Esercizi di fisica proposti sui social

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Esercizi di fisica proposti sui social

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Esercizio 1. Una persona, seduta accanto ad una finestra alta $2 \,\text{m}$ , vede passare una pallina diretta verso il basso. La persona misura il tempo, uguale a $0,3 \,\text{s}$ , che la pallina impiega ad attraversare la lunghezza della finestra. Da che altezza, rispetto alla cornice superiore della finestra, è stata lasciata cadere la pallina (con velocità iniziale nulla)?

Svolgimento

Fissiamo un sistema di riferimento con asse verticale orientato verso il basso e origine nel punto da cui la pallina viene lasciata cadere. Supponiamo che l’accelerazione di gravità sia $g = 9{,}81 \,\text{m/s}^2$ e che la resistenza dell’aria sia trascurabile.

Il moto può essere descritto in due tratti ideali: nel primo la pallina cade liberamente dal punto di rilascio fino alla cornice superiore della finestra, nel secondo attraversa la finestra. Indichiamo con $H$ l’altezza incognita tra il punto di rilascio e la cornice superiore e con $v_1$ la velocità della pallina nel momento in cui passa davanti alla cornice superiore.

Consideriamo anzitutto il moto lungo la finestra. La pallina percorre la distanza

$\Delta h = 2 \,\text{m}$

in un intervallo di tempo

$\Delta t = 0{,}3 \,\text{s},$

partendo già con velocità iniziale $v_1$ verso il basso. Per il moto uniformemente accelerato vale la legge oraria

$\Delta h = v_1 \,\Delta t + \frac{1}{2} g (\Delta t)^2.$

Sostituendo i dati numerici otteniamo

$2 = v_1 \cdot 0{,}3 + \frac{1}{2} \cdot 9{,}81 \cdot (0{,}3)^2.$

Il termine con l’accelerazione vale

$\frac{1}{2} \cdot 9{,}81 \cdot (0{,}3)^2 = \frac{1}{2} \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}09 \approx 0{,}44145,$

per cui l’equazione diventa

$2 = 0{,}3\,v_1 + 0{,}44145.$

Isolando $v_1$ si ha

$v_1 = \frac{2 - 0{,}44145}{0{,}3} \approx \frac{1{,}55855}{0{,}3} \approx 5{,}20 \,\text{m/s}.$

Determiniamo ora da quale altezza $H$ la pallina deve cadere, partendo da ferma, per raggiungere in caduta libera la velocità $v_1$ trovata. Usiamo la relazione che lega velocità e spazio nel moto uniformemente accelerato con velocità iniziale nulla:

$v_1^2 = 2 g H.$

Da questa espressione ricaviamo direttamente

$H = \frac{v_1^2}{2g}.$

Sostituendo i valori numerici:

$\boxcolorato{fisica}{ H = \frac{(5{,}20)^2}{2 \cdot 9{,}81} \approx \frac{27{,}0}{19{,}62} \approx 1{,}38 \,\text{m}.}$

Si conclude quindi che la pallina è stata lasciata cadere da un’altezza di circa $1{,}38 \,\text{m}$ al di sopra della cornice superiore della finestra.

Esercizio 2. Una molla di lunghezza a riposo $\ell_0$ e costante elastica $k$ viene fissata all’origine di un piano orizzontale e compressa in modo da ridurre la sua lunghezza a $x_A$ ; la molla viene bloccata in questa posizione. Alla molla viene appoggiato un punto materiale di massa $m$ , senza vincoli (cioè non collegato alla molla).
Determinare dove si ferma il punto materiale $m$ una volta liberata la molla, sapendo che a partire dal punto $2\ell_0$ il piano presenta attrito dinamico di coefficiente $\mu_0$ .
I risultati dovranno essere espressi in funzione delle grandezze note $m$ , $k$ , $\ell_0$ , $x_A$ , $\mu_0$ e $g$ .

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Figura 1: schema del problema.

Svolgimento

Nel seguito determineremo la posizione $x_G$ in cui la massa si ferma, esprimendola in funzione dei parametri forniti dal testo: massa $m$ , costante elastica $k$ , lunghezza a riposo $\ell_0$ , posizione iniziale $x_A$ , coefficiente d’attrito dinamico $\mu_0$ e accelerazione di gravità $g$ .

1) Equazione del moto finché la massa è a contatto con la molla

Scegliamo l’asse $x$ orizzontale, con origine nel punto in cui la molla è fissata. La lunghezza a riposo della molla è $\ell_0$ , per cui, quando l’estremità libera della molla (e quindi il punto materiale $m$ ) si trova in $x=\ell_0$ , la molla non è né compressa né allungata. Per $0 \le x \le \ell_0$ il punto materiale è spinto dalla molla, che esercita la forza elastica

$F(x) = -k\,(x-\ell_0),$

diretta verso $x=\ell_0$ . L’equazione del moto è quindi

$-k(x-\ell_0) = m\ddot{x}$

ovvero

$m\ddot{x} + kx = k\ell_0 \quad \Longleftrightarrow \quad \ddot{x} + \omega^2 x = \omega^2 \ell_0,$

dove abbiamo posto

$\omega^2 = \frac{k}{m}.$

La soluzione è data dalla somma della soluzione dell’equazione omogenea e di una soluzione particolare.

Soluzione omogenea. L’equazione omogenea associata è

$\ddot{x} + \omega^2 x = 0,$

la cui soluzione generale è

$x_h(t) = A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t).$

Soluzione particolare. Cerchiamo una soluzione particolare costante:

$x_p(t) = C.$

Allora $\ddot{x}_p(t) = 0$ e, sostituendo nell’equazione

$\ddot{x} + \omega^2 x = \omega^2 \ell_0$

si ottiene

$\omega^2 C = \omega^2 \ell_0 \quad\Rightarrow\quad C = \ell_0.$

Quindi una soluzione particolare è

$x_p(t) = \ell_0.$

Soluzione generale e condizioni iniziali. La soluzione generale nel tratto in cui la massa è a contatto con la molla è quindi

$x(t) = x_h(t) + x_p(t) = A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t) + \ell_0.$

Al tempo $t=0$ la molla è compressa alla lunghezza $x_A$ e la massa è in quiete:

$x(0) = x_A, \qquad \dot{x}(0) = 0.$

Per $t=0$ :

$x(0) = A\cos 0 + B\sin 0 + \ell_0 = A + \ell_0 = x_A \quad \Rightarrow \quad A = x_A - \ell_0.$

La velocità è

$\dot{x}(t) = -A\omega \sin(\omega t) + B\omega \cos(\omega t),$

perciò

$\dot{x}(0) = B\omega = 0 \quad \Rightarrow \quad B=0.$

La soluzione nel tratto $0\le x\le \ell_0$ è quindi

(1) $\begin{equation*} x(t) = \ell_0 + (x_A - \ell_0)\cos(\omega t), \qquad (0 \le x \le \ell_0). \end{equation*}$

2) Velocità della massa in $x=\ell_0$

La massa si stacca dalla molla nel momento in cui quest’ultima torna alla lunghezza di riposo, cioè quando $x(t) = \ell_0$ . Dalla (1) otteniamo

$\ell_0 + (x_A - \ell_0)\cos(\omega t) = \ell_0 \quad \Rightarrow \quad (x_A - \ell_0)\cos(\omega t) = 0.$

Poiché $x_A \neq \ell_0$ (la molla è effettivamente compressa), si ha

$\cos(\omega t) = 0 \quad \Rightarrow \quad \omega t = \frac{\pi}{2} \quad (\text{primo istante}) \quad \Rightarrow \quad t = \frac{\pi}{2\omega} = \frac{T}{4},$

dove $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$ è il periodo del moto armonico.

Calcoliamo ora la velocità in quell’istante. Dalla (1) con $B=0$ otteniamo

$\dot{x}(t) = - (x_A - \ell_0)\,\omega \,\sin(\omega t).$

Per $t = \dfrac{T}{4} = \dfrac{\pi}{2\omega}$ :

$\dot{x}\!\left(\frac{T}{4}\right) = - (x_A - \ell_0)\,\omega \,\sin\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = \omega(\ell_0 - x_A).$

Questa è la velocità con cui la massa raggiunge la posizione $x=\ell_0$ e, da lì in poi, prosegue libera (senza più l’azione della molla). In termini dei parametri dati,

$v_0 = \omega(\ell_0 - x_A) = \sqrt{\frac{k}{m}}\,(\ell_0 - x_A).$

3) Tratto $\ell_0 \le x \le 2\ell_0$ (piano liscio)

Tra $\ell_0$ e $2\ell_0$ il piano è privo di attrito; quindi, una volta che la molla non agisce più, sul corpo non agiscono forze orizzontali e la velocità rimane costante:

$v = v_0 = \omega(\ell_0 - x_A).$

Dunque il corpo arriva in $x = 2\ell_0$ ancora con la stessa velocità $v_0$ .

4) Tratto $x \ge 2\ell_0$ (piano con attrito, uso di $v^2$ )

A partire da $x = 2\ell_0$ il piano presenta attrito dinamico di coefficiente $\mu_0$ . La forza di attrito che agisce sulla massa è

$F_a = -\mu_0\,mg,$

opposta al moto. Il corpo subisce quindi un’accelerazione costante

$a = -\mu_0 g.$

Chiamiamo $\Delta x$ lo spazio percorso sul tratto con attrito prima che il corpo si fermi. Usiamo la formula cinematica

$v^2 = v_0^2 + 2a\,\Delta x.$

Nel punto di arresto la velocità è nulla ( $v=0$ ), quindi

$0 = v_0^2 + 2a\,\Delta x \quad\Longrightarrow\quad v_0^2 = -2a\,\Delta x.$

Poiché $a = -\mu_0 g$ :

$v_0^2 = 2\mu_0 g\,\Delta x \quad\Longrightarrow\quad \Delta x = \frac{v_0^2}{2\mu_0 g}.$

Sostituendo $v_0 = \omega(\ell_0 - x_A)$ otteniamo

$\Delta x = \frac{\omega^2(\ell_0 - x_A)^2}{2\mu_0 g}.$

Ricordando che $\omega^2 = \dfrac{k}{m}$ , la stessa espressione si può scrivere direttamente in funzione di $k$ , $m$ , $\ell_0$ , $x_A$ , $\mu_0$ e $g$ :

$\Delta x = \frac{k(\ell_0 - x_A)^2}{2\,\mu_0\,m\,g}.$

5) Posizione finale di arresto

Lo spostamento $\Delta x$ è misurato a partire dal punto $x=2\ell_0$ (inizio del tratto con attrito). Pertanto, la posizione $x_G$ del punto in cui la massa si arresta, misurata dall’origine degli assi, è

$x_G = 2\ell_0 + \Delta x.$

Sostituendo l’espressione di $\Delta x$ in funzione dei parametri dati:

$\boxcolorato{fisica}{x_G = 2\ell_0 + \frac{\omega^2 (\ell_0 - x_A)^2}{2\mu_0 g} = 2\ell_0 + \frac{k(\ell_0 - x_A)^2}{2\,\mu_0\,m\,g}.}$

Abbiamo quindi espresso la posizione di arresto $x_G$ esplicitamente in funzione delle grandezze note $m$ , $k$ , $\ell_0$ , $x_A$ , $\mu_0$ e $g$ .

Esercizio 3. Una scala di massa $m$ e lunghezza $\ell$ è composta da $n$ pioli equidistanti. Su uno dei pioli può essere saldata una lamina rigida quadrata di lato $d$ , la cui densità superficiale di massa è data da

$\rho(x,y) = k\,x\,y,$

con $x$ e $y$ misurati a partire da un vertice della lamina.

La scala è appoggiata a una parete verticale liscia e a un pavimento scabro, con coefficiente di attrito statico $\mu_s$ . Sia $\theta$ l’angolo che la scala forma con il pavimento.

Determinare su quale piolo (cioè determinare l’indice $n^\star$ ) può essere saldata la lamina affinché la scala sia in equilibrio, esprimendo il risultato finale in funzione dei parametri $m$ , $\ell$ , $n$ , $d$ , $k$ , $\mu_s$ , $\theta$ e $g$ .

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Figura 2: schema del problema.

Svolgimento

Nel seguito individueremo la posizione del piolo $n^\star$ su cui è possibile saldare la lamina senza che la scala slitti, ed esprimeremo il risultato in funzione dei parametri $m$ , $\ell$ , $n$ , $d$ , $k$ , $\mu_s$ , $\theta$ e $g$ .

1) Baricentro e massa della lamina

La lamina è un quadrato di lato $d$ , con densità superficiale di massa

$\rho(x,y)=k\,x\,y, \qquad 0\le x\le d,\;0\le y\le d.$

La massa totale della lamina è

$M = \iint \rho(x,y)\,dA = k\int_0^d\!\!\int_0^d x y\,dx\,dy = k\left(\int_0^d x\,dx\right)\left(\int_0^d y\,dy\right) = k\frac{d^2}{2}\frac{d^2}{2} = k\frac{d^4}{4}.$

L’ascissa del baricentro è

$x_G = \frac{\iint x\,dm}{\iint dm} = \frac{\iint x\,\rho(x,y)\,dA}{\iint \rho(x,y)\,dA} = \frac{\iint x\,kxy\,dx\,dy}{\iint kxy\,dx\,dy}.$

L’integrale al numeratore è

$\iint kx^2y\,dx\,dy = k\int_0^d\!\! y\,dy\int_0^d x^2\,dx = k\left(\frac{d^2}{2}\right)\left(\frac{d^3}{3}\right) = k\frac{d^5}{6}.$

L’integrale al denominatore è

$\iint kxy\,dx\,dy = k\int_0^d\!\! y\,dy\int_0^d x\,dx = k\left(\frac{d^2}{2}\right)\left(\frac{d^2}{2}\right) = k\frac{d^4}{4}.$

Pertanto

$x_G = \frac{k\,\dfrac{d^5}{6}}{k\,\dfrac{d^4}{4}} = d\frac{4}{6} = \frac{2}{3}d.$

Per simmetria del problema (la densità cresce linearmente sia in $x$ che in $y$ nello stesso modo sul quadrato $[0,d]\times[0,d]$ ) si ottiene lo stesso valore per l’ordinata:

$y_G = \frac{2}{3}d.$

In conclusione, nel sistema di riferimento con origine nel vertice inferiore sinistro della lamina:

$G_1\equiv(x_G,y_G) = \left(\frac{2}{3}d,\frac{2}{3}d\right), \qquad M = k\frac{d^4}{4}.$

2) Equazioni di equilibrio della scala

Consideriamo ora la scala appoggiata alla parete liscia e al pavimento scabro. Indichiamo con:

$R_y$ la reazione verticale del pavimento;
$F_a$ la forza d’attrito statico al contatto col pavimento;
$N_x$ la reazione orizzontale della parete sul punto superiore della scala;
$mg$ il peso della scala, applicato nel suo centro (a metà della lunghezza);
$Mg$ il peso della lamina, applicato nel suo baricentro $G_1$ .

Sia $\theta$ l’angolo che la scala forma con il pavimento. Numeriamo i pioli a partire dal basso: il piolo $n^\star$ è a distanza

$s = \frac{n^\star}{n}\,\ell$

dal piede della scala, misurata lungo la scala stessa.

Per le forze di contatto:

$\sum F_x = 0 \quad\Rightarrow\quad F_a - N_x = 0 \;\;\Rightarrow\;\; F_a = N_x,$

$\sum F_y = 0 \quad\Rightarrow\quad R_y - mg - Mg = 0 \;\;\Rightarrow\;\; R_y = (m+M)g.$

Condizione di attrito statico al limite di equilibrio:

(2) $\begin{equation*} F_a \le \mu_s R_y \quad\Rightarrow\quad N_x \le \mu_s (m+M)\,g. \end{equation*}$

3) Momenti rispetto al piede della scala

Come polo per i momenti scegliamo il punto di contatto tra scala e pavimento (piede della scala): in questo modo $R_y$ e $F_a$ non producono momento.

La reazione $N_x$ applicata al punto superiore della scala (a distanza verticale $\ell\sin\theta$ dal suolo) genera un momento

$M_{N_x} = N_x\,\ell\sin\theta \quad (\text{positivo}).$

Il peso della scala $mg$ , applicato nel suo centro, ha ascissa

$x_\text{scala} = \frac{\ell}{2}\cos\theta,$

e quindi produce un momento (orario, quindi negativo):

$M_{mg} = - mg\,\frac{\ell}{2}\cos\theta.$

Per la lamina, assumiamo (come nella figura iniziale) che essa sia saldata in modo che il suo baricentro si trovi a una distanza orizzontale

$x_\text{lamina} = s\cos\theta + x_G$

dal piede della scala (cioè “sporge” nella direzione esterna rispetto alla scala). Il momento del suo peso $Mg$ rispetto al piede è dunque

$M_{Mg} = - Mg\,(s\cos\theta + x_G).$

La condizione di equilibrio dei momenti rispetto al piede $O$ è quindi:

(3) $\begin{equation*} N_x\,\ell\sin\theta - mg\,\frac{\ell}{2}\cos\theta - Mg\,(s\cos\theta + x_G) = 0. \end{equation*}$

Da qui ricaviamo $N_x$ :

(4) $\begin{equation*} N_x = \frac{g}{\ell\sin\theta} \left[m\frac{\ell}{2}\cos\theta + M\bigl(s\cos\theta + x_G\bigr)\right]. \end{equation*}$

4) Condizione di attrito e posizione del piolo $n^\star$

La condizione di non slittamento (attrito statico) è (2):

$N_x \le \mu_s (m+M)g.$

Sostituendo (4):

$\frac{g}{\ell\sin\theta}\left[m\frac{\ell}{2}\cos\theta + M\bigl(s\cos\theta + x_G\bigr)\right] \le \mu_s (m+M)g.$

Semplificando $g$ :

$\frac{1}{\ell\sin\theta}\left[m\frac{\ell}{2}\cos\theta + M\bigl(s\cos\theta + x_G\bigr)\right] \le \mu_s (m+M).$

Moltiplicando per $\ell\sin\theta$ (che è positivo):

$m\frac{\ell}{2}\cos\theta + M\bigl(s\cos\theta + x_G\bigr)\le \mu_s (m+M)\,\ell\sin\theta.$

Risolviamo rispetto a $s$ :

$M s\cos\theta \le \mu_s (m+M)\,\ell\sin\theta - m\frac{\ell}{2}\cos\theta - M x_G.$

Quindi

(5) $\begin{equation*} s \le \frac{\mu_s (m+M)\,\ell\sin\theta - \dfrac{m\ell}{2}\cos\theta - M x_G}{M\cos\theta}. \end{equation*}$

Ricordando che

$s = \frac{n^\star}{n}\,\ell,$

otteniamo la condizione sul numero del piolo:

$\frac{n^\star}{n}\,\ell \le \frac{\mu_s (m+M)\,\ell\sin\theta - \dfrac{m\ell}{2}\cos\theta - M x_G}{M\cos\theta},$

cioè

(6) $\begin{equation*} n^\star \le \frac{n}{M\cos\theta}\left[\mu_s (m+M)\,\sin\theta - \frac{m}{2}\cos\theta - \frac{M x_G}{\ell}\right]. \end{equation*}$

Sostituendo $x_G = \dfrac{2}{3}d$ otteniamo

(7) $\begin{equation*} \boxcolorato{fisica}{n^\star \le \frac{n}{M\cos\theta}\left[\mu_s (m+M)\,\sin\theta - \frac{m}{2}\cos\theta - \frac{2}{3}\frac{Md}{\ell}\right].} \end{equation*}$

Infine, usando $M = k\dfrac{d^4}{4}$ , si vede esplicitamente che $n^\star$ è funzione delle grandezze $m$ , $\ell$ , $n$ , $d$ , $k$ , $\mu_s$ , $\theta$ e $g$ , come richiesto dal testo. Dal punto di vista pratico, per un dato set di parametri, si calcola il valore del membro destro in (7) e si prende come piolo ammissibile il massimo intero $n^\star$ che soddisfa la disuguaglianza.

5) Osservazione su una diversa saldatura della lamina

Nella figura seguente la lamina è saldata “dall’altro lato” del piolo, in modo che il baricentro risulti più vicino al piede della scala (cioè con una $x_G$ effettiva proiettata orizzontalmente di segno opposto):

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Figura 3.

In questo caso, nel calcolo del momento di $Mg$ rispetto al piede, la distanza orizzontale del baricentro diventa

$x_\text{lamina} = s\cos\theta - x_G,$

e in tutta la trattazione precedente basta sostituire $x_G \mapsto -x_G$ . La formula (5) diventa quindi

$s \le \frac{\mu_s (m+M)\,\ell\sin\theta - \dfrac{m\ell}{2}\cos\theta + M x_G}{M\cos\theta},$

e la corrispondente espressione per $n^\star$ è

(8) $\begin{equation*} n^\star \le \frac{n}{M\cos\theta}\left[\mu_s (m+M)\,\sin\theta - \frac{m}{2}\cos\theta + \frac{M x_G}{\ell} \right]. \end{equation*}$

Poiché il termine con $x_G$ entra ora con segno opposto, la lamina esercita un momento “meno sfavorevole” rispetto al caso precedente e risulta più facile soddisfare la condizione di equilibrio (cioè esistono valori di $n^\star$ più grandi che permettono ancora l’equilibrio).

Esercizio 4. Una corda omogenea di massa totale $m$ e lunghezza $\ell$ giace inizialmente su un tavolo orizzontale liscio, con un estremo esattamente a filo del bordo.

Si definisce $x(t)$ la lunghezza della parte di corda che, all’istante $t$ , sporge dal bordo verso il basso. All’istante $t=0$ alla corda viene fornita una velocità iniziale $v_0$ lungo se stessa, in modo che una parte cominci a scendere.

Determinare la legge oraria $x(t)$ e la velocità $\dot{x}(t)$ del tratto pendente finché la corda non ha lasciato completamente il tavolo, e l’istante $t^\ast$ in cui ciò avviene.

I risultati vanno espressi in funzione dei parametri $m$ , $\ell$ , $g$ e $v_0$ .

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Figura 4: schema del problema.

Svolgimento

All’inizio tutta la corda è sul tavolo, come in figura 4.

Prendiamo un asse $x$ diretto verticalmente verso il basso, con origine $O$ sul bordo del tavolo. Al tempo $t$ la lunghezza del tratto di corda che pende oltre il bordo è $x(t)$ ; nella prima fase del moto si ha $0 \le x(t) \le \ell$ .

La corda è omogenea, quindi la densità lineare è

$\lambda = \frac{m}{\ell}.$

1) Equazione del moto per $0 \le x \le \ell$

La massa della parte sospesa è

$m_x = \lambda x(t) = \frac{m}{\ell}x(t).$

La sua forza peso vale

$F_g = m_x g = \lambda x(t) g = \frac{m}{\ell}x(t) g.$

Poiché la corda è inestensibile e scorre senza attrito sul bordo, tutti i punti hanno la stessa velocità lungo la corda. Possiamo descrivere il moto con la sola coordinata generalizzata $x(t)$ .

Applicando la seconda legge di Newton alla corda intera (massa $m$ ) lungo la direzione del moto otteniamo

$m\,\ddot{x} = \frac{m}{\ell}x\,g,$

da cui

(9) $\begin{equation*} \ddot{x} = \frac{g}{\ell}x. \end{equation*}$

Scriviamo (9) nella forma standard

$\ddot{x} - \alpha^2 x = 0,\qquad \alpha^2 = \frac{g}{\ell},$

cioè

(10) $\begin{equation*} \ddot{x} - \alpha^2 x = 0,\qquad \alpha = \sqrt{\frac{g}{\ell}}. \end{equation*}$

2) Soluzione generale e condizioni iniziali

L’equazione differenziale

$\ddot{x} - \alpha^2 x = 0$

ha equazione caratteristica

$\lambda^2 - \alpha^2 = 0 \quad\Rightarrow\quad \lambda_{1,2} = \pm \alpha.$

La soluzione generale è quindi

(11) $\begin{equation*} x(t) = c_1 e^{\alpha t} + c_2 e^{-\alpha t}. \end{equation*}$

All’istante iniziale

$x(0) = 0, \qquad \dot{x}(0) = v_0.$

Da (11), per $t=0$ si ha

$x(0) = c_1 + c_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad c_2 = -c_1.$

La velocità è

$\dot{x}(t) = c_1 \alpha e^{\alpha t} - c_2 \alpha e^{-\alpha t}.$

Per $t=0$ :

$\dot{x}(0) = \alpha(c_1 - c_2) = v_0.$

Con $c_2 = -c_1$ si ottiene

$\alpha(2c_1) = v_0 \quad\Rightarrow\quad c_1 = \frac{v_0}{2\alpha}, \qquad c_2 = -\frac{v_0}{2\alpha}.$

Sostituendo in (11):

$x(t) = \frac{v_0}{2\alpha}\Bigl(e^{\alpha t} - e^{-\alpha t}\Bigr)= \frac{v_0}{\alpha}\,\sinh(\alpha t),$

con

$\alpha = \sqrt{\frac{g}{\ell}}.$

La velocità si ottiene derivando:

$\dot{x}(t) = \frac{v_0}{2\alpha}\Bigl(\alpha e^{\alpha t} + \alpha e^{-\alpha t}\Bigr)= \frac{v_0}{2}\Bigl(e^{\alpha t} + e^{-\alpha t}\Bigr)= v_0 \cosh(\alpha t).$

Quindi, finché una parte della corda resta sul tavolo ( $0 \le t \le t^\ast$ ),

$\boxcolorato{fisica}{ \begin{aligned} x(t) &= \frac{v_0}{\sqrt{g/\ell}}\,\sinh\!\left(\sqrt{\frac{g}{\ell}}\,t\right),\\[4pt] \dot{x}(t) &= v_0\,\cosh\!\left(\sqrt{\frac{g}{\ell}}\,t\right). \end{aligned}}}$

3) Istante $t^\ast$ in cui tutta la corda lascia il tavolo

La prima fase termina quando la lunghezza sospesa arriva a $\ell$ :

$x(t^\ast) = \ell.$

Da $x(t) = \dfrac{v_0}{\alpha}\sinh(\alpha t)$ si ha

$\frac{v_0}{\alpha}\,\sinh(\alpha t^\ast) = \ell \quad\Rightarrow\quad \sinh(\alpha t^\ast) = \frac{\alpha \ell}{v_0}= \frac{\sqrt{g/\ell}\,\ell}{v_0}= \sqrt{\frac{\ell g}{v_0^2}}.$

Poniamo

$z = e^{\alpha t^\ast}.$

Allora

$\sinh(\alpha t^\ast) = \frac{z - z^{-1}}{2}= \sqrt{\frac{\ell g}{v_0^2}}.$

Da cui

$z - \frac{1}{z} = 2\sqrt{\frac{\ell g}{v_0^2}} \quad\Rightarrow\quad z^2 - 2\sqrt{\frac{\ell g}{v_0^2}}\,z - 1 = 0.$

La soluzione positiva (poiché $z = e^{\alpha t^\ast}>0$ ) è

$z = \sqrt{\frac{\ell g}{v_0^2}} + \sqrt{\frac{\ell g}{v_0^2} + 1}.$

Quindi

(12) $\begin{equation*} t^\ast = \frac{1}{\alpha}\,\ln z= \sqrt{\frac{\ell}{g}}\, \ln\!\left[\sqrt{\frac{\ell g}{v_0^2}} + \sqrt{1 + \frac{\ell g}{v_0^2}}\right]. \end{equation*}$

In forma iperbolica si può anche scrivere

$t^\ast = \sqrt{\frac{\ell}{g}}\, \operatorