro, quindi si ha:
Th = 60 s
ws = 2p /Ts = 0.105 rad/s
fs = 1/Ts = 0.0167 Hz
In un moto circolare uniforme, che relazione c’è fra velocità angolare e velocità?
 La Controfisica
La relazione trovata v=ωR è facilmente verificata quando si ha un corpo
rigido che ruota attorno ad un asse, ad
esempio un disco. Tutti i punti del
corpo hanno la stessa velocità angolare dato che spazzano un uguale angolo
nello stesso tempo. Però tanto maggiore è la distanza dall’asse (cioè il
raggio R della traiettoria) tanto più
veloce deve andare il punto, essendo
costretto a descrivere una circonferenza di raggio maggiore nello stesso
tempo.
Dalla definizione di radiante:
Ds = R DJ
cioè lo spazio che il punto percorre è tanto maggiore quanto più grande è la sua
distanza dall’asse. Pertanto, essendo la componente della velocità sulla circonferenza
v = Ds / Dt (positiva se il moto è antiorario) risulta:
w=
DJ
Ds
v
=
=
Dt
RDt
R

v = wR
In che modo possiamo scrivere ora l’accelerazione centripeta?

Usando la relazione | v | = wR , le formule per l’accelerazione e per la forza centripeta
posso no essere espresse in funzione della velocità angolare:
P
42
A
B

|v |2

| aC | =
= w 2r
r
åF
r
= m w 2r
Esercizi
26. Calcolare la velocità angolare di rotazione del pianeta Terra, e la velocità lineare di un
punto P alla latitudine italiana di 42 , assumendo per il raggio della Terra 6400 km .
[R: 7.27 ´ 10-5 rad/s , 346 m/s ]
27. Sapendo che il diametro interno di un vecchio disco in vinile da 45 giri/min è
dB = 4.5 cm , e che quello esterno è dA = 18 cm , se ne calcoli la velocità angolare, e si
trovino le velocità lineari dei punti A e B in figura.
138
[R: 4.71 rad/s , 42 cm/s , 11 cm/s

v

28. Un’automobile avanza con velocità |V | = 20 m/s . Sapendo che il raggio della ruota è

R = 0.40 m , si dica quanto valgono: l’intensità | v | della velocità di un punto sul perime-

V
tro della ruota, la velocità angolare e la frequenza di un punto qualsiasi sulla ruota.
[R: 20 m/s , 50 rad/s , 8.0 Hz ]
3. Il moto armonico
Cosa è la forza elastica?

Si dice forza elastica qualsiasi forza F di richiamo, cioè sempre diretta verso una posizione di equilibrio, e la cui intensità, variabile nel tempo, sia direttamente proporzionale
alla distanza da tale posizione.

Indicato con x il vettore spostamento che ha la coda nel punto di equilibrio e la
punta nella posizione istantanea della particella, si ha dunque che la forza elastica
può essere scritta:


F = -kx
dove la costante che figura è k > 0 e le sue unità di misura sono [ N/m ] , in modo che
quando viene moltiplicata per una lunghezza si producano newton al primo mem

bro dell’equazione. L’intensità della forza vale | F | = k | x | , ed è quindi tanto maggiore quanto più è grande la distanza dall’equilibrio, e quando la massa si trova nel
la posizione di equilibrio la forza vale zero essendo | x | = 0 . Il segno negativo


nell’equazione F = -kx indica come la direzione della forza sia sempre parallela e

contraria al vettore x , e quindi orientata verso la posizione di equilibrio. Il numero
k si dice costante elastica.

F Eq.

x

F

x
 La Controfisica
Per quanto possa suonare strano, un
elastico non esercita una forza elastica nel
senso della definizione qui data. Infatti
pur essendo in grado di tirare verso
l’equilibrio, non esiste una configurazione in cui spinga. Il meccanismo
nasce dalla presenza di lunghe catene
di molecole al suo interno, che non
riescono a stare stirate ma tendono ad
assumere forma contorta, e per questo
ad accorciarsi. Queste molecole filiformi sono costrette ad assumere una
geometria ripiegata a causa del continuo picchiettare laterale dovuto al
moto di agitazione termica di molecole più piccole.
Come possiamo realizzare una forza elastica?
Dopo aver bloccato il capo di una molla a forma di elica, si attacchi una massa
all’altro capo, e la si ponga in un piano orizzontale senza attrito. La massa della
molla sia trascurabile rispetto a quella attaccata. Esiste una sola distanza del capo libero dal punto di aggancio nella quale la molla è rilassata. Non appena si tenti di allontanare la massa da questo equilibrio, la molla tende a riportacela. Le osservazioni
mostrano che il valore della forza di richiamo dipende dalla natura della molla, ma

che in ogni caso F si fa tanto più intensa quanto maggiore è l’allontanamento x
dalla posizione di equilibrio, dove la forza vale zero: si tratta quindi di una forza elastica. La costante elastica determina la rigidità della molla: a parità di deformazione,
una molla con k grande è più rigida (cioè esercita una forza maggiore) rispetto ad
una molla con k piccolo. Posto un asse di riferimento con l’origine nella posizione di
equilibrio ed indicata con Fx la componente orizzontale della forza, lungo di esso
risulta Fx = -kx , una relazione detta legge di Hooke. Una forza verso sinistra avrà
quindi componente positiva, e questo accade se la molla viene compressa e cioè
quando x < 0 . Per una molla allungata avremo viceversa Fx < 0 ed x > 0 .
Esercizi

29. Una molla tirata da una forza d’intensità |F | = 30.0 N si allunga di 5.00 cm .
Calcolarne l’allungamento se viene posta in verticale e ad essa agganciato un blocchetto di massa m = 0.750 kg
139
Fx = -kx < 0
0

x
Fx = 0
0
Fx = -kx > 0

x x
0
x
Troviamo innanzitutto la costante elastica della molla:

|F |
3.00
k=  =
N/m = 60.0 N/m
| x | 5.00 ´ 10-2

Posta in verticale la molla si allunga di un tratto lungo | x | tale che la forza elastica
corrispondente bilancia il peso del blocchetto:


|W |
mg
0.750 ´ 9.81


k | x | = |W |  | x | =
=
=
m = 0.123 m = 12.3 cm
k
k
60.0
a
30. Lungo un piano inclinato di un angolo a = 35 come in figura, privo di attrito, è
adagiata una molla di costante elastica k = 1.50 ´ 102 N/m avente all’estremità una
massa m = 1.70 kg . Si dica di quanto si allunga la molla.
[R: x = 6.38 cm ]
a
31. Lungo un piano inclinato di un angolo a = 25 , privo di attrito, è adagiata una molla

fattrito
di costante elastica k = 2.00 ´ 102 N/m avente all’estremità una massa m = 2.10 kg . Si
statico
[R: x = -4.35 cm ]
dica di quanto viene compressa la molla.
32. Una massa m = 1.30 kg attaccata ad una molla con k = 4.00 ´ 102 N/m viene tirata
2
da un nastro trasportatore. Sapendo che il coefficiente di attrito statico fra le superfici è
mS = 0.840 , si trovi il massimo allungamento.
[R: x = 2.68 cm ]
3
50
50
33. Si consideri la situazione di equilibrio in figura: sapendo che le tre molle sono uguali
ed hanno k = 2.50 ´ 102 N/m e che m = 1.20 kg , trovare l’allungamento D di ciascu-
1
1
m
na.
[R: D 1 = 4.71 cm, D 2 = D 3 = 3.07 cm ]
34. Una massa m = 3.50 kg viene legata fra due molle verticali in modo che la distanza
m
2
fra i capi agganciati sia pari alla somma delle loro lunghezze a riposo, che è la stessa per
entrambe.
Si calcolino di quanto si allungano le due molle sapendo
che
k1 = 1.20 ´ 102 N/m e che k2 = 2.60 ´ 102 N/m .
[R: D 1 = D 2 = 9.21 cm ]
Che cos’è il moto armonico?
Si dice moto armonico quel particolare moto periodico che si ottiene quando una particella è sottoposta ad una forza elastica.
Le oscillazioni della massa attaccata alla molla ne sono un esempio. La massima distanza dalla posizione di equilibrio è chiamata ampiezza A del moto. Molti sono i
sistemi fisici che seguono naturalmente il moto armonico: dalle vibrazioni degli atomi attorno ai siti di equilibrio, fino alle oscillazioni dei pennoni delle bandiere ed addirittura le oscillazioni dei grattacieli.

F
J

Fx
Che legame esiste fra moto armonico e moto circolare uniforme?
E’ possibile pensare al moto armonico come alla proiezione sull’asse delle ascisse (o
delle ordinate, è lo stesso) della posizione di una particella che si muova di moto circolare uniforme
Presa quindi una traiettoria circolare di raggio pari all’ampiezza A del moto armo
nico, è possibile individuare una velocità di intensità |v | opportuna, per cui la posizione della particella che oscilla legata all’estremità della molla coincide in ogni
-A
0
A cos J
x istante con l’ombra di un’altra particella che gira sulla circonferenza con velocità di
+A


modulo |v | costante. Infatti, indicata con F la forza centripeta all’origine del moto
140
circolare - qualunque ne sia natura - la sua componente Fx lungo l’asse orizzontale
risulta:

Fx = - |F | cos J
A


ed essendo | F | = m |v |2 /A , ed inoltre cos J = x /A come si vede dal triangolo in fi-
gura, si ottiene:
Fx = -m
y
J
x

|v |2 x
⋅ = -kx
A A
avendo indicato il prodotto di tutte le quantità costanti con un unico simbolo:

k = m |v |2 /A2 . Abbiamo così dimostrato che la componente della forza lungo l’asse
orizzontale è una forza di richiamo di tipo elastico. Poiché in un moto circolare uni
forme risulta |v | = wR (= wA) , la velocità angolare w del moto circolare la cui proiezione genera il moto armonico di costante k , risulta legata alla costante elastica dalla
relazione:
k=
m 2
m 2 2
v =
A w
2
A
A2

w=
k
m
Quando ci si riferisca al moto armonico, il valore di w viene detto pulsazione del
moto, sempre misurata in rad/s. Il periodo del moto armonico è lo stesso del moto
circolare uniforme che lo genera, il quale completa un giro nel tempo in cui la sua
proiezione ha completato un’oscillazione. Il periodo del moto armonico è uguale a
quello del moto circolare corrispondente. Ricordando che per il moto circolare uniforme vale la relazioneT = 2p /w , sarà :
T = 2p
m
k
Notare che la frequenza (e quindi T ed w ) non dipendono dall’ampiezza A del moto.
Esercizi
35. Si osserva che una massa m = 2.30 kg attaccata ad una molla oscilla sedici volte in
2.00 s . Trovare la costante elastica della molla e la forza che essa esercita sulla massa
4.00 cm
0
quando questa si trova 4.00 cm a destra del punto di equilibrio
Il periodo e la pulsazione di questo moto armonico risultano essere:
2.00
2p
6.28
T=
s = 0.125 s  w =
=
rad/s = 50.2 rad/s
16
T
0.125
si ricava quindi la costante elastica:
w=
k
m

k = m w 2 = 2.30 ´ 50.22 N/m = 5.80 ´ 103 N/m
Se la massa dista x = 4.00 cm = 4.00 ´ 10-2 m , la componente della forza vale:
Fx = -kx = -5.80 ´ 103 ´ 4.00 ´ 10-2 N = -230 N
negativo in quanto diretta verso sinistra dove si trova la posizione di equilibrio.
36. Una molla posta in verticale con appesa una massa m = 0.850 kg si allunga di
15.0 cm rispetto alla posizione di equilibrio. Trovare il periodo delle oscillazioni che la
[R: 0.776 s ]
massa compie in un piano orizzontale.
141
ì
ï
15.0 cm ï
í
ï
ï
î

Fel

W
37. Al centro di un piatto orizzontale privo di attrito, che compie 33 giri/min, è saldata
una molla di lunghezza a riposo 30.0 cm al cui capo libero è agganciata una massa m =
2.40 kg. Osservando che in queste condizioni la molla si allunga di 2.00 cm, si calcoli il pe-
wt + J0
riodo delle oscillazioni di cui è capace il sistema della molla con la massa.
[R: 0.455 s ]
Quale equazione esprime lo scostamento dall’equilibrio in un moto armonico?
wt
0
-A
Lo scostamento dall’equilibrio si ottiene tramite la legge oraria della posizione, x (t ) ,
J0
+A
x
A cos(wt + J0 )
in un riferimento dove l’equilibrio corrisponde ad x = 0 . Indichiamo con J l’angolo
complessivamente spazzato, rispetto ad una retta di riferimento,
partendo
dall’istante iniziale, in cui assumiamo che esso valeva zero. Sapendo che la velocità
angolare è data dal rapporto fra J ed il tempo impiegato, w = J /t , si ottiene la legge oraria dell’angolo per il moto circolare uniforme, (nel caso particolare in cui
l’angolo iniziale è nullo):
J = wt
Con riferimento all’asse delle ascisse nella precedente figura si ha che:
x (t ) = A cos J = A cos wt
wt + J0
Se invece la particella che gira comincia da un angolo iniziale che non è nullo, ma che
già vale J0 , questo va sommato ad wt , cioè J = J0 + wt , e risulta:
a
cos a
co s( w t + J0)
legge oraria della posizione per il moto armonico (scostamento dall’equilibrio):
x
= - co s a
x (t )< 0
cos(wt +J0 )
=- cos a
wt + J0
La funzione matematica coseno, quando l’angolo è maggiore di quello retto e minore di tre
angoli retti, (cioè siamo nel secondo e terzo quadrante della circonferenza), viene definita
in modo da assumere valore uguale ed opposto a quello che ha nell’angolo a ad esso
associato nel primo quadrante, come nella figura. In questo modo se il numero J0 + wt è
compreso fra la misura di uno e quella di tre angoli retti, la legge oraria produce un valore x (t ) < 0 . In maniera del tutto analoga si sarebbe potuto proiettare lungo l’asse delle
a
cos a
x
x (t )< 0
x (t ) = A cos(wt + J0 )
0
0
ordinate ed ottenere una forma equivalente per la legge oraria del moto armonico:
y(t ) = A sin(wt + J0 ) .
Quali nomi si usano per queste grandezze e che significato hanno?
La quantità wt + J0 si chiama nel suo complesso fase del moto armonico, mentre si
dice fase iniziale il valore dell’angolo J0 . Ad ogni ciclo completo la fase aumenta di
un angolo giro, cioè 2p .
La fase indica in quale momento dell’oscillazione si trova il punto, e lo esprime in
termini del numero totale di cicli percorsi e frazioni del ciclo completo, ciclo che può
essere misurato in radianti ( 2p rad ) oppure in gradi ( 360 ). Risulta:
fase - fase iniziale
numero di
=
cicli svolti
2p
J0
x
-A
0
Esercizi
38. Calcolare quanti cicli ha completato un punto che si muove di moto armonico,
nell’istante in cui la fase è 20.0 rad , sapendo che parte da un angolo p /6 .
+A
sfasamento di 90
Indicando con n il numero di cicli svolti si ha:
142
20.0 - 3.14 / 6
= 3.1
6.28
cioè il punto ha completato 3 cicli ed un decimo di ciclo.
n=
Se usiamo l’equazione con il coseno, un punto che si trova nella posizione di massimo scostamento a destra ha una fase di 0 rad ( +2p rad per ogni giro fatto), un punto che passa nella posizione di massimo scostamento a sinistra ha una fase di p rad
(+2p rad per ogni giro fatto). Due punti possono oscillare di moto armonico con la
stessa frequenza e la stessa ampiezza ma fasi diverse: in tal caso uno di loro sarà
sempre davanti all’altro di tanto quanto vale la differenza fra le loro fasi iniziali. Ad
esempio se due punti partono ad angolo retto sulla circonferenza, il moto armonico
del secondo sarà sempre in ritardo di fase di
1
2
p rad (o, come si dice, sfasato di 90).
Esercizi
39. La legge oraria di un moto armonico è x (t ) = 3.0 cos(5.0t + 2.0) . Si dica quanti cicli
sono compiuti ogni secondo, qual è la durata di ciascuno, quanto vale la fase dopo 3.5 s ,
quanti cicli completi ha percorso fino quel momento contando dall’istante iniziale.
Da un’analisi dell’equazione data risulta w = 5.0 rad/s pertanto risulta:
T = 2p /w = (6.28 / 5.0) s = 1.3 s

f = 1/T = 0.77 Hz
Per la fase abbiamo: (5.0 ´ 3.5 + 2.0) rad = 19.5 rad
Poiché la fase iniziale vale 2.0 rad , ed essendo ogni ciclo completo corrispondente a
6.28 rad , il punto ha percorso: [(19.5 - 2.0)/ 6.28] giri = 2.8 giri
40. In un certo istante, un punto che si muove di moto armonico ha completato 12.3 cicli
partendo con una fase inziale di p /10 . Calcolare la sua fase in quell’istante.
[R:]
41. Un punto si muove lungo l’asse delle ascisse seguendo un moto armonico di legge
oraria x (t ) = 2.50 cos(3.40wt + 1.50) . Calcolare il tempo per completare 8 cicli.
[R:]
42. In un certo istante, la fase di un punto che si muove di moto armonico vale 75.0 rad
ed esso ha completato 11.0 cicli . Se ne calcoli la fase iniziale.
[R:]
43. Un cocomero è in un recipiente colmo di acqua. Nel momento della prima immersione la linea di galleggiamento è fatta scendere di 3.00 cm sotto al pelo dell’acqua, ed il cocomero comincia ad oscillare di moto armonico compiendo quattro cicli in 6.00 s . Dopo
aver scritto la legge oraria della quota y(t ) della linea di galleggiamento, si dica dove si
y
0
-3.00
trova dopo 0.200 s e dopo 0.650 s . [R: y(t ) = 3.00 sin(4.19t - p2 ) ; -2.01 cm , 2.74 cm ]
44. Il vento fa oscillare di moto armonico il bordo di due lenzuoli stesi, con una frequenza
di 5.0 Hz. Se il primo lenzuolo raggiunge il punto di massimo scostamento dall’equilibrio
0.025 s dopo il primo, si trovi la differenza di fase in gradi fra le due oscillazioni. [R: 45° ]
45. Una particella oscilla di moto armonico lungo l’asse delle ascisse con
un’ampiezza di 0.540 m ed una frequenza di 0.0191 Hz . Sapendo che all’istante zero
la posizione della particella è 0.450 m , si calcoli lo scostamento dall’equilibrio per
t = 5.00 s e per t = 15.0 s e per t = 3T .
[R: 0.203 m, -0.393 m, 0.453 m ]
46. Una barretta lunga L ruota con velocità angolare w attorno ad un punto C a due terzi
della sua lunghezza. Che relazione esiste fra le ampiezze e le fasi dei moti armonici originati dalle proiezioni degli estremi A e B sul diametro orizzontale?
[R: x A (t ) = (2/ 3)L sin wt, x B (t ) = (1/ 3)L sin(wt + p) ]
143
A
C
B
P
p
6
47. Un punto P ruota su di una circonferenza di raggio R facendo quattro giri ogni tre secondi. Che relazione esiste fra le ampiezze, le pulsazioni e le fasi dei moti armonici generati dalle proiezioni di P lungo i due diametri in figura?
B
[R: x A (t ) = R sin( 8 pt + p ), x B (t ) = R sin( 8 pt ) ]
3
A
C
6
3
4. Il pendolo semplice
Cosa si intende per pendolo semplice?
Il pendolo semplice è un dispositivo costituito da una massa m che oscilla legata al capo
di un filo di lunghezza L ed agganciato ad un punto di sospensione. Consideriamo il caso ideale, in cui:
J
la massa del filo è trascurabile rispetto ad m , ed il filo stesso è inestensibile, cioè la sua
lunghezza non cambia mai nonostante la sollecitazione a cui viene sottoposto.
L

T

Wn
Il moto del pendolo non è rettilineo: può essere armonico?
Il moto armonico può avvenire anche lungo una traiettoria curva, come l’arco di circonferenza descritto dal pendolo. In questo caso il moto si considera armonico quando la coordinata curvilinea s(t ) che separa la massa m dalla posizione di equilibrio, segue una
s(t )

Wt
J
0
legge oraria che ha la forma vista per il caso rettilineo:

W
s(t ) = A cos(wt + J0 )
 La Controfisica
Si faccia attenzione alla reciproca lunghezza dei vettori che rappresentano
le forze sul pendolo.
La tensione
deve sempre essere
più lunga della gravità in quanto con la

sua sola componente
T
verticale la deve
NO
equi- librare
Il moto di un pendolo semplice è un moto armonico?
Per rispondere alla domanda se le oscillazioni del pendolo siano armoniche, dobbiamo
ricavare un’espressione per la forza tangenziale e vedere se risulta proporzionale alla distanza s(t ) percorsa dal pendolo sulla circonferenza. Come si vede dal disegno, la componente tangenziale del peso agisce come forza di richiamo dato che è sempre diretta verso il punto più basso, e la sua intensità vale:

Wt = mg sin J

W
sin J
0
Questo accade solo se la componente della forza tangenziale alla traiettoria agisce come
richiamo verso un equilibrio, ed ha intensità direttamente proporzionale alla lunghezza
s(t ) dell’arco che occorre percorrere per raggiungerla.
J
Ora se l’angolo J è espresso in radianti si ha che per valori minori di
1
quella del seno risultano pressoché indistinguibili3,, cioè:
p
8
la sua misura e
p
(23)
8
che sostituita nell’espressione per la forza di richiamo produce:
sin J  J
se
J£

s(t )
Wt = mg J = mg
= k s(t )
L
3
Se ϑ=π/8=0.3927 rad si ha sinϑ=0.3827: sostituendo al seno la misura in radianti dell’angolo si com-
mette un errore (ϑ-sinϑ)/sinϑ=(0.3927-0.3827)/0.3827=0.002613 (circa il 3%).
144
avendo sfruttato la definizione di radiante, J = s(t ) / L ed indicato i valori costanti con
k = mg / L . Come si vede, nel caso delle oscillazioni che formano piccoli angoli
(J £
p
8
)
il moto del pendolo semplice risulta armonico.
Quanto vale il periodo delle piccole oscillazioni del pendolo semplice?
Sfruttando la relazione precedentemente ricavata si ottiene il periodo delle piccole oscillazioni
T = 2p
m
mL
L
= 2p
= 2p
k
mg
g
A2
Si traggono quindi le seguenti conclusioni:
(1) Le piccole oscillazioni sono isòcrone cioè hanno tutte la stessa durata, indipendentemente dal valore dell’ampiezza A .
(2) Il periodo delle piccole oscillazioni non dipende dalla massa appesa.
(3) Il periodo delle piccole oscillazioni è tanto maggiore quanto più lungo è il filo del pendolo.
La velocità angolare e quella lineare di un pendolo sono costanti?
No, non lo sono. Entrambe crescono a mano a mano che si procede verso il punto più basso dove raggiungono il massimo, poi decrescono fino ad annullarsi nella posizione di
massima altezza.
Esercizi
48. Un pendolo semplice compie 40 oscillazioni al minuto. Si calcoli la lunghezza del filo
e si dica cosa succede al periodo se questa viene dimezzata.
A1
diversa ampiezza
ma stesso periodo
Si chiama cicloide la traiettoria
del tappo della gomma di una bici
mentre la ruota avanza . Un pen dolo rigorosamente isocrono può
essere realizzato facendo oscillare
il filo fra due archi di cicloide. Il
pendolo cicloidale segue anch'esso
una cicloide (qui tratteggiata ).
Risulta T = (60 / 40) s = 1.50 s da cui si ricava la lunghezza del filo:
T = 2p
L
g

L=
gT 2
9.81 ´ 1.502
=
m = 0.560 m
39.4
4p 2
Se l lunghezza del filo è dimezzata il periodo nuovo periodo T ¢ risulta diviso per un fattore 2 rispetto al vecchio:
L
L
T
1.50
=
=
s = 1.06 s
g
2
2
2
quindi le oscillazioni del nuovo pendolo più corto sono più rapide.
T ¢ = 2p
2
g
=
1
2p
49. Fra alcune liane pendenti da un albero, se ne deve individuare una che più lunga di
15 m . Come si può scegliere senza arrampicarsi per misurarle?
[R]
50. Si descriva la traiettoria seguita da un pendolo oscillante il cui filo venga tagliato mentre si trova: (1) nel punto di massima altezza, (2) in qualunque punto di avvicinamento
all’equilibrio, (3) nel punto di minima altezza, (4) in un qualunque punto di allontanamento dall’equilibrio.
[R]
traslazione
5. Corpo rigido che ruota attorno a un asse fisso
asse
Che cosa s’intende per corpo rigido?
Il corpo rigido è un oggetto esteso ideale, cioè un corpo per il quale non può essere adoperata l’approssimazione di particella, e che mantiene invariate la forma e le dimensioni
qualunque sia l’azione cui lo si sottopone. Il corpo esteso può essere pensato composto di
145
rotazione
un grande numero di punti materiali, con la distanza fra due qualunque di essi che resta
costante. I movimenti di cui il corpo rigido è capace possono a loro volta essere interpretati come moti d’insieme dei punti materiali che lo costituiscono.
Quali movimenti sono possibili per un corpo rigido?
Un corpo rigido che si muova di moto piano, per il quale le velocità dei punti del corpo si
mantengono sempre parallele ad uno stesso piano, ha due movimenti fondamentali:4

v
A

v
B
A
A
B
A
B
traslazione
C

v

v
D
D
C
D
D
C
rotazione

F1

F2
mi
Traslazione: un corpo rigido compie un moto di traslazione se tutti i suoi punti si muovono con lo stesso vettore velocità e lo stesso vettore accelerazione.
Rotazione: un corpo rigido compie un moto di rotazione se tutti i suoi punti descrivono
delle circonferenze con centro sulla stessa retta, detta asse di rotazione.
B Un moto di traslazione non implica necessariamente che i punti materiali che compongono il corpo rigido seguano delle traiettorie rettilinee: essi potranno compiere dei tratti curvi, ed anche delle circonferenze. L’importante è che i punti non si spostino su circonferenze concentriche, come si vede nelle figure a lato. Il corpo AB descrive un moto traslatorio:
sebbene le traiettorie dei punti materiali che lo compongono siano circolari, le circonferenze lungo cui si dispongono non hanno i centri su di un’unica retta. Per accorgersi che si
tratta di traslazione pura basta verificare che, comunque presi due punti A e B sul corpo,
la retta che passa per essi si mantiene parallela a se stessa, e questo è dovuto al fatto che le
traiettorie di tutti i punti sono uguali. Il corpo CD, invece, descrive un moto di rotazione
attorno ad un asse, e punti che lo compongono si spostano su delle circonferenze concentriche. La velocità angolare w è una sola per tutto il corpo, mentre la velocità lineare con
C cui i punti seguono le circonferenze cresce con la distanza dall’asse di rotazione, secondo
la relazione v = wR che abbiamo ricavato per il moto circolare. Inoltre, una retta passante
per due suoi punti qualunque C e D non si mantiene parallela a sé stessa.
Cos’è il centro di massa di un corpo?
Immaginiamo di scomporre un corpo rigido nelle particelle che lo compongono, e diciamo N il loro numero. A ciascuna di esse può applicarsi la seconda legge della dinamica,
quindi disponiamo di N equazioni della forma:


Fi = miai
Sommandole tutte , a membro a membro, secondo la regola di composizione dei vettori, a

sinistra otterremo la forza risultante R che agisce sul sistema dall’esterno. Infatti, le forze interne, cioè quelle fra le particelle del corpo, danno luogo a un risultante nullo, in quanto
si presentano tutte in coppie del tipo azione e reazione, cioè uguali in intensità ma opposte


in verso, come ad esempio le F1 ed F2 in figura. Quindi:




R = m1a1 + m2a2 + ... + mN aN
Moltiplicando e dividendo il secondo membro per la massa M del corpo:
æm 

m 
m  ö÷

ç
R = M çç 1 a1 + 2 a2 + ... + N aN ÷÷÷ = M aCM
÷ø
M
M
çè M
La quantità fra parentesi è la media delle accelerazioni di ciascuna particella, ognuna pesata dalla frazione di massa totale mi /M che essa costituisce. Quest’accelerazione può

essere associata a un punto, cui si dà il nome di centro di massa (CM) di posizione rCM e


velocità vCM definite in modo analogo ad aCM :
4
Ve ne sono altri, come quello detto polare in cui un punto del corpo resta sempre fermo.
146
y
m  m 
m 

rCM = 1 r1 + 2 r2 + ... + N rN
M
M
M
m 
m 
m 

vCM = 1 v1 + 2 v2 + ... + N vN
M
M
M
Quindi, quando un corpo si muove sotto l’azione di un sistema di forze, è possibile determinare un punto, detto CM, che segue la stessa traiettoria di un punto materiale nel
quale fosse concentrata l’intera massa e sul quale fosse applicata la somma delle forze
agenti sul corpo esteso. Essendo il CM ottenuto pesando la posizione di ciascuna particella del sistema con la sua massa, si trova più vicino alle particelle di massa maggiore. Le

coordinate del vettore rCM , cioè xCM , yCM sono interne a un rettangolo il cui estremo A
B

vCM
CM
yCM

rCM
A
x
xCM
in basso a sinistra è individuato dalla minima ascissa e la minima ordinata del sistema, e
l’estremo B in alto a destra, i corrispondenti valori massimi.
Di quali proprietà fisiche gode il centro di massa?
Il CM è un punto che si muove come se in esso fosse concentrata l’intera massa del

corpo e ad esso applicata la risultante R delle forze, cioè:


R = MaCM
Questa proprietà è molto utile in alcuni calcoli di dinamica. Ad esempio se lanciamo una
matita in aria, il suo CM descrive una traiettoria parabolica come farebbe un punto di
massa uguale a quella della matita stessa. Quando un corpo è soggetto a un sistema di
forze la cui risultante è nulla (ad esempio una coppia), il CM, se è inizialmente fermo non
può entrare in movimento, e se è in moto rettilineo uniforme, prosegue imperturbato.
Di quali proprietà geometriche gode il CM?
In prossimità della superficie terrestre, la forza di gravità potrà considerarsi sempre
costante all’interno del volume occupato dall’oggetto. Questo porta l’espressione
matematica che definisce il CM a coincidere con quella che definisce il baricentro e quindi
possiamo estendere al CM tutte le proprietà del baricentro, in particolare (1) il fatto
che se l’oggetto presenta assi di simmetria, questi passano per il CM; (2) la proprietà
distributiva.

FA
CM
Quale effetto ha l’azione di una coppia su di un corpo rigido in quiete?

FB
L’effetto dell’applicazione di una coppia a un corpo, ad esempio la lamina qui a lato,
è quello di produrre una rotazione attorno al centro di massa. Essendo, infatti, nullo







il risultante R = FA - FA = 0 delle forze, l’equazione R = MaCM = 0 , impone che
l’accelerazione del CM sia nulla. Pertanto il CM rimane fermo se era inizialmente
fermo, ed il corpo, per effetto della coppia, tenderà a porsi in rotazione attorno ad un
asse che passa per esso. Se l’oggetto è appoggiato su un piano, quest’effetto si osserva con chiarezza solo in assenza di attrito. L’asse passante per il CM, attorno al quale il corpo tende a ruotare, in generale non è perpendicolare al piano della coppia, (salvo
per oggetti simmetrici attorno a quell’asse) ma va determinato di volta in volta.
CM

F

-F
Quale effetto ha l’azione di una singola forza su un corpo rigido in quiete?
L’effetto di un sistema costituito da una singola forza è diverso a seconda che la sua

retta d’azione passi per il CM oppure no. (1) Se la retta di azione di F passa per il CM
allora, scegliendo un asse per il CM per calcolare il momento risultante di questo
semplice sistema di una sola forza, si ottiene un valore nullo. Quindi il CM si muove
di pura traslazione e non si hanno rotazioni del corpo rigido attorno ad esso. (2) Se la
CM

F

retta di azione della forza non passa per il CM, si sempre può traslare F in modo che
tale passaggio per il CM avvenga, senza modificare la dinamica. Questo si realizza
applicando una coppia di trasporto di valore opportuno, che come sappiamo non al-

tera l’azione complessiva di F . Dopo quest’operazione appare chiaro che l’effetto
147
sela retta d 'azione
di F passa per il CM
si ha una traslazione


F
complessivo è la traslazione, dovuta all’applicazione di F nel CM, composta con
una rotazione attorno al CM, dovuta all’applicazione della coppia di trasporto.
Come si può descrivere il moto rotatorio di un corpo rigido attorno a un asse fisso?
CM
coppia
di trasporto

F
CM

se la retta d 'azione di F non
passa per il CM si ha una
traslazione ed una rotazione
attorno al CM
Ds = r DJ
r
P
DJ
Consideriamo un qualunque punto P del corpo rigido in rotazione. Poiché ci limitiamo a
rotazioni piane, chiamiamo A il punto in cui l’asse buca il piano in cui P ruota,
descrivendo quindi una circonferenza con centro in A . Lo spostamento di P può essere
individuato dall’angolo di rotazione J rispetto ad una semiretta di riferimento uscente da
A , ed espresso in radianti, con segno positivo se in verso antiorario. Considerato un
intervallo Dt durante il quale l’angolo di rotazione è variato di una quantità DJ , è
possibile definire la velocità angolare w e l’accelerazione angolare a :
w=
DJ
([w ] = rad/s)
Dt
a=
Dw
Dt
([a ] = rad/s2 )
i cui valori si intendono calcolati nel caso limite in cui Dt  0 , cioè quando l’intervallo
temporale si chiude attorno ad un singolo istante. Queste due grandezze sono le
analoghe angolari delle velocità ed accelerazioni lineari v = Ds /Dt e a = Dv /Dt .
Coerentemente col segno degli angoli, anche w ed a saranno positive se l’incremento ch
esprimono avviene in verso antiorario. Se l’accelerazione angolare è nulla e quindi la
velocità angolare costante, già sappiamo dallo studio del moto circolare che periodo e
frequenza sono w = 2p /T , f = 1/T = w /2p . Dalla definizione di radiante e dallo studio
del moto circolare si ha:

Ds = r DJ
| v | =  wr ( antioraria /oraria )
In una rotazione di corpo rigido, quindi, più si è lontani dall’asse più ci si muove

velocemente ( | v | = wr ), il che è assai intuitivo se si pensa che un punto lontano dall’asse
A
descrive uno spostamento assai più lungo di uno vicino e deve farlo nello stesso tempo.
Abbiamo già visto come aumenta la velocità di rotazione per un punto sulla superficie
della Terra a mano a mano che ci si sposta verso l’equatore.
E se l’accelerazione angolare non è nulla, ma assume un valore costante?
moto rettilineo
s = s 0 + v0t + 1 at 2
v = v0 + at
2
v 2 = v02 + 2a Ds
Da un punto di vista cinematico si può dimostrare che se l’accelerazione angolare a è
costante, valgono delle relazioni analoghe a quelle del moto rettilineo uniformemente
accelerato, riportate qui a lato. Indicando con J l’angolo percorso, in senso antiorario, al
tempo t , e con J0 il suo valore iniziale, si ha:
J = J0 + w0t + 1 at 2
2
w = w0 + at
w 2 = w02 + 2aDJ
Le relazioni angolari sono evidentemente le stesse per tutti i punti del corpo perché ruotano
tutti attorno all’asse dello stesso angolo nello stesso intervallo di tempo.
In che modo l’accelerazione angolare di un corpo rigido è legata alla forza applicata?

F2

F1
b2
L’accelerazione angolare a rispetto ad un asse è il risultato dell’azione di una o più forze
che abbiano la capacità di far ruotare attorno a tale asse. Sappiamo che questa capacità è
misurata, per le rotazioni piane, dalla grandezza scalare detta momento della forza rispetto ad

un asse: t =  |F |b (tau, positivo per rotazioni antiorarie). Il momento è il prodotto

dell’intensità |F | per il braccio b , che è la distanza dall’asse della retta di azione della
forza. Le osservazioni mostrano due importanti proprietà dell’accelerazione angolare a :


(1) maggiore è la distanza b della retta lungo cui agisce la forza F dall’asse di
F1 esercita un momento più
rotazione (braccio della forza), maggiore è l’accelerazione angolare che ne risulta
piccolo di F2 e quindi produce
(cioè
maggiore è il momento, maggiore è a )
minor accelerazione angolare
A
b1
148
t = 1 Nm
t = 1 Nm
(2) se momenti uguali sono applicati a corpi di uguale massa, ma distribuita in modo
differente attorno all’asse di rotazione, ad acquistare maggiore accelerazione
angolare è quello la cui massa è mediamente più vicina all’asse.
Per comprendere come queste proprietà derivino dalla seconda legge della dinamica,

scomponiamo l’accelerazione istantanea a di un punto P sul corpo che ruota, nelle sue


componenti centripeta aC e tangenziale aT . Sappiamo che l’accelerazione tangenziale è
5 kg
5 kg
responsabile delle variazioni nell’intensità della velocità, che è per definizione tangenziale, a = 10 rad/s2 a = 40 rad/s2

cioè aT = Dv /Dt (dove aT =  |aT | a seconda del senso di rotazione, antiorario od la massa del secondo cilindro
è più vicina all ' asse e quindi
orario). Sia r la misura di AP , cioè la distanza dall’asse di rotazione per A:
a parità di momento subito ha
maggior accelerazione angolare
æ v ö÷
aT
Dw
Dv
1
ç
÷
a=
=
Dç ÷ =
=
 aT = ar
r
Dt
Dt ççè r ÷ø r Dt
Come si descrive la dinamica di una rotazione quando a = costante ?
Se il corpo sta accelerando angolarmente, vuol dire che la sua velocità tangenziale
varia, quindi su ogni punto deve agire dall’esterno una forza in direzione tangenziale.

Indichiamo con mi la massa del punto P considerato, e con |Fi | l’intensità della

aT

Fi
forza tangenziale, costante come l’accelerazione. Applichiamo la seconda legge della
dinamica lungo la direzione tangenziale istantanea a una rotazione antioraria, con
tutte le grandezze angolari positive:

aT = |Fi |/mi
a=
aT
ri
=

|Fi |
ri mi
=

ri |Fi |

ri2mi

ri |Fi | = mi ri2a
P
mi

aC
A
Nel secondo passaggio si è moltiplicato e diviso per la distanza ri . Ricordando che il

momento torcente vale ti = ri |Fi | :
ti = mi ri2 a
Sommando i momenti di tutte le forze che agiscono su ciascuno dei punti che compongono il corpo, e ricordando che l’accelerazione angolare a è sempre la stessa e si
può portare fuori dal segno di sommatoria, si ottiene il momento risultante t :
t=
åm r
2
i i
⋅ a = Ia
La quantità che abbiamo ottenuto, I = Smi ri2 (che si misura in kg ⋅ m2 ) a ben vedere è una proprietà geometrica del corpo, che non ha nulla che la leghi al particolare moto
considerato. Essa dipende solo dal modo in cui la massa è distribuita attorno all’asse
di rotazione, e può essere calcolata per ogni corpo, prima di metterlo in rotazione.
Legge di rotazione del corpo rigido intorno a un asse
m
m
grande I
piccolo I
La grandezza I = Smi ri2 detta momento d’inerzia di un corpo, esprime la resistenza
del corpo alle variazioni di velocità angolare intorno a un asse, misurando il modo
in cui la massa è distribuita attorno ad esso. Quando un corpo rigido sta ruotando
attorno a un asse fisso, rispetto a cui il momento delle forze è t e il momento
d’inerzia I , vale la relazione:
t = Ia
Come si può interpretare la formula t = I a ?
Momenti d'inerzia
anello
I = MR2
cilindro pieno
I = 1 MR2
sfera piena
I = 2 MR2
guscio sferico
I = 2 MR2
barretta (centro)
2
5
La relazione t = I a descrive la dinamica delle rotazioni piane di un corpo rigido atbarretta (estremo) I
torno ad un asse fisso. È l’analogo rotazionale della seconda legge della dinamica
149
3
1
M 2
12
= 1 M 2
3
I =


F = ma e dice che il momento di una forza produce un’accelerazione angolare nel corpo
cui è applicata. Mentre la massa di un oggetto rappresenta la resistenza che esso oppone alle traslazioni, il momento d’inerzia esprime la resistenza alle rotazioni, ed è
tanto minore quanto più la massa è distribuita vicino all’asse attorno al quale si desi-
dera far ruotare il corpo, come attesta il fattore ri2 nella sommatoria. Questa proprietà è sfruttata ad esempio dalle ballerine che raccolgono le braccia lungo la linea di
rotazione per incrementare la propria velocità riducendo il momento d’inerzia, oppure dagli acrobati che si dotano di una lunga asta allo scopo di aumentare il proprio
momento d’inerzia rispetto a un asse passante per la corda lungo la quale camminano. Un meccanismo analogo interesserebbe il pianeta Terra qualora le sue acque polari si sciogliessero. Il ghiaccio concentrato attorno all’asse di rotazione ha un momento d’inerzia inferiore a quello che avrebbe l’acqua disciolta, che andrebbe a disporsi verso l’equatore causando un allungamento del giorno per la maggiore resistenza offerta alla rotazione. Il momento d’inerzia è calcolabile in modo esplicito per
forme geometriche regolari: in tabella riportiamo qualche valore.
Esercizi
29. Un anello ha massa M = 4.00 kg e raggio R = 30.0 cm e spessore molto inferio-
re al raggio. Se ne calcoli il momento d’inerzia I A rispetto a un asse passante per il
centro e ortogonale al piano dell’anello. Si confronti il risultato con il momento
d’inerzia di un disco pieno e di una sfera piena anch’essi di M e raggio R . Calcolare l’accelerazione angolare se sull’anello agisce un momento costante t = 6.00 Nm .
Immaginiamo l’anello scomposto in tante particelle di massa mi , la loro distanza dal
centro dell’anello dove passa l’asse sarà sempre pari al raggio ri = R .
Ne segue:
I A = Smi ri2 = Smi R 2 = R 2Smi = MR 2 = (4.00 ´ 0.3002 ) kg ⋅ m 2 = 0.360 kg ⋅ m 2
Come si vede, risulta: I A > I D > I S infatti: MR2 > (1/2)MR2 > (2 / 5)MR2 .
m
Nell’anello tutta la massa è disposta alla massima distanza possibile R dall’asse, nel
disco invece una sua parte si trova nella regione fra la circonferenza esterna e l’asse.
Nella sfera la parte di massa più vicina all’asse è ancora più consistente che nel disco.
Il momento d’inerzia, a parità di massa, è tanto maggiore quanto più ci si allontana
dall’asse. Calcoliamo l’accelerazione angolare:
a = t /I = (6.00 / 0.360) rad/s2 = 16.7 rad/s2
30. Calcolare il momento d’inerzia di un manubrio lungo L = 80 cm formato da due pesi
di massa m = 2.0 kg rispetto a un asse perpendicolare all’asta (di massa trascurabile)
m
passante per il centro, e l’accelerazione angolare se sul manubrio, reso girevole attorno al
centro, agisce un momento costante t = 5.0 Nm .
m1
m2
[R: 0.64 kg ⋅ m2 , 7.8 rad/s2 ]
31. Calcolare il momento d’inerzia di un manubrio lungo L = 80 cm formato da due pesi
di massa m = 2.0 kg rispetto a un asse perpendicolare all’asta di massa M = 1.5 kg
passante per il centro, e l’accelerazione angolare se sul manubrio, reso girevole attorno al
m2
m1
centro, agisce un momento costante t = 5.0 Nm .
[R: 0.72 kg ⋅ m2 , 6.9 rad/s2 ]
32. Una struttura è composta di due manubri incrociati saldati al centro, il primo ha
un’asta lunga L1 = 60 cm di massa M 1 = 7.0 kg e in fondo due masse m1 = 2.0 kg , il
secondo ha un’asta lunga L2 = 30 cm di massa M 2 = 5.0 kg e in fondo due masse
m2 = 3.0 kg . Calcolare l’accelerazione angolare quando sul manubrio, , reso girevole
attorno al centro, agisce un momento t = 9.0 Nm .
150
[R: 12 rad/s2 ]
33. Un volante è formato da un anello di raggio R = 25.0 cm e massa mA = 1.50 kg , e
due barre lunghe quanto il diametro, di massa mB = 1.00 kg ciascuna. Calcolarne il momento d’inerzia
rispetto ad un asse per il centro, perpendicolare ai diametri, e
l’accelerazione angolare se rispetto a quest’asse è esercitato un momento t = 12.0 Nm .
[R: 0.135 kg ⋅ m2 , 88.9 m/s2 ]
a
34. Un disco di M = 10.0 kg e R = 3.00 m ruota in un piano orizzontale attorno al suo

centro O , per l’azione di una forza costante d’intensità |F | = 100 N , applicata sul bordo
A
lungo la tangente. Nel disco sono conficcate tre masse puntiformi: mA = 2.00 kg a distanza OA = 2.00 m , mB = 1.20 kg
con OB = 1.50 m , ed
mC = 1.40 kg
O
B
con
OC = 2.60 m . Calcolare il momento d’inerzia del sistema e l’accelerazione angolare.
[R: 65.1 kg ⋅ m2 , 4.61 rad/s2 ]

F
R
C
R2
34. Una piattaforma girevole rispetto a un suo asse centrale, è composta di due cilindri di
masse m1 = 280 kg , m2 = 120 kg e raggi R1 = 4.00 m , R2 = 2.20 m , uno sopra
all’altro. La piattaforma sta ruotando in senso antiorario alla velocità angolare
w = 5.00 rad/s . Calcolare il momento che dall’esterno bisogna esercitare rispetto all’asse
per fermarla in 2.50 s imprimendole accelerazione angolare costante.
[R: -580 Nm ]
w
R1
In quali casi è consentito applicare la relazione t = I a ?
La legge per la rotazione di un corpo rigido t = I a , in cui t e I devono essere calcolati rispetto allo stesso asse, ha alcune limitazioni di applicazione, e delle notevoli
proprietà, che ora enunciamo senza dimostrare.
1. Si può dimostrare che t = I a vale anche se l’asse di rotazione si sposta, purché
resti costante la sua direzione. Ne vedremo un esempio nel moto di rotolamento.
2. In generale t = I a non si può applicare a rette diverse dall’asse di rotazione, giacché solo per esso è stata ricavata. Quindi la relazione non si può applicare ad assi attorno a
cui i punti del corpo non stanno descrivendo delle circonferenze. Per capire facciamo
un esempio in cui la formula non vale: consideriamo un mattone in caduta libera.
L’osservazione mostra che a = 0 rispetto ad un asse orizzontale per uno spigolo A
(guardando la figura, l’asse esce dal foglio), perché, come sappiamo, il peso, da solo,
è incapace di ruotare un corpo. Tuttavia non è zero il momento del peso rispetto a
quello stesso asse. In questo caso giustamente è t ¹ I a , giacché il corpo non sta descrivendo circonferenze attorno ad un asse per A .
3. Tuttavia si può dimostrare che t = I a vale anche per assi paralleli a quello di rotazione, purché passino per il CM del corpo. L’accelerazione angolare a ha lo stesso valore
che assume rispetto al vero asse di rotazione, però sia il momento della forza, sia il
momento d’inerzia vanno ora calcolati rispetto al nuovo asse parallelo. Per il momento d’inerzia vale il seguente risultato:
Teorema degli assi paralleli
Se d è la distanza che separa l’asse di rotazione da un asse passante per il CM e ad
esso parallelo, si ha:
I = ICM + Md 2
dove ICM è il momento d’inerzia rispetto all’asse per il CM, ed I quello rispetto
all’asse di rotazione a cui è parallelo.
Pertanto fra tutti gli assi paralleli il momento d’inerzia è minimo per quello che passa
per il CM. Si confronti, ad esempio, nella tabella dei momenti d’inerzia il momento
d’inerzia di una barretta rispetto al centro e rispetto a un estremo, verificando che
sono legati dal teorema degli assi paralleli.
151
corpo in caduta libera :
t = Ia NON può essere
applicata ad un asse per A
A

mg
d
ICM
I
CM
CM
Perché una motocicletta si piega in curva?

N

N
rettilineo
Una motocicletta, una bici, un pattinatore su ghiaccio devono sempre piegarsi verso
l’interno delle curve se vogliono evitare una rotazione attorno al loro CM che li farebbe cadere. Giacché il peso ha sempre momento nullo rispetto a un asse orizzontale per il CM, le potenziali cause di rotazione possono venire solo dalla normale e
dall’attrito statico (che funge da forza centripeta. Vediamo i due casi possibili.
(1) Consideriamo prima la moto su di un rettilineo: se vogliamo che non cada di lato, il momento della normale rispetto al CM dev’essere nullo, affinché dalla legge
t = I a risulti nulla l’accelerazione angolare a . Poiché in questo caso non occorre
forza centripeta, l’asfalto non esercita attrito statico perpendicolarmente alla velocità. L’equilibrio della moto mentre avanza si ottiene mantenendola in verticale: così la
forza normale passa per il CM e non può farla ruotare attorno ad esso.
(2) Quando percorriamo una curva, compare necessariamente la forza di attrito stati
co fS perpendicolare alla velocità, che fornisce la forza centripeta. Adesso è questa

R

fs
J
curva
CM
A
durante la curva t = I a
non può essere applicata
all 'asse per A perché non è
un asse di rotazione
forza orizzontale che, composta vettorialmente con la normale, non deve far ruotare la


moto attorno al suo CM. La risultante N + fS della normale e dell’attrito, composte
con il metodo di punta coda
forma, col terreno, un angolo J tale che
 
tan J = |N | / | fs | . Se cercassimo di tenere la moto in verticale come prima, questa risultante non passerebbe più per il CM della moto. Per annullare il momento delle
forze esterne rispetto al CM dobbiamo allora inclinare la moto proprio dell’angolo J


fintanto ché il suo CM si porta lungo la retta di azione di N + fS . Si noti che abbiamo
 applicato il ragionamento ad un asse orizzontale per il CM, perché risulta certamenvP
P
R
C

vC
R
w
Quali proprietà ha la velocità in un moto di rotolamento puro su un piano?
A
visto come rotazione
attorno all 'asse istantaneo
di contatto
A

v
d
d
A
te parallelo a qualunque asse di rotazione, ma non avremmo potuto applicarlo ad un
asse per il punto A di contatto, che non essendo un asse di rotazione non ammette la
legge t = I a .
Consideriamo un oggetto a sezione circolare: potrà essere un cilindro, un anello, una
sfera oppure una forma più complessa come un rocchetto, e poniamo che si muova di
rotolamento puro, cioè senza strisciamento. L’oggetto avrà un asse centrale di simmetria per il
punto C in figura, ed i punti a contatto con il piano dove sta rotolando sono su
circonferenze uguali, tutte di raggio R . Il rotolamento puro richiede che il punto (od il
segmento) di contatto A con il piano deve essere fermo istante per istante, altrimenti il corpo
striscierebbe. Per capire meglio pensiamo ad un perimetro circolare come se fosse un
poligono con infiniti lati: il confronto con il rotolamento di una figura avente degli spigoli
fa vedere che un punto di contatto con il piano, come A , ha in ogni istante velocità zero.
Pertanto è possibile interpretare il rotolamento come una rotazione attorno ad un asse
istantaneo, cioè un asse a contatto con il piano, fermo, che però cambia ogni momento. Si
faccia attenzione a come si interpretano le curve circolari in figura, perché valgono
esclusivamente per l’istante in cui il moto è stato per così dire “fotografato”. I punti come
P e C , e tutte le altre particelle del corpo, non seguono realmente le traiettorie indicate,
ma nell’istante successivo alla fotografia saranno sostituiti da altri punti dell’oggetto, che
andranno ad occupare le loro posizione. La visualizzazione proposta, dell’asse di
rotazione che cambia da un istante all’altro, è uno strumento matematico che consente di
calcolare in modo semplice la velocità di qualunque punto del corpo. Detta w la velocità
angolare attorno all’asse istantaneo di rotazione, il centro C della circonferenza
dell’oggetto che rotola si trova a distanza R dal punto di contatto A , e quindi la sua
velocità sarà wR . Invece, un punto sul bordo come P, avrà velocità 2wR , trovandosi a
distanza 2R dall’asse istantaneo di rotazione:

| vC | = wR

| vP | = 2wR
152
In generale, un punto a distanza d dal contatto a terra, ha velocità istantanea d’intensità

| v | = wd , tangente alla circonferenza di centro A e raggio d . Accanto all’interpretazione
di un moto attorno ad un asse istantaneo, il rotolamento puro può anche esser visto come
la composizione di un moto di rotazione con velocità angolare wC attorno all’asse di

simmetria per C , composta con una traslazione di quest’asse a velocità vC . La
condizione che il punto A abbia in ogni istante velocità nulla comporta che in A la

velocità lineare dovuta alla rotazione | vR | = wC R sia uguale ed opposta a quella di



traslazione vC , cioè che wC R =| vC | , e da un confronto con | vC | = wR si trova wC = w ,
cioè la velocità angolare attorno all’asse di simmetria per C
attorno all’asse istantaneo per A .
wC 
vC

vR
A
visto come rotazione
attorno all 'asse centrale
composta a traslazione
è la stessa con cui il corpo ruota

vT
Esercizi

vC
36. Una tavola di legno poggia su di un cilindro di R = 30.0 cm , e lo spinge facendolo
rotolare orizzontalmente senza strisciare. Sapendo che l’asse centrale avanza con velocità

| vC | = 25.0 cm/s , si calcoli la velocità della tavola e la velocità angolare del cilindro.

vA
Poiché il punto della tavola a contatto con la sommità del cilindro non sta strisciando, i
due devono avere uguale velocità.Per le proprietà del moto di rotolamento, la velocità del
punto più alto è il doppio della velocità del centro:


| vT | = 2 | vC | = (2 ´ 25.0) cm/s = 50.0 cm/s

La velocità angolare è legata all’intensità della velocità | vC | del centro del cilindro:

w = | vC | /R = (25.0/ 30.0) rad/s = 0.833 rad/s
d
37. Trovare la velocità angolare della ruota di una bicicletta che sta procedendo a
18.0 m/s , e la velocità istantanea del punto più in alto della ruota, sapendo che esso dista
da terra 0.70 m .
[R: 51 rad/s , 38 m/s ]

vC
38. Un motorino avanza a 5.00 m/s ed un punto A sulla ruota, verticalmente sopra al
centro e a distanza d = 30.0 cm da terra, ha velocità 7.00 m/s . Calcolare la velocità angolare delle ruote e il loro raggio.
[R: 23.3 rad/s , 21.5 cm ]
m
39. Una massa m è agganciata a un filo che passa per la gola di una carrucola ed è avvolto
attorno ad un rocchetto cilindrico di R = 15.0 cm . Sapendo che m ad un certo istante
sta scendendo alla velocità di 45.0 cm/s , calcolare quanto valgono, in quell’istante, la velocità angolare del rocchetto e la velocità dell’asse di simmetria. [R: 1.50 rad/s , 22.5 cm ]
Quali proprietà ha l’accelerazione in un rotolamento puro?
Indichiamo con m la massa del corpo che rotola e con I il suo momento d’inerzia
rispetto all’asse centrale, e sia R il raggio della circonferenza a contatto col piano.
Come abbiamo dimostrato prima, in un rotolamento puro la velocità angolare w è la
stessa, sia misurata attorno all’asse istantaneo di contatto, sia attorno all’asse centrale. Poiché tale uguaglianza vale istante per istante, dovrà essere la stessa anche la rapidità
con cui w cambia nel tempo, e quindi anche l’accelerazione angolare a ha lo stesso
valore rispetto a questi due assi. Se indichiamo con a l’accelerazione lineare (con segno) con cui avanza l’asse centrale, il valore a è anche quello dell’accelerazione tangenziale dell’asse centrale per C nel suo rotolamento intorno all’asse istantaneo per
A. Dalla relazione a = aT = aR si ha:
a = a /R
Il segno positivo vale se un’accelerazione lineare nel verso del nostro riferimento produce un aumento in senso antiorario della velocità angolare. In figura, ad esempio, risulta

che l’aumento di w prodotto da a è in senso orario quindi a = -a /R .
153
C
R
A
 
a = aT
w

N
mg sin J
mg cos J
x
A

W
J

fa
Come si calcola l’accelerazione da rotolamento puro su un piano inclinato?
Applichiamo la relazione appena ricavata al rotolamento lungo un piano inclinato di
un angolo J . Orientiamo verso il basso le ascisse, parallele al piano stesso, e sia a la
componente, con segno, dell’accelerazione dell’asse centrale C . Consideriamo che
J quando il corpo scende è a > 0 , e da questo moto risulta una velocità angolare w
che cresce in verso antiorario, e quindi anche a > 0 . Pertanto a = +a /R . Nel punto di

contatto A deve agire una forza d’attrito statico fS con direzione tale da impedire ad A
di strisciare lungo il piano. Scriviamo la legge per i momenti t = I a attorno all’asse di
rotazione, che come abbiamo visto studiando il moto di rotolamento, è la linea di contatto
per A che via via si sposta parallelamente a se stessa. Normale e attrito hanno momento

nullo perché la loro retta di azione passa per l’asse di rotazione. Il peso W ha braccio
R sin q e quindi momento mgR sin q , da cui:
t = mgR sin J = I a = Ia /R
L’asse di rotazione per A non passa per il CM: il momento d’inerzia I rispetto all’asse è
t>0
(antiorario)

a
J
quindi legato ad ICM (valori in tabella) dal teorema degli assi paralleli I = ICM + md 2
con d = R . Sostituendo abbiamo la formula per l’accelerazione da rotolamento puro sul
piano inclinato:
a=
R
b
A

mg
mgR2 sin J
mgR2 sin J
=
I
ICM + mR2
La formula chiaramente vale anche per gli oggetti lanciati su per il piano. Possiamo sostituire ad ICM per esempio i momenti d’inerzia dell’anello (mR2 ) , del cilindro (mR2 /2) e
della sfera (2mR2 / 5) . Si hanno rispettivamente le tre accelerazioni:
aAnello = 1 g sin J
2
Poiché è
5
7
>
2
3
aCilindro = 2 g sin J
3
aSfera = 5 g sin J
7
> 1 , vale la relazione: aSfera > aCilindro > aAnello . Giacché tutti e tre gli
2
oggetti partono fermi, in una ipotetica corsa dalla medesima altezza giù per uno stesso
piano inclinato, tutte le sfere batteranno sempre tutti i cilindri, i quali a loro volta batteranno sempre tutti gli anelli, e questo indipendentemente dalle masse. Infatti, la maggiore
resistenza alla rotazione che gli anelli hanno a causa della distribuzione della massa più
lontano dall’asse di rotazione li penalizza, favorendo invece le sfere che hanno buona parte della massa più vicino all’asse. Se scivolassero senza rotolare l’accelerazione sarebbe
quella della particella di massa m lungo il piano inclinato, cioè aSciv = g sin J . Il suo valore è maggiore di quello di qualunque oggetto che rotoli.
Esercizi
40. Una ruota di raggio R = 20.0 cm è formata da un anello di massa mA = 2.00 kg e tre
barre lunghe quanto il diametro, di massa mB = 1.50 kg ciascuna. Calcolare il momento
30
d’inerzia della ruota (servendosi della tabella) e l’accelerazione che acquista su un piano
inclinato di un angolo J = 30 .
Il momento d’inerzia risultante è la somma di quello di un anello più quello di tre barre
rispetto al centro, di lunghezza ciascuna  = 2R . Dalla tabella:
I = mAR 2 + 3mB (2 /12) = mAR 2 + 3mB (4R 2 /12) = R 2 (mA + mB ) =
= [0.2002 (2.00 + 1.50)] kg ⋅ m2 = 0.140 kg ⋅ m2
Considerato poi che la massa complessiva della ruota è:
m = mA + 3mB = (2.00 + 3 ´ 1.50) kg = 6.50 kg
154
Usando la formula per l’accelerazione sul piano inclinato di un oggetto che rotola, il cui
raggio della circonferenza a contatto col piano sia R , risulta:
a=
mR2 sin J
mR2 + I
g=
6.50 ´ 0.2002 sin 30
6.50 ´ 0.2002 + 0.140
´ 9.81 m/s2 = 3.19 m/s2
41. Una pallina omogenea di massa m e raggio R = 6.00 cm viene lanciata su per un
piano inclinato di J = 25 come in figura, con velocità iniziale 4.00 m/s . Sapendo che si
ha rotolamento puro, calcolare l’accelerazione lineare, quella angolare, e lo spazio percor-
[R: 5.80 m/s2 , -10.4 rad/s2 ,1.38 m ]
so sul piano prima di tornare indietro.

v0
R
25
42. Uno yo-yo ha la forma di un cilindro di massa m e raggio R = 5.00 cm e scende verso il basso mentre il filo si srotola. Si osservi che i punti dello yo-yo a contatto con
l’estremo A del filo sono sempre fermi, essendo fermo A. Calcolare l’accelerazione con
cui scende lo yo-yo e la sua accelerazione angolare.
[R: 6.54 m/s2 ,131 rad/s2 ]

fa
43. Si consideri un cilindro di massa m e raggio R che rotola sul piano inclinato, come
la situazione studiata nel testo. Si applichi legge di rotazione del corpo rigido stavolta ad
un asse per il CM parallelo a quello per A. Si eguagli il valore dell’accelerazione così trovato con quello del testo, ricavando la forza di attrito.
[R: (1/ 3)mg sin J ]

a
A

t = | fS | R > 0
(antiorario)
6. Gravitazione universale e orbite circolari
Nella stessa opera scientifica in cui sono formulati i tre principi della dinamica,
Philosòphiae Nauralis Principia Mathematica (1687), Isaac Newton si occupa dello studio del moto orbitale dei pianeti. Lo scienziato inglese dimostra per la prima volta
nella storia che una traiettoria curva come quella a forma di ellisse (seguita dalla Luna intorno alla Terra oppure dai pianeti intorno al Sole), è spiegabile con l’azione di

una forza FG che attira il pianeta sempre verso uno stesso punto, quindi una forza
centripeta. La grande intuizione di Newton fu poi capire che la natura di questa forza

centripeta è la stessa del peso mg che sulla superficie della Terra attrae gli oggetti in

direzione del centro del pianeta. Come tutte le forze, anche FG rispetta la terza legge
della dinamica, quindi si tratta di un’interazione fra due corpi: la Terra attira la Luna



con una forza FG e la Luna attira la Terra con una forza -FG . Questo nuovo modo v
di vedere le cose rappresentò da un lato la prima grande unificazione scientifica di
due fenomeni apparentemente distinti (il peso sulla superficie della Terra e il moto
orbitale del nostro satellite), dall’altro fu un significativo balzo in avanti nella comprensione del mondo, specie se confrontato con il punto di vista aristotelico per il
quale il peso degli oggetti era dovuto alla naturale tendenza che questi avevano a ricongiungersi al luogo della loro origine, che era considerato il centro del pianeta.
Ma che cosa impedisce alla Luna di cadere sulla Terra?
La sorprendente risposta di Newton è che la Luna cade sulla Terra, vi cade continuamente, così come vi cadono tutti i satelliti artificiali in orbita attorno al pianeta. Un
oggetto in orbita tende a cadere in ogni istante verso il centro della Terra, tuttavia il
terreno, per così dire, gli scappa via da sotto esattamente con lo stesso passo, quindi
non riesce mai ad avvicinarsi alla superficie. La figura a lato, tratta proprio dai Principia di Newton illustra in che senso un moto orbitale possa essere visto come situazione limite di un lancio orizzontale. Fissata la quota, al crescere della velocità inizia-
155

-FG

v

a

FG

v

a

a
le aumenta la gittata e con essa si allarga la curvatura della traiettoria. Quando la
curvatura arriva a seguire quella della Terra, il proiettile entra in orbita.
Che cosa dice la legge della gravitazione universale?
Newton ha dimostrato, e l’esperienza, nei secoli successivi, confermato con le osservazioni, che il moto orbitale si può spiegare se qualunque coppia di corpi si attrae
reciprocamente con una forza detta gravitazionale, la cui intensità è tanto maggiore
quanto più le masse sono vicine, e tanto maggiore quanto maggiore è il valore della
massa di ciascuno di essi. Nel caso particolare in cui le due masse siano puntiformi
come le m1 ed m2 in figura, questa forza attrattiva è diretta lungo la retta congiungente i due corpi, ed ha un’intensità inversamente proporzionale al quadrato della
loro distanza r , e direttamente proporzionale al prodotto m1 ⋅ m2 delle due masse.

Indichiamo con |FG | l’intensità di tale forza attrattiva reciproca, uguale su entram-

F21
m2
be le masse, e col simbolo G la costante di proporzionalità, si ha:

mm
|FG | = G 1 2
r2


Che relazione esiste fra la forza F12 e la forza F21 in figura?

F12
r
m1


Se indichiamo con F12 la forza che agisce su m1 ad opera di m2 , e con F21 la forza che
agisce su m1 subisce ad opera di m2 , indipendentemente dal fatto che le due masse siano differenti od uguali, il principio di azione e reazione impone che si abbia sempre



F12 = -F21 . Infatti, nella formulazione matematica della legge di gravitazione, |FG | rap

presenta indifferentemente sia |F12 | che |F21 | .
Quanto vale la costante G?

Nel Sistema Internazionale, dove m1 ed m2 sono in kilogrammi, mentre r e |FG | sono
espressi rispettivamente in metri e newton, la costante fondamentale G vale :
G = 6.67 ´ 10-11
Nm 2
kg 2
Le unità di misura di G sono quelle che occorrono affinché il primo membro della legge
[ N ] = [G ][ kg ]2 [ m ]-2 . Osserviamo che G è un
fattore di proporzionalità così piccolo che per produrre forze gravitazionali dell’ordine di
qualche newton servono masse enormi, come quella di un pianeta.
di gravitazione risulti in newton, cioè:
Esercizi
44. Calcolare la forza gravitazionale con cui si attraggono due masse puntiformi di
100 kg ciascuna, poste alla distanza di 1.00 m

mm
100 ´ 100
N = 6.67 ´ 10-7 N
FG = G 1 2 2 = 6.67 ´ 10-11
1.002
r
Una forza, come si vede, inferiore al milionesimo di Newton.
Cambia qualcosa se le masse non sono puntiformi ma estese?
attrazione gravitazionale
fra oggetti estesi :
principio di sovrapposizione
Questa espressione matematica della legge della gravitazione universale, vale esclusivamente per oggetti assimilabili a dei punti. Un oggetto rigorosamente puntiforme è un’entità
solo teorica: nella pratica si considerano puntiformi oggetti in cui la distanza r coinvolta
nella legge di gravitazione sia molto grande rispetto alle loro dimensioni trasversali (almeno un ordine di grandezza, cioè dieci volte più grande). In questo senso anche una
156
stella può essere considerata puntiforme se le sue dimensioni sono rapportate alle distanze interplanetarie. Se però le masse non sono puntiformi, dobbiamo immaginarle scomposte in porzioni piccolissime rispetto alla loro estensione, e sommare vettorialmente gli
effetti della legge di gravitazione fra tutte le possibili coppie di punti. Infatti, l’esperienza
mostra che vale il principio di sovrapposizione, per il quale la forza con cui interagisce ciascuna coppia è la stessa che si avrebbe se tutte le altre coppie non esistessero.

F1
E quando le masse estese hanno forma sferica?
In caso di masse entrambe sferiche, come approssimativamente sono Terra e Luna, oppure di una grande massa sferica e una puntiforme, com’è il caso di un corpo sulla superficie
di un pianeta, il calcolo descritto sopra si semplifica notevolmente. Se abbiamo un corpo
puntiforme su una sfera, la sfera può essere scomposta in coppie di punti, simmetriche
rispetto alla retta che unisce il corpo col centro, ed alla stessa distanza dal corpo attratto:
ad esempio 1 e 2 , oppure 3 e 4 in figura. La simmetria fa sì che a risultante di ciascuna
coppia punti sempre verso il centro della sfera. Analogamente anche la somma di tutte le
risultanti sarà diretta verso il centro della sfera, e così possiamo utilizzare la formula della
gravitazione immaginando ad esempio che la massa di un pianeta sia tutta concentrata
nel suo centro. Se entrambe le masse sono sferiche, come ad esempio la Terra e la Luna,
possiamo pertanto usare la formula a patto che r rappresenti la distanza fra i centri5.
Quando lasciamo cadere una mela dall’alto, la forza che la Terra esercita sulla mela può
essere calcolata inserendo nella formula per la gravitazione universale la distanza dal centro del pianeta. Per la terza legge della dinamica, la forza della Terra sulla mela ha la stessa intensità della forza che la mela esercita sulla Terra, tuttavia, essendo la massa della mela molto più piccola, la sua accelerazione è molto maggiore rispetto a quella che subisce il
pianeta e quindi è la pietra a muoversi verso il centro della Terra e non viceversa6:
aT =

|FG |
mT
a pietra =

F2
C
1
2
C
3
4
r
y

|FG |
m pietra

Che relazione c’è con la forza peso espressa nella forma mg ?
m

FG
r
Sulla superficie del pianeta la distanza dal centro della Terra è sempre costante, e pari al
suo raggio RT = 6.378 ´ 106 m . Si può calcolare, una sola volta per tutti gli oggetti, il valore dell’accelerazione dovuta alla gravità sulla superficie terrestre , perché la forza di gravità dipende anch’essa dalla massa e questa si semplifica nella seconda legge della dinamica applicata lungo la direzione in cui si ha centro della Terra. Per un oggetto in caduta

-F
G
MT
libera, sapendo che MT = 5.97 ´ 1024 kg risulta:
FGy = may
ay = -6.67 ´ 10-11

-G
MT m
RT2
5.97 ´ 1024
(6.378 ´ 106 )2
= m ay
m/s2 = -9.81 m/s2
Si ottiene il noto valore g = 9.81 m/s2 . Questo calcolo permette di capire perché tutti gli
oggetti, di maggiore o minore massa, accelerano con la stessa intensità verso il basso. In
fatti, poiché |FG | è proporzionale a m , i corpi più massicci subiscono una forza maggiore
rispetto a quelli meno massicci. Tuttavia i corpi di massa maggiore hanno anche bisogno
di una forza maggiore per accelerare, dato che è proporzionale ad m pure la loro inerzia,
5 Va detto anche che nel momento stesso in cui assumiamo che le masse siano puntiformi, e che tutte le loro proprietà
possano essere individuate da una grandezza scalare m, anche solo da motivi di simmetria si potrebbe dedurre che la loro
interazione deve essere diretta lungo la congiungente, in quanto in uno spazio vuoto con le sole due masse in studio, non si
potrebbe definire nessun’altra direzione in modo univoco.
6 In realtà accelerano entrambe, in misura molto diversa, verso il centro di massa del sistema che costituiscono.
157
roccia
C
petrolio
schema di principio per
una mappa gravitazionale
cioè la tendenza a resistere all’azione di una forza (è il secondo membro della legge


F = ma ). Detto diversamente: ci vuole più forza per accelerare di 9.81 m/s2 un oggetto
massiccio che uno di piccola massa.
Che cos’è una mappa gravitazionale ?
Mappa gravitazionale del cratere nello
Yucatan, dovuto all’asteroide che estinse i dinosauri. La zona centrale in gradazione diversa indica una gravità più
bassa rispetto alle rocce circostanti, dovuta ai sedimenti leggeri. (fonte : NASA)
MT
m
ML
Nelle regioni del pianeta dove la distribuzione della massa non è a perfetta simmetria sferica, la risultante non sarà esattamente diretta verso il centro della Terra, ma subirà piccoli scostamenti. Questo accade vicino alle grandi montagne, oppure quando si hanno cavità sotterranee naturali che racchiudono un giacimento petrolifero o di gas. Una misura
accurata della variazione della direzione della forza di gravità rispetto al centro della Terra permette di individuare tali cavità, ed è detta mappa gravitazionale. E’ con questo sistema
che ad esempio si è scoperta una cavità ripiena di rocce sedimentarie leggere nella penisola dello Yucatan in Messico, probabilmente dovuta al cratere scavato dall’asteroide che 65
milioni di anni fa portò all’estinzione i dinosauri.
Esercizi
45. Si trovi a quale distanza d dal centro della Terra, un oggetto di massa m è tirato con
eguale intensità tanto dalla forza di gravità terrestre che da quella lunare, essendo
rL = 3.84 ´ 108 m il raggio medio dell’orbita lunare e M L = 7.35 ´ 1022 kg .
d
Si ha che la massa m è attratta rispettivamente dalla Terra e dalla Luna con forze la cui
intensità si scrive:


M Lm
M m
FL = G
FT = G T
2
(rL - d )2
d
Uguagliando e semplificando si ottiene:
G
MT m
d
2
=G
ML m
(rL - d )2

(rL - d ) MT = d M L
Nell’ultimo passaggio si è potuta estrarre la radice di ambo i membri essendo positive tutte le quantità presenti (infatti rL - d > 0 ). Osserviamo in particolare che il risultato non
dipende dalla massa m dell’oggetto. Risolvendo:
d=
5.97 ´ 1024
5.97 ´ 1024 + 7.35 ´ 1022
5.97
⋅ rL =
´ 1012-12 rL = 0.900 ⋅ rL =
9
r = 3.46 ´ 108 m
10 L
5.97 + 0.0735
Come si vede il punto in questione dista dalla Terra 9/10 della distanza Terra-Luna.

FG
Che succede all’accelerazione di gravità salendo di quota?
Il denominatore è incrementato del valore della quota, il che fa diminuire l’accelerazione
di gravità. Ad esempio in cima all’Everest si ha:
mg
g Everest = 6.67 ´ 10-11
5.97 ´ 1024
m/s2 = 9.78 m/s2
(6.378 ´ 106 + 8850)2
mentre sulla stazione spaziale internazionale, orbitante ad un’altezza di circa 300 km :
RTerra
r
g 300 km = 6.67 ´ 10-11
5.97 ´ 1024
m/s2 = 8.93 m/s2
6
6 2
(6.378 ´ 10 + 0.300 ´ 10 )
Come si vede la diminuzione dell’accelerazione di gravità in un’orbita bassa come quella
a 300 km è dell’ordine del dieci per cento. La condizione di “assenza di peso” degli
astronauti non è quindi imputabile a questo, (infatti, la gravità è ben presente a
158
quell’altezza7 e fornisce la necessaria forza centripeta!), ma al fatto che il loro moto è assimilabile ad un moto di caduta libera, e non percepiscono il peso perché non c’è una superficie sulla quale si appoggiano ad esercitare una forza normale su di loro. Essi sono in una
condizione del tutto analoga a quella di chi si trovasse all’interno di un ascensore cui venissero tagliate le funi e precipitasse.
Che succede all’accelerazione di gravità se cambia la massa del pianeta?
Generalizzando i calcoli precedenti, si ha che l’accelerazione di gravità g P sulla superficie
di un pianeta di massa M P e raggio RP è data da:
gP = G
MP
RP2
Una radicale diminuzione della massa in un pianeta di dimensioni confrontabili con la
Terra comporta pertanto una diminuzione del valore dell’accelerazione dovuta alla gravità sulla superficie, ad esempio:
é
6.42 ´ 1023 ùú
gMarte = êê6.67 ´ 10-11 ´
m/s2 = 3.70 m/s2
6 2ú
(3.40 ´ 10 ) úû
êë
é
7.35 ´ 1022 ùú
2
2
g Luna = êê6.67 ´ 10-11 ´
ú m/s = 1.62 m/s
(1700 ´ 103 )2 úû
êë
Quindi, sulla Luna un uomo di massa 100 kg è attratto con una forza di 162 N , cioè
quella forza con cui la Terra attira una massa di 16.5 kg . Lo stesso uomo sulla superficie
di Marte è attratto con una forza di 373 N , vale a dire quella con cui la Terra attira una
massa di 38 kg . Tuttavia non va dimenticato che la forza gravitazionale decresce con
l’inverso del quadrato della distanza dal centro, pertanto sulla superficie di un pianta
come Saturno, che ha una massa quasi cento volte quella terrestre ma un raggio medio
dieci volte più esteso, si ottiene una accelerazione di gravità paragonabile alla nostra:
é
5.68 ´ 1026 ùú
gSaturno = êê6.67 ´ 10-11 ´
m/s2 = 10.5 m/s2
3 2ú
(60000 ´ 10 ) úû
êë
In tabella i valori riguardanti i principali corpi del sistema solare.
Massa
[ kg ]
R equatoriale
[ km ]
[ m/s2 ]
Mercurio
3.30 ´ 1023
2440
3.70
Venere
4.87 ´ 1024
8.87
Terra
5.97 ´ 1024
6000
6378
Luna
7.35 ´ 1022
1740
Marte
6.42 ´ 1023
Giove
27
1.90 ´ 10
3400
71500
1.62
3.70
Saturno
5.68 ´ 1026
60000
10.5
25
25600
8.69
26
24800
11.2
22
1150
700000
0.58
274
Urano
Nettuno
Plutone
Sole
7
8.68 ´ 10
1.02 ´ 10
1.30 ´ 10
1.99 ´ 10
30
g
9.81
23.1
Si pensi che la gravità è ancora molto forte alla distanza della Luna, circa 400000 km, tanto da mantenerla in orbita.
159
Come cambia il periodo di un pendolo se ci si sposta su altri pianeti?
La relazione fra i periodi dipende dal valore dell’accelerazione di gravità in superficie, che la legge di gravitazione universale prevede essere direttamente proporzionale alla massa del pianeta ed inversamente proporzionale al quadrato del suo raggio8. Pertanto i periodi di uno stesso pendolo misurati sul pianeta A e sul pianeta B
stanno fra loro nel rapporto:
2p L / g A
TA
=
=
TB
2p L / g B
gB
=
gA
M B / RB2
R
= A
2
RB
M A / RA
MB
MA
Esercizi
46. Sulla superficie di Marte un oggetto lanciato verticalmente con velocità iniziale

| vo |= 100 m/s raggiunge un’altezza h = 1340 m . Sapendo che il raggio di Marte mi-
sura RM = 3.4 ´ 106 m si calcoli la massa di Marte.
Come sappiamo la massima altezza h raggiungibile da un oggetto lanciato verticalmente con velocità iniziale v0 è data dalla relazione: h =
v02
2gM
, dove gM è
l’accelerazione di gravità sulla superficie del pianeta, in questo caso Marte. Calcov02
1002
m/s2 = 3.7 m/s2 .
2h
2 ´ 1340
Invertendo la relazione che permette di trovare l’accelerazione di gravità sulla superficie di un pianeta si ottiene la massa del pianeta:
liamo gM invertendo la formula: gM =
gM =
GM M
2
RM

MM =
2
gM RM
G
=
=
3.7 ´ 3.42 ´ 1012
6.67 ´ 10-11
kg = 6.4 ´ 1023 kg
51. Una molla ed un pendolo che sulla Terra hanno lo stesso periodo, mantengono tale
relazione se spostati sulla Luna, dove gL = 16 gT ? Di quale percentuale dovrebbe essere
variata la massa m da attaccare alla molla affinché i due oscillatori rimangano in sincronia? E di quale percentuale dovremmo invece variare la lunghezza del filo?
[R: 500% , 83.3% ]
52. Sapendo che la massa della Luna è circa 1/ 81 della massa terrestre, si dica in che rap-
porto stanno le oscillazioni di uno stesso pendolo sulla Terra e sulla Luna e le rispettive
accelerazioni di gravità. Si supponga una densità uguale e costante nei due corpi celesti. Si
confrontino i valori così trovati con quelli realmente misurati: gT  6gL e TL  2.5TT .
[R]
53. Il capitano Polipox atterra su di un lontano pianeta di raggio R = 7500 km e decide
di misurarne la massa facendo oscillare un pendolo semplice sulla superficie. Se il filo del
pendolo è lungo L = 80.0 cm e si osservano 60 oscillazioni 30.0 s , aiutate il capitano a
[R: 1.06 ´ 1026 kg ]
calcolare la massa del pianeta.
Perché la gravità è sempre nulla all’interno di un guscio sferico?
Una delle scoperte più sorprendenti di Newton è che l’attrazione gravitazionale delle pareti di un guscio sferico su una massa al suo interno è nulla. Per capire consideriamo una
massa puntiforme m all’interno di un guscio spesso d e facciamo partire da essa un
doppio cono. Il cono intercetta sempre due calotte del guscio, che hanno in generale differente superficie. Si può dimostrare che le due porzioni di guscio così ottenute attirano
la massa m con forze di uguale intensità ma opposte. Il motivo è che la massa della porzio8
-11
2
Ricordiamo infatti che si ha g = GM / R , con G = 6.67 ´ 10
160
2
Nm / kg .
ne di guscio individuata cresce con il quadrato della distanza da m , compensando così
l’indebolimento della forza gravitazionale, dove denominatore cresce anch’esso col quadrato della distanza.
rB a
Come si dimostra che le due forze hanno uguale intensità?
d
Poniamo che l’apertura a (in radianti) dei due coni sia così stretta da poter approssimiamo la porzione di guscio con un dischetto tanto piccolo da poter descrivere
l’attrazione gravitazionale su m con la formula per le coppie di masse puntiformi:


|FA | = GmmA /rA2 , |FB | = GmmB /rB2 . Le masse mA ed mB dei dischetti sono direttamente proporzionali alle superfici di base, a loro volta proporzionali ai quadrati dei diametri
rA ⋅ a ed rB ⋅ a . Pertanto le masse dei due dischi sono proporzionali ai quadrati
rA2
,
rB2
mB
rB a
rB
a
rA
a
delle distanze da m , e così anche la forza di attrazione gravitazionale che esercitano su
mA
m , che ha mA o mB al numeratore, aumenta col quadrato della distanza. Ma è vero
d
m
pure che la forza gravitazionale su m diminuisce col quadrato della distanza dalla massa
che esercita la forza. Questi due effetti si bilanciano esattamente e le forze sono sempre
uguali ed opposte, producendo una risultante nulla su m . Il ragionamento si ripete per 
mmA
qualunque coppia di coni con vertici coincidenti: il fatto che alcuni di questi coni avranno |FA | = G 2
rA
le basi non perpendicolari alla superficie laterale non altera la nostra conclusione. Un risultato di geometria assicura che gli angoli formati dalle pareti del doppio cono con le basi su di una sfera sono gli stessi da ambo le parti, e quindi l’effetto dell’inclinazione sarà lo
stesso da entrambe le parti.
fa crescere
2
la forza con rA
fa diminuire
2
la forza con rA
La gravità in fondo ad una miniera come cambia rispetto alla superficie?
Se scaviamo un buco nel pianeta e vi scendiamo dentro, secondo quanto dimostrato, il
guscio di materiale che ci lasciamo alle spalle non esercita su di noi alcuna attrazione, ma
il nostro peso sarà tutto dovuto solo alla sfera che inizia sotto ai nostri piedi. Se la Terra
avesse densità costante9, allora la gravità diminuirebbe, infatti, detto r il raggio di questa
sfera, avremmo un valore di g (r ) tanto minore quanto più piccolo è r :
g(r ) = G
M (r )
r
2
=G
r 43 pr 3
r
2
RT
r
4
= G rp ⋅ r
3
In realtà però, se togliamo un guscio alla Terra, la sua densità media aumenta perché al
centro il pianeta presenta un nucleo di ferro e nichel molto più massiccio del resto, e come
risultato avremmo che ad alcune profondità il valore di g è maggiore che in superficie.

vO
r
iperbole
7. Il moto orbitale circolare
circonferenza
Che cos’è un’orbita e che forma può avere?
Si chiama orbita la traiettoria curva che, nello spazio un corpo descrive attorno ad un
punto centrale, sotto la sola azione della forza gravitazionale. Ad esempio sono orbite le traiettorie dei pianeti e delle comete intorno al centro del sistema solare. Le
orbite possono essere sia curve chiuse, come ellissi o circonferenze, sia curve aperte
come parabole o iperboli. Mentre il corpo tenta di avanzare in linea retta, secondo il
principio d’inerzia, la gravità lo tira verso il punto centrale, dove è situato l’oggetto
massiccio che esercita la forza attrattiva. Se la velocità del corpo orbitante è sufficientemente elevata, la traiettoria s’incurva verso il centro di attrazione, però manca
9 È un’ipotesi irreale perché una sfera omogenea delle dimensioni di un pianeta non potrebbe essere stabile a densità costante.
161
ellisse
parabola
y

vO

FG
r
C
l’impatto con esso e gli gira intorno, continuando indefinitamente a cadere. Il “cannone di Newton” che abbiamo prima esaminato è un esperimento concettuale che
permette di capire il fenomeno dell’orbita. Ponendo che tale cannone immaginario
abbastanza in alto da superare l’atmosfera terrestre (che ostacolerebbe il lancio per il
principio di azione e reazione) se imprimiamo abbastanza velocità la traiettoria del
proiettile s’incurva allo stesso passo a cui s’incurva la superficie della Terra, e così il
corpo entra in una continua caduta libera, senza mai raggiungere il suolo, che letteralmente gli sfugge di sotto. Ci concentreremo ora sulla dinamica delle orbite circolari, che sono le più semplici e permettono di studiare il moto dei satelliti intorno alla
Terra. I pianeti del sistema solare, invece, non descrivono orbite circolari, ma a forma
di ellisse, tuttavia, allo scopo di capire i fenomeni fisici fondamentali, non si commette un grande errore si considerano circonferenze.
Con quale velocità può essere percorsa un’orbita circolare?

vO
m
necessaria

|v |2
m O
r
E’ immediato rendersi conto che non è possibile percorrere un’orbita alla velocità che si desidera,
ma che piuttosto questa è già stabilita dall’altezza alla quale si vuole fissare l’orbita. Lungo la direzione radiale istantanea si ha, infatti, che la forza di gravità fornisce la forza centripeta necessaria. Poiché la gravità diminuisce con l’altezza, diminuirà anche la forza cen
tripeta che essa può fornire, e quindi, con l’altezza decresce pure la velocità orbitale | vo | .
In un riferimento con l’asse radiale uscente dal centro della Terra si ha:

F
forza

F
gravitazionale
= -G
MT m
r
M
2
= -m

| vo | 2
r
=
forza
centripeta
GMT

| vo | =
r
G
mM
r2
fornita
 La Controfisica
Se quindi un astronauta in orbita vede
un satellite in orbita un chilometro
sopra alla sua testa, questa posizione
reciproca è destinata cambiare giacché
il satellite resterà indietro rispetto
all’astronauta a causa della differente
velocità orbitale.

Questa relazione esprime la velocità orbitale10 |vo| con la quale la traiettoria deve essere percorsa se si vuole che rimanga stabile, cioè la velocità cui andare se si vuole che la forza di
gravità fornisca proprio il valore della forza centripeta necessaria a percorrere quella circonferenza. Osserviamo che:
• La presenza di r al denominatore indica che la velocità orbitale decresce con
l’altezza da terra: le orbite più sono esterne più sono lente.
• La velocità orbitale non dipende dalla massa, e per questo motivo ad esempio
una stazione spaziale e gli astronauti al suo interno, possono seguire la stessa orbita pure se hanno masse molto differenti fra loro.
Come si calcola il periodo di un’orbita circolare?
Si chiama periodo T il tempo che occorre a descrivere un’orbita completa. Moltiplicando

la velocità orbitale |vo| per il periodo si ottiene lo spazio totale 2pr percorso in un’orbita,


cioè |vo|T = 2pr . Ricaviamo da questa relazione |vo| = 2pr /T ed inseriamolo
nell’espressione della forza centripeta:
forza
m 
4p2r
= |vo |2 = m
= mw2r
2
centripeta
r
T
Nell’ultimo passaggio abbiamo sfruttato le relazioni per la velocità angolare w = 2p /T e

|vo | = wr . Imponiamo che la gravitazione fornisca la necessaria forza centripeta:
10
Detta anche velocità kepleriana.
162
m
GMT
r2
4 p 2r
= m
T2

T = 2p
r3
GMT
r3

T2
=
GMT
4p2
= costante
L’ultima relazione è detta legge di Keplero dei periodi11 per il moto orbitale. In tabella abbiamo periodo e velocità orbitale dei principali corpi del sistema solare Per i corpi in orbita intorno al Sole Si osservi il diminuire della velocità orbitale e l’aumentare periodo al
crescere del raggio medio.
r medio
orbita [ km ]
0.24
47.4
0.62
35.0
6
1
29.8
6
1.88
11.7
24.1
58 ´ 10
Venere
108 ´ 10
Terra
150 ´ 10
Marte
[ km/s ]
6
6
Mercurio

|vo|
T
[anni ]
228 ´ 10
6
Giove
778 ´ 10
Saturno
1430 ´ 106
 La Controfisica
Il rapporto 3:2 fra l’esponente del
raggio e quello del periodo di rivoluzione, fu intuito da Keplero, oltre che
dalle osservazioni, basandosi sulla
conoscenza risalente alla scuola pitagorica, che due corde tese le cui lunghezze sono nel rapporto 3:2 producevano suoni molto armonici fra di
loro, e assai gradevoli se emessi insieme. Questo rapporto è chiamato una
quinta (ad esempio fra le note DO e
SOL): Keplero pensava che i pianeti si
muovessero in rapporti armonici come legati al Sole da corde invisibili, e
pubblico i suoi risultati nel 1619 in
un’opera scientifica che lascia trasparire quest’idea sin dal titolo: Harmonices
Mundi.
13.1
29.5
9.6
Urano
2870 ´ 10
6
84.0
6.8
Nettuno
4500 ´ 106
165
Plutone
5900 ´ 106
248
5.4
4.7
Sole (rispetto al
centro galattico)
Luna (rispetto
alla Terra)
2.55 ´ 1020
2.4 ´ 108
217
384000
27.3 giorni
1.02
Che tipo di orbite si hanno in un sistema binario?
 La Controfisica
Per sistema binario s’intende quello formato da due corpi di massa quasi della stessa entità, ad esempio due stelle, che si attraggono tramite la sola gravità. Consideriamo qui soltanto il caso semplice in cui la distanza d fra loro non cambia mai: in tal caso l’unico moto
possibile è quello di orbitare, con lo stesso periodo T e la stessa velocità angolare w lungo due circonferenze di centro comune sulla retta che li unisce, ed i raggi r1 , r2 tali che
La maggioranza delle stelle nella nostra galassia ha almeno una compagna
e forma con essa un sistema binario: il
Sole costituisce un’eccezione.
r1 + r2 = d . La forza centripeta m1w2r1 che m1 esercita su m2 dev’essere uguale e oppo-
sta a quella m2 w2r2 che m2 esercita su m1 . Possiamo allora ricavare r1 ed r2 :
2
2
m1w r1 = m2 w r2
r1

r2
=
m1
dall’attrazione gravitazionale Gm1m2 /d 2 . Uguagliando si ha:
G m1 m 2
d
m2 w 2r2 =
2
Gm1 m2
G (m1 + m 2 )
d
2
11 O anche terza legge di Keplero. La approfondiremo meglio quando affronteremo il moto orbitale ellittico, nel capitolo
dedicato ai principi di conservazione.
163
 La Controfisica
Nel caso di un sistema binario, le forze di gravità uguali e contrarie che
agiscono, sono entrambe centripete
dato che tutti e due i corpi descrivono
traiettorie circolari (od ellittiche) con
centro comune, quindi qui dovremmo
parlare di sia di azione centripeta che
di reazione centripeta.
d2
che addizionate danno:
w 2 (r1 + r2 ) =
CM
m2
Abbiamo ottenuto la relazione che definisce il centro di massa di due masse puntiformi a
distanza d . I due corpi si troveranno allora sempre da parti opposte rispetto al comune
centro di rotazione, che è il CM del sistema, che come sappiamo è più vicino al corpo di
massa maggiore. La forza centripeta, uguale per i due corpi, come sappiamo è fornita
m1 w 2r1 =
r2
r1

F1

F2
CM
e sostituendo r1 + r2 = d possiamo risolvere per T = 2p /w ed avere il periodo:
T = 2p
 La Controfisica
I satelliti artificiali sono usati nelle
telecomunicazioni, per la meteorologia, per la navigazione o per rilevare
informazioni, e si dividono in equatoriali e polari. Fra i primi vi sono i
geostazionari, dalla cui altezza si vede
il 43% del globo, pari ad un angolo
visuale di 17°. Sono indispensabili
nelle telecomunicazioni perché fissi in
un punto sopra al pianeta, ma per la
loro grande distanza possono raccogliere solo immagini di bassa risoluzione. I satelliti che passano sopra ai
poli hanno in genere un’orbita bassa,
400-1200km, e fanno 14 orbite al
giorno. Il costo per metterli in orbita è
più contenuto e le immagini che raccolgono sono più definite. Tuttavia la
loro orbita dura circa 90 minuti e passano sopra ad un’area del pianeta solo
due volte al giorno per brevi tratti.
Molto noto è il satellite polare Hubble,
dedicato all’astronomia ottica, ad un
orbita di 800km.
d3
G (m1 + m2 )
Quanto deve essere alta come mimino un’orbita?
Se non vi fosse l’atmosfera, e la Terra fosse una sfera dalla superficie liscia, sarebbe possibile un’orbita anche al livello del mare. Tuttavia il fatto di dover spostare l’aria per muoversi implica, per la terza legge di Newton, che l’aria eserciti una forza uguale e contraria,
rallentando così il moto, ed impedendo la stabilità dato che la velocità orbitale deve restare costante. Pertanto l’orbita più bassa possibile si ha alla quota in cui l’aria è sufficientemente rarefatta da non ostacolare il moto: sono circa 150 km . Gli shuttle percorrono orbite con r = 250 km alla velocità di circa 8 km/s e T = 1h 30 min , i satelliti GPS orbite
con r = 20000 km e T = 12h . E’ inoltre possibile che un’orbita sia geosincrona, cioè tale
che il suo periodo duri esattamente un giorno. Sostituendo T = 24 h = 8.64 ´ 104 s si ottiene:
2
1
æ T ö3
r = ççç ÷÷÷ (GMT )3 = 4.22 ´ 107 m
çè 2p ø÷

h = r - RT = 35800 km
A quell’altezza la velocità orbitale è circa 3.1 km/s . Se poi l’orbita geosincrona avviene
nel piano che contiene l’equatore, e nello stesso verso di rotazione della Terra, si dice geostazionaria. Un satellite per telecomunicazioni segue tale orbita, in modo da mantenersi
sempre sopra ad uno stesso punto sulla superficie dell’equatore terrestre12.
Quanto sono efficaci i satelliti spia?
d
h
45
I satelliti spia devono percorrere orbite basse per avere risoluzione sufficiente a distinguere oggetti vicini. L’elevata velocità che le orbite basse richiedono, fa si che il tempo di transito sopra all’obiettivo sia veramente breve. Con riferimento alla figura, assumendo che
l’osservazione sia possibile da un angolo al massimo di 45 , si ha d  2h , e se l’altezza è
la tipica dei satelliti spia, h = 300 km , il tempo di permanenza sopra all’obiettivo in un

passaggio con vo » 8 km/s sarà [(300 ´ 2)/ 8] s cioè dell’ordine del minuto. Per di più la
successiva orbita non ripasserà esattamente sopra all’obiettivo perché la Terra sotto ha
ruotato con velocità differente dal satellite e si dovranno attendere numerose orbite per
un nuovo transito.
B
2
A
1
Come funziona il sistema GPS ?
Il sistema di posizionamento globale (Global Positioning System) si avvale di un ricevitore ed una rete di 24 satelliti posti a quota 20000 m , con un periodo orbitale di 12 h . Il nostro apparecchio è solo ricevitore, non invia alcun segnale ai satelliti, che quindi neppure
sanno della nostra esistenza. Essi inviano il segnale della loro posizione in ogni istante: bastano tre di questi segnali per poter individuare con certezza la nostra posizione sul pianeta. Per capire riferiamoci ad un piano e supponiamo di ricevere la posizione del satellite A
insieme al tempo in cui il segnale è stato inviato. Dalla velocità della luce, alla quale viaggiano le onde radio, ricaviamo la nostra distanza da A. Questo permette di concludere
che ci troviamo su di una circonferenza (nello spazio una sfera) centrata in A, di raggio
pari alla distanza ricavata. Contemporaneamente riceviamo il segnale dal satellite B, e
quindi dovremo stare pure lungo una circonferenza di centro B e raggio trovato con lo
C
stesso sistema. Questo riduce la nostra possibile posizione solo ai punti 1 e 2 in figura. La
ricezione di un terzo segnale permette infine di stabilire che la nostra posizione è la 1, perché dobbiamo appartenere pure ad una terza circonferenza con centro in C.
Il che permette facilmente di individuare il sud in una grande città europea, semplicemente osservando la direzione
verso la quale puntano le antenne paraboliche televisive per ricevere il segnale satellitare.
12
164
Esercizi
46. L’orbita del pianeta Nettuno può approssimativamente essere considerata una circonferenza. Sapendo che Nettuno dista dal Sole circa 30 volte quanto dista la Terra, si calcoli
quanti anni gli occorrono per completare una rivoluzione.
Possiamo rispondere utilizzando la terza legge di Keplero per il moto orbitale:
rT3
TT2
=
rN3
TN2
 La Controfisica
A riprova che le orbite esterne sono le
più lente, si confronti la velocità orbitale di 8km/s caratteristica dei satelliti
artificiali più bassi (200-300km), con la
velocità orbitale di 1km/s della Luna
(400000km circa).
= costante
Le informazioni del testo possono essere espresse scrivendo che rN = 30rT . Sostituendo:
rT3
TT2
=
303 ⋅ rT3
TN2

TN2 = 303 ⋅ TT2

TN = 30
3
2
⋅ TT = 164 ⋅ TT
ed essendo TT = 1 anno si ha TN = 164 anni .
47. Le osservazioni mostrano che la Luna impiega 27g 7 h 43 min per una rivoluzione
completa attorno alla Terra (rivoluzione siderale). Assumendo che l’orbita sia circolare e
che M L = 7.35 ´ 1022 kg calcolare la distanza media della Terra dal nostro satellite e
[R: 383000 km, 2.72 ´ 10-3 m/s2 ]
l’accelerazione centripeta della Luna.
48. Un satellite descrive un’orbita circolare attorno alla Terra ad una distanza di 500 km
dalla sua superficie, impiegando 94.6 min . Trovare la frequenza di rotazione del satellite
(numero di giri ogni secondo), la sua velocità orbitale e l’accelerazione centripeta. Mostrare quindi che l’accelerazione centripeta è uguale all’accelerazione dovuta alla gravità ter-
restre.
-4
[R: 1.70 ´ 10
3
2
Hz, 7.61 ´ 10 m/s, 8.41 m/s ]
m
L1
rL
r
49. L’astronave Enterprise si posiziona in orbita (geo)stazionaria attorno al pianeta Klin-
gon, ad una distanza di 7.00 ´ 104 km dalla superficie, compiendo una rivoluzione in
due giorni terrestri. Il capitano Picard chiede al tenente comandante Data quale sia la
massa di Klingon, ma una tempesta magnetica ha cancellato parzialmente i dati e risulta
disponibile solo il raggio RK = 1.00 ´104 km . Aiutate Data a calcolare la massa del pia[R: 1.01 ´ 1024 kg ]
neta.
50. Si dice punto lagrangiano L1 una posizione fra la Terra e la Luna che abbia lo stesso
periodo della Luna. Se considerassimo solo la gravità terrestre, un punto più vicino della
Luna non potrebbe mai soddisfare questo requisito, perché dovrebbe seguire la sua orbita
più velocemente della Luna. Tuttavia la gravità lunare equilibra parte della gravità terrestre rendendo il fenomeno possibile. Si imposti l’equazione che permette di trovare il raggio r dell’orbita del punto L1.
[R]
Che cos’è un disco di accrescimento?
In un sistema di due corpi celesti, esiste sempre un punto lungo la congiungente i centri,
dove le attrazioni gravitazionali reciproche si bilanciano. Esso si trova più vicino al centro
del corpo di massa maggiore: ne abbiano calcolato la posizione nel caso di Terra e Luna. disco di
Nei sistemi di stelle doppie, può capitare che i due astri siano così vicini che questo punto accrescimento
(contrassegnato con x in figura) viene a cadere all’interno della stella più voluminosa. Accade allora che la materia stellare che si trova più distante dal centro dell’astro rispetto a
tale punto, venga prelevata e trasportata verso l’altra stella. Essa segue un percorso a spirale, detto disco di accrescimento, lungo il quale spesso si riscalda molto, aumentando progressivamente la massa della stella ricevente. Se quest’ultima è una nana bianca, cioè una
stella che ha completato il ciclo di fusione nucleare, il continuo flusso di materia la farà
crescere finché non supererà il limite massimo consentito per le nane bianca, cioè 1.4 volte
la massa del Sole, raggiunto il quale avrà luogo un’esplosione, chiamata supernova Ia.
165
8. L’effetto Coriolis e le forze apparenti
Prendiamo ora in esame i riferimenti rotanti, che non essendo in moto rettilineo uniforme non sono inerziali , e cioè un corpo posto in essi può subire una variazione di
velocità anche senza essere sottoposto all’azione di una forza. L’esempio più famoso
è l’effetto centrifugo già esaminato, cioè la sensazione di essere spinti lontano dall’asse
di rotazione. Un secondo fenomeno che ha luogo nei riferimenti rotanti è noto come
effetto Coriolis, e che, a differenza dell’effetto centrifugo che riguarda tutti i corpi del
sistema rotante, caratterizza soltanto gli oggetti in movimento:
Effetto Coriolis
Un corpo che si muove in un sistema di riferimento rotante sperimenta una continua deviazione della traiettoria in direzione sempre perpendicolare alla propria velocità istantanea, misurata nel sistema rotante.
Che cosa dà origine all’effetto Coriolis?
60
30
0
835km /h
1466km /h
1670km /h
alta
bassa
alta
Per capire consideriamo un piatto che gira e una pallina appoggiata, e poniamo che
l’attrito statico (massimo) la tenga ferma in un punto fra centro e bordo. Vista da
un osservatore solidale al piatto che ruota, la pallina appare avere velocità zero in
qualunque direzione. Immaginiamo ora di spostare la pallina verso il centro: cosa
accadrà? I punti del piatto ruotano tanto più rapidamente quanto più sono esterni:
infatti devono descrivere circonferenze sempre più grandi nello stesso intervallo di
tempo. Questa proprietà per cui i punti vanno tanto più veloce quanto più distano
dall’asse di rotazione è detta rotazione di corpo rigido. Avvicinando la pallina all’asse
di rotazione, per il principio di indipendenza dei moti perpendicolari, non modifichiamo la velocità tangenziale ma forniamo al blocchetto un moto radiale. Pertanto
la pallina mantiene la velocità di rotazione che aveva nella posizione iniziale, e si
trova così a voler ruotare più rapidamente rispetto ai punti del piatto su cui poggia,
che seguono la rotazione di corpo rigido. La conseguenza di questo è che un osservatore solidale al piatto vede la pallina accelerare nella direzione del moto di rotazione, proprio come se ci fosse qualcuno ad esercitare una forza perpendicolarmente
alla sua velocità radiale. Se viceversa allontaniamo la pallina dall’asse, questa si trova
ad avere una velocità minore rispetto ai punti del piatto sul quale poggia, e quindi
tende a restare indietro nel moto di rotazione, come se qualcosa la frenasse perpendicolarmente alla sua velocità radiale. Se infine spingiamo la pallina nel verso della rotazione, questa si muove più velocemente di prima attorno all’asse e quindi per mantenerla su quella traiettoria circolare occorre una maggiore forza centripeta. Se
l’attrito statico non ce la fa a fornire tale forza aggiuntiva, la pallina si sposta verso
l’esterno dove occorre meno forza centripeta grazie maggior raggio, e per un osservatore agganciato al piatto che ruota tutto va come se avesse agito una forza perpendicolarmente alla velocità tangenziale della pallina.
Quali sono le conseguenze sul clima terrestre dell’effetto Coriolis?
L’effetto Coriolis può essere osservato sulla superficie di un pianeta, perché qui la
velocità di rotazione diminuisce gradualmente andando dall’equatore, che è più lontano dall’asse di rotazione, verso regioni ad alte latitudini (i poli), più vicine
all’asse, con valori come in figura. In particolare l’effetto Coriolis agisce sulla direzione di spostamento delle grandi correnti oceaniche e svolge un importante ruolo
nel moto dei venti. Quando vi sono due regioni della Terra dove i raggi del Sole riscaldano differentemente le masse di aria13 , si creano zone cosiddette di alta pressione
(aria calda) e bassa pressione (aria fredda). L’alta pressione spinge l’aria in direzione
Per vari motivi ad esempio la diversa inclinazione dei raggi stessi, che all’equatore sono perpendicolari
al terreno, e via via si fanno più radenti ai poli.
13
166
delle zone di bassa pressione, tuttavia se queste si trovano a latitudini dove la velocità di rotazione del pianeta è diversa, il vento viene deviato lateralmente, cioè subisce una spinta perpendicolare alla sua velocità a causa dell’effetto Coriolis. Nel nostro emisfero (detto boreale), l’aria che si muove dall’equatore verso nord viene deviata in direzione ovest, e l’aria che si muove da nord verso l’equatore in direzione
est, quindi sempre a destra rispetto alla velocità. Nell’emisfero australe invece, lo
spostamento è sempre a sinistra rispetto alla velocità. Il risultato di questa deflessione è che il vento anziché procedere verso le regioni di bassa pressione finisce per circolare intorno ad esse, creando quello che viene detto un ciclone. Il processo che in
assenza della rotazione terrestre avrebbe pareggiato rapidamente la differenza di Uragano nell 'emisfero boreale
a forma di spirale logaritmica
pressione diviene così molto lungo e le regioni di bassa pressione sono persistenti, (US Agency for International Development )
con l’effetto di portare pioggia anche lontano dagli oceani, fino alle alte latitudini,
rendendo in tal modo temperate e fertili zone che altrimenti sarebbero assai più
fredde. L’effetto è così marcato che la direzione in cui soffiano i venti arriva a essere
lungo delle linee dove la pressione è costante (dette isòbare), anziché perpendicolarmente ad esse come ci si aspetterebbe.
Che cosa sono le forze apparenti?
L’effetto Coriolis sembra il risultato dell’azione di una forza, giacché produce un
cambiamento di direzione nella velocità del corpo, e quindi un’accelerazione. Ma
come insegna la terza legge della dinamica, per qualunque forza, oltre all’oggetto A
che la subisce, deve esserci un soggetto B che la esercita, e che a sua volta subisce
una forza uguale e contraria ad opera di A. Poiché non esiste alcun soggetto che
esercita la “forza” di Coriolis, ma è solo il riferimento che sta ruotando a produrlo,
essa è detta forza apparente. Le forze apparenti sono un modo comodo di descrivere i
fenomeni fisici nei riferimenti che si muovono di moto accelerato (rotatorio o traslatorio) cioè non inerziali. Abbiamo maggiore familiarità con altre forze apparenti,
come la cosiddetta “forza” d’inerzia, cioè il fenomeno per cui l’accelerazione del nostro riferimento, ad esempio la nostra auto, tende a lanciarci in avanti ad ogni frenata , ed indietro ad ogni aumento di velocità. Com’è evidente, non c’è nessuno che stia
esercitando la “forza” d’inerzia, ma essa è solo il riflesso del moto del riferimento. È
una forza apparente anche la “forza” centrifuga, cioè quell’effetto che abbiamo analizzato all’inizio del capitolo, per cui in un riferimento rotante si ha l’impressione di
venir scagliati verso l’esterno, lungo la direzione radiale.
167
 La Controfisica
Un’analisi dettagliata mostra che la
forza apparente di Coriolis ha intensità


 |V |
|FCoriolis | = 2m | v |
sin a
R


dove v è la velocità dell’oggetto, V
quella del riferimento prodotta dalla
rotazione a distanza R dall’asse, ed
a l’angolo fra le due velocità
168
Capitolo
5
Soluzioni
5. Lungo i tratti AB, CD, DE, che sono archi di circonferenza, l’accelerazione è
solo centripeta essendo il modulo della velocità costante. Si ha:
2
2
2
2
2
v
v
v
v
4 v
aAB 
;
aCD 

;
aDE 
3
3R
1R
R
3 R
R
4
3
mentre nel tratto rettilineo BC essendo costante il modulo della velocità si ha:
aBC  0
Il massimo valore di accelerazione, tutta centripeta, si ha quindi durante la curva di raggio minimo DE, il minimo valore di accelerazione centripeta nella curva di raggio massimo AB, mentre il minimo valore di accelerazione in assoluto
è il valore nullo che si ha nel tratto rettilineo BC.

6. La forza centripeta è fornita tutta dalla forza di attrito statico fs , e la sua di
rezione è perpendicolare a quella in cui avanzano le ruote. Nel primo caso fs
non raggiunge il suo valore massimo, ma sappiamo però che la sua intensità


soddisfa la condizione 0  fs  s N . Indicando con x la direzione radiale
istantanea come in figura, si ha:
2

v
15.02
fsx  max  fs  m
 1500 
N  0.844  104 N
r
40.0
Per avere la velocità massima dobbiamo calcolare invece proprio la massima


forza di attrito statico s N e quindi trovare N . Dall’equilibrio in direzione
verticale si ha:
N y  Wy  0


N  mg  0

N  mg

che sostituito nella relazione precedente:
2
2

v
v
fsx max  max  s N  m
 s m g  m
r
r

v  s gr  0.950  9.81  40.0 m/s  19.3 m/s .
1

N

N

N

W

W

W
In questo caso per la forza centripeta risulta
2
v
19.32
Fr  m
 1500 
N  1.40  104 N .
r
40.0

7. Quando si trova nel punto più alto l’auto sta descrivendo una circonferenza,
quindi deve agire su di lei una forza verticale che punta verso il centro. Questo
significa che la somma delle forze che agiscono in verticale deve puntare in bas

so, cioè la forza N deve avere un’intensità minore di quella del peso W . E’ ben
nota infatti la sensazione di “alleggerimento” che da passeggeri si sperimenta
sulla sommità dei dossi: quello che si percepisce è proprio la diminuzione della
forza normale, che come sappiamo, invece, quando siamo in quiete resta sempre uguale al peso.


La forza centripeta è il risultato delle azioni congiunte di N e W , che in verticale si sottraggono. Osservando la direzione dell’asse verticale si ha ay  
2
v
R
,
da cui si ricava per la forza centripeta:

N y  Wy  may 
Fr  N  mg 

2
v
10.52
N  9.56  103 N
R
15.0
mentre per la normale:


N  mg  9.56  103 N  N  (1300  9.81  9.56  103 ) N  3.20  103 N
m

8. Fissato un riferimento nell’istante rappresentato in figura, sappiamo che in
direzione verticale non c’è accelerazione, poiché se l’angolo  rimane costante,
la pallina non può né salire né scendere. Si ottiene:

Ty Wy  may  T cos 25.0  mg  0

T 

T
Forza centripeta

W
 1300 
y
mg
0.300  9.81

N  3.25 N
cos 25.0
0.906
La forza centripeta è data dalla componente orizzontale della tensione, e coincide anche con la composizione data dalla regola del parallelogramma della
tensione e del peso, poiché la risultante di queste due forze, come abbiamo detto, è tutta orizzontale:

Fr  T sin 25.0  3.25  0.423 N  1.37 N

x
quindi l’accelerazione centripeta vale:

 Fr  1.37  4.57 m/s2
ac 
m
0.300
2
Per avere la velocità eguagliamo tale valore all’espressione m v /R , dopo aver
trovato il raggio della traiettoria circolare:
R  L sin   0.750  sin 25.0  0.317 m
m
2
v
R

R
0.317
 1.37 N  v  (1.37 N)  (1.37)
m/s  1.20 m/s
m
0.300
2
e ricaviamo da questa il tempo che occorre a compiere un giro dividendo il perimetro della circonferenza per la velocità costante:
2R
6.28  0.317
m/s  1.66 s
 
1.20
v
9. Fissato un riferimento con la direzione radiale istantanea lungo l’asse x , abbiamo che la forza centripeta è fornita dalla tensione della corda:
2
v

2.502
Tx  max  T  m
 0.450 
 5.63 N
r
0.500
Per la massa appesa, la condizione di equilibrio richiede che lungo l’asse verticale sia nulla l’accelerazione:


Ty Wy  may  T  Mg  0  Mg  T  5.63 N
y

T
m
x

T
da cui si ottiene:

T
5.63
M 

kg  0.574 kg
g
9.81
M

W
11. Per poter eseguire il giro le ruote dell’auto devono mantenere sempre il
contatto con la pista, in particolare nel punto più alto. Questo avviene solo se in
ogni momento la velocità istantanea che la traiettoria di caduta libera che tende
a far descrivere all’auto ha la parte iniziale esterna alla pista, come nella curva
blu in figura. In tal modo la pista deve esercitare una forza normale per costringere l’auto a deviare verso il centro, ed il contatto è assicurato. Se viceversa la
velocità istantanea è così bassa da produrre una traiettoria di caduta libera interna alla pista (curva gialla), il contatto viene meno. Quando la condizione di
contatto è soddisfatta nel punto più alto, essa è certamente soddisfatta anche
nell’intero tragitto, dato che forza di gravità fa diminuire l’intensità della velocità man mano che l’auto sale.

Indicando con va la velocità alla sommità, in quel momento risulta:
N y  Wy  may

 N  mg  m


va
La forza centripeta m

va
R
2


N  mg  m

va
2
R
2
che occorre per mantenere l’auto in pista è tanto più


piccola quanto minore è va . Il valore minimo di va è quello a cui basta la sola
gravità a produrre m
mg  m

va
R
2

R

va
2
R

va
2

N
y

N

W

. Per esso risulta dunque N  0 nel punto più alto:
 gR


va  gR
12. Come si ricava dalla figura la somma vettoriale della forza normale e del peso debbono fornire la necessaria forza centripeta per descrivere una curva di
raggio R alla velocità assegnata. Il secondo principio della dinamica in forma
vettoriale si scrive:






N W  ma  N  mg  maC
3

N

N
y

x

W

N

R
Allo stesso risultato si perviene facendo il rapporto delle componenti orizzontale e verticale della forza normale:

| v |2
N x  max  N x  m
R
N y  Wy  0  N y  mg  0  N y  mg

mg

N


maC
L’equazione sopra scritta è facilmente visualizzabile in termini geometrici gra
zie al metodo di punta-coda. Si forma un triangolo di ipotenusa N ed i cui cate

ti maC ed mg , in base ai dati del problema, devono essere rispettivamente

orizzontale e verticale. Si dimostra facilmente che  è pure l’angolo fra N ed

mg . Risulta dunque:


|v |2

maC
m R
| v |2
15.02
tan  



 0.153;   tan1 (0.153)  8.69

gR
9.81

150
mg
mg

mg
tan  
Nx
Ny

m

|v |2
R
mg


| v |2
gR
13. Il blocchetto scivola sicuramente se la massima forza di attrito statico non può
fornire la forza centripeta necessaria per seguire quel particolare moto circolare. Per
calcolare la forza centripeta ricaviamo la velocità:
33  lunghezza di 1 giro 33  2r
33  6.28  0.250
v


m/s  0.864 m/s
secondi in un minuto
60
60
2
v
0.8642
Fr  m
m
 2.99m
r
0.250
Il valore della forza centripeta non è noto in quanto è ignota la massa del blocchetto.
Tuttavia anche l’attrito statico che deve produrla ha un valore massimo che dipende

da m . Sapendo che l’equilibrio in direzione verticale produce N  mg :


fS ,max  S N  S mg  0.150  9.81  m  1.47m

e come si vede risulta sempre 2.99m  1.47m qualunque sia la massa, cioè il blocchetto scivola in ogni caso perché l’attrito statico non ce la fa a fornire la necessaria
forza centripeta, neppure in caso assuma il suo valore massimo.
14. Il punto descrive in un periodo T  24 h  86400 s una circonferenza di raggio:
r  RT cos 42  (6.378  106  0.7431) m  4.739  106 m

2r
6.28  4.739  106
6.28  4.739
v 

m/s 
 1064 m/s  344 m/s
4
T
8.6400
8.6400  10
e come si vede la velocità trovata è superiore alla velocità del suono in aria. Per
l’accelerazione risulta:
2
v

3442
1.18336  105
aC 

m/s2 
m/s2 
r
4.739  106
4.739 106
 0.2497  1056 m/s2  2.50  102 m/s2
4

15. Osserviamo che il peso dell’auto W  1200  9.81 N  1.18  104 N è inferiore
al carico massimo sopportabile, tuttavia questo non permette di concludere che il

ponte non si rompe in quanto la forza normale N che esso esercita sull’auto, oltre ad

equilibrare la componente radiale del peso dell’auto (WR in figura), deve anche
produrre la necessaria forza centripeta affinché l’auto possa seguire la traiettoria circolare imposta dalla forma del ponte. Al crescere della componente radiale del peso,
la forza normale cresce in intensità fino al suo massimo, assunto nel punto più basso,
dove deve equilibrare l’intero peso dell’auto. La velocità massima si ottiene imponendo che il valore massimo della normale (quello nel punto più basso) sia proprio
1.50  104 N :
 N





 1.50  10 4

v  R 
 g   200 
 9.81  23.2 m/s

 m

1.200  10 3



2

v
N  mg  m
R
R
16. Sappiamo che la sfera sta descrivendo un moto circolare di raggio R. Fissiamo un asse delle ordinate orientato in alto e scriviamo la seconda legge della
dinamica nell’istante in cui la sfera passa sulla bilancia. Avremo:
2

v
N y  Wy  may  N  mg  m
R
Da questo possiamo calcolare la normale esercitata dalla bilancia sulla sfera.
Poiché la bilancia segna 3.75 kg significa che si sta premendo contro di essa

v
bilancia
con una forza 3.75  9.81 N  36.8 N e cioè che, per la terza legge della dinami
ca, essa spinge sulla pallina con una forza di pari intensità, cioè N  36.8 N :
36.8 N  1.25  9.81 N  1.25

v 

N
2
v

N
3.00


N 0
3.00(36.8  12.3)
m/s  7.67 m/s
1.25
17. Fintanto che il blocco segue il profilo dell’igloo sta descrivendo una traiettoria


circolare, e quindi occorre che le forze agenti su di lui, normale N e peso W , produ
cano la forza centripeta necessaria. La normale N come sappiamo è una forza passiva, che adegua man mano la sua intensità in conseguenza della forza con la quale
il blocco viene premuto contro l’igloo. Se l’igloo non ci fosse, il blocco seguirebbe sin
dall’inizio una traiettoria parabolica di caduta libera, che si troverebbe nello spazio
occupato dal ghiaccio. A mano a mano che procede la discesa, questa traiettoria ipotetica si va aprendo sempre più perché aumenta l’intensità della velocità con cui la
caduta libera avrebbe inizio. Nell’istante in cui la parabola diventa tutta esterna
all’igloo, il blocco non viene più premuto contro il ghiaccio e così si stacca. In quel
momento, dato che cessa di essere premuto, si annulla anche la forza normale.
Scegliendo un riferimento come in figura, osserviamo che il modulo della velocità non è uniforme, ma cresce durante la caduta per l’azione della gravità.
Il blocco seguirà il profilo circolare dell’igloo solo fino a quando la somma delle
forze radiali
F
r
riuscirà a produrre la necessaria forza centripeta m
5
2
v
R
:
direzione radiale
istantanea
y

N
y





R c os  








W
x


Fr  N  mg cos   m
2
v
R
Imponendo la condizione trovata sopra, per cui la normale si annulla al momento del distacco, si trova la velocità:
 mg cos    m

v  Rg cos 

v
t
2
v
R
19. L’angolo è acuto perché il modulo della velocità sta aumentando, e pertanto la
componente tangenziale dell’accelerazione deve essere orientata concordemente al
verso di percorrenza della traiettoria. Di conseguenza il vettore accelerazione deve
essere orientato prevalentemente nel verso di percorrenza, cosa che accade nel caso
dell’angolo acuto.
22. Si tratta di calcolare il periodo, che è il tempo corrispondente ad un singolo ciclo:
1
1
T  
s  0.455  109 s
9
f
2.20  10
s
(3 / 2)R
3

   4.71 rad
R
R
2
3
s
(3 / 4)R
3
135  s   2R   
   2.36 rad
8
R
R
4
2R
s
(1/ 3)R

60  s 
 
  1.05 rad
6
R
R
3
24. 270  s 
r
3
 2R
4

26. Sapendo che il giorno solare medio è periodo di rotazione, T  86400 s , si ha:
2
6.28


rad/s  7.27  105 rad/s
T
86400
Per avere la velocità lineare del punto P è necessario conoscere il raggio r della
circonferenza che esso descrive. Con riferimento alla figura si ha:
r  6400 km  cos 42  4756 km
da cui si ricava:

v  r    (7.27  105 rad/s)  (4756 km)  0.346 km/s  346 m/s
P
42
27. La frequenza è il numero di giri al secondo, quindi considerando 45 giri/min un
2R
numero esatto, si ha:
giri
45 giri
3
45

 Hz  f
min 60 s
4
da cui si ricava la velocità angolare, che tenendo tre cifre risulta:
3
3
  2 f  2 rad/s   rad/s  4.71 rad/s
4
2
per le velocità lineari è sufficiente moltiplicare  per i due raggi:

d
18
vA   A  4.71
cm/s  42 cm/s
2
2

d
4.5
vB   B  4.71 
cm/s  11 cm/s
2
2
2R
6


28. Risulta v  V  20 m/s , infatti quando il punto di contatto ha fatto un giro
completo, anche il centro della ruota si è spostato di un tratto pari al perimetro della
ruota. Per la velocità angolare e la frequenza, identiche per tutti i punti della ruota,
risulta:

v
20

50


rad/s  50 rad/s  f 

Hz  8.0 Hz
R
0.40
2
6.28
30. Applicando la formula si ha, rispetto all’asse passante per il centro:
m
I  mi ri2  m(L /2)2  m (L / 2)2  mL2 /2  (2.0  0.802 /2) kg  m 2  0.64 kg  m 2
e l’accelerazione angolare vale:
   /I  (5.0/ 0.64) rad/s2  7.8 rad/s2
m
31. Applicando la formula si ha, rispetto all’asse passante per il centro:
I  ML2 /12  m(L /2)2  m(L /2)2 
 ML2 /12  mL2 / 2  [(1.50  0.802 /12)  (2.0  0.802 / 2)] kg  m2  0.72 kg  m2
e l’accelerazione angolare vale:
   /I  (5.0/ 0.72) rad/s2  6.9 rad/s2
m1
32. Applicando la formula per il momento d’inerzia si ha, rispetto all’asse per il centro:
m2
I  M 1L21 /12  2m1 (L1 / 2)2  M 2 L22 /12  2m2 (L2 / 2)2 
m2
 L21 (M 1 /12  m1 / 2)  L22 (M 2 /12  m 2 /2) 
 [0.602 (7.0/12  2.0 /2)  0.302 (5.0/12  3.0/2)] kg  m2  0.74 kg  m2
E l’accelerazione angolare è:
2
m1
2
   /I  (9.0/ 0.74) rad/s  12 rad/s
33. Il momento d’inerzia risultante è la somma di quello di un anello più quello di
due barre rispetto al centro, di lunghezza ciascuna   2R . Dalla tabella:
I  mAR2  2mB (2 /12)  m AR 2  2mB (4R2 /12)  R2 (m A  2mB / 3) 
 [0.2502 (1.50  2  1.00 / 3)] kg  m2  0.135 kg  m2
E l’accelerazione angolare è:
   /I  (12.0/ 0.135) rad/s2  88.9 rad/s2

34. Il momento d’inerzia complessivo si ottiene sommando quello del disco (cioè di
un cilindro) a quello delle tre masse puntiformi:
2
2
A
2
I  (1/ 2)MR 2  mAOA  mBOB  mC OC 
 [(1/2)  10.0  3.002  2.00  2.002  1.20  1.502  1.40  2.602 ] kg  m2  65.1 kg  m2

L’accelerazione angolare si trova dividendo il momento della forza   |F | R per il

momento d’inerzia. La rotazione è antioraria e tutte le quantità sono positive:

   /I  |F | R /I  (100  3.00/ 65.1) rad/s2  4.61 rad/s2
7
F
O
C
B
R
34. L’accelerazione angolare da imprimere si ottiene dalla formula per
l’accelerazione angolare media:

0  5.00


rad/s2  2.00 rad/s2
t
2.50
Negativa quindi in senso orario. Calcoliamo il momento d’inerzia della piattaforma
sommando quello dei due cilindri:
R2

I  (1/ 2)m1R12  (1/2)m2R22  (1/2)(280  4.002  120  2.202 ) kg  m2  290 kg  m2
R1
Da questi due valori si ha il momento da esercitare, negativo e quindi orario, come
l’accelerazione angolare:
  I   [290  (2.00)] Nm  580 Nm
37. Il raggio della ruota è la metà della distanza del suo punto più alto da terra,

R  (0.70/ 2) m  0.35 m . La velocità della bicicletta coincide con la velocità | vC |
del centro della ruota, quindi:

  | vC | /r  (18.0/ 0.35) rad/s  51 rad/s
La velocità del punto P più in alto vale:

vP  2r  (2  51  0.35) m/s  38 m/s

vA
38. Un punto verticalmente sopra al centro, a distanza d dal contatto a terra, ha
velocità istantanea d , da cui:

  | vA | / d  (7.00/0.300) rad/s  23.3 rad/s
d
Applicando la stessa formula alla velocità del centro delle ruote, che coincide con la
velocità del motorino, si trova:

r  | vC | /   (5.00 /23.3) m  0.215 m  21.5 cm

vC
m
39. La velocità di caduta della massa è uguale alla velocità del punto più alto del
rocchetto, da cui abbiamo la velocità angolare:

  | v | / 2r  (45.0/ 30.0) rad/s  1.50 rad/s
La velocità del centro del rocchetto è, come sappiamo, la metà di quella del suo
punto più alto e cioè 22.5 cm/s
41. Poniamo un asse delle ascisse parallelo al piano, orientato in basso. Usando la
formula per l’accelerazione sul piano inclinato di una sfera piena che rotola:

v0
R
25
a
mR2 sin 
2
mR  I
g
m R2 sin 
g
sin 25
 9.81 m/s2  5.80 m/s2
5 /7
m R2  2 m R2 / 5
L’accelerazione angolare è oraria, quindi negativa:
  a /R  (5.80/0.0600) rad/s2  10.4 rad/s2
Per lo spazio percorso usiamo la legge oraria nella forma v 2  v 02  2a x imponendo che la velocità sia annulli:
x  v02 /2a  (4.002 /2  5.80) m  1.38 m
negativo perché contro il verso delle ascisse scelte. Percorre quindi 1.38 m .
8
42. Applichiamo la seconda legge della dinamica per calcolare l’accelerazione con
cui scende lo yo-yo, in un riferimento con l’asse delle ordinate verticale orientato in
alto:




Ty Wy  may  mg  |T |  m |a |  |a | g  |T | /m
Applichiamo poi la relazione   I  rispetto all’asse centrale, rispetto al quale
solo la tensione ha momento diverso da zero, e tende a far ruotare in verso antiorario:

  I   |T |R  I 

Considerato che per un cilindro I  mR2 /2 e che    |a |/R :




|T |R  I   (mR2 / 2)|a | /R  |T |  m |a | /2
Sostituendo:




|a | g  |T | /m  g  |a | / 2  |a |  2g / 3
  2g / 3R  131 rad/s2
47. Trasformiamo il periodo in secondi:
T  (27  24  3600  7  3600  43  60) s  2.36  106 s
sappiamo che vale la relazione:
2rL
GMT

vo 

T
rL

rL 
3
T 2GMT
4 2
sostituendo i valori dati:
rL 

3
3
T 2GMT

4 2
3
2.362  1012  6.67  1011  5.97  1024
m
4 2
2.362  6.67  5.97
 10
39.44
121124
3
25
m  1.78  10 3 m 
1.78 3 10  108 m  3.83  108 m  383000 km
Per l’accelerazione centripeta occorre conoscere la velocità orbitale:

2rL
6.28  3.83  108
6.28  3.83
vo 

m/s 
 1086 m/s 
6
T
2.36
2.36  10
 10.2  102 m/s  1.02  103 m/s
che inserita fornisce:
 2
vo
(1.02  103 )2

1.022
2
aC 

m/s

 1068 m/s2  2.72  103 m/s2
rL
3.83
3.83  108
48. Per prima cosa calcoliamo il raggio dell’orbita, r  R  h , ed il periodo in secondi:
r  6.378  106 m  500 km  (6.378  106  0.500  106 ) m  6.88  106 m
T  (94.6  60) s  5676 s  5.68  103 s
Il numero di giri in un secondo si trova dividendo 1 s per la durata di un giro in secondi, cioè prendendo il reciproco del periodo:
1
1
f  
 0.170  103 s1  1.70  104 Hz
T
5.88  103 s
9

T
R

W
A
questo numero si dice frequenza e la sua unità di misura,  s1  è detta Hertz  Hz  .
 
 
Calcoliamo la velocità orbitale e poi l’accelerazione centripeta:

2r
6.28  6.88  106
6.28  6.88
vo 

m/s 
 1063 m/s  7.61  103 m/s
3
T
5.68
5.68  10
 2
vo

(7.61  103 )2
7.612
ac 

m/s2 
 1066 m/s2  8.41 m/s2
6
r
6.88
6.88  10
L’accelerazione dovuta alla gravità terrestre si trova facendo il rapporto fra la forza
gravitazionale e la massa m del satellite:

FG
1
M m
5.97  1024

G T2  6.67  1011
m/s 2 
m
m
r
(6.88  106 )2
6.67  5.97

 10112412 m/s2  0.841  101 m/s2  8.41 m/s2
6.882
49. Dalla terza legge di Keplero applicata al pianeta Klingon si ricava
un’espressione per la massa M K del pianeta:
r3
42 r 3
G T2
T2
42
Calcoliamo il raggio dell’orbita ed il periodo in secondi:
r  RK  h  1.00  104 km  7.00 104 km  8.00  107 m

GM K

MK 
T  (48  3600) s  172800 s  1.728  105 s
Sostituendo: M K 

4 2 r 3
4  3.142
8.003  1021


kg 
G T2
6.67  1011 1.7282  1010
4  9.86  512
 10211110 kg  1013  1021 kg  1.01 1024 kg
6.67  2.986
50. Con riferimento alla figura, sulla massa m posta in L1 si ha:
 2
vo
MT m
ML m
G
G
 m
r
r2
(r  r )2
L
Il periodo orbitale deve essere lo stesso della Luna, dal che si ricava la velocità:
2
T 
G
GMT
MT
r
2
3
rL
G
2

vo

ML
2
(rL  r )
2

2
 2r 2  2 r
GMT r 2



  
 
GM

3
T 


 T 
rL3
 2 rL 2

2
1 G MT r

r
rL3
10

MT
r
3

ML
2
r (rL  r )

MT
rL3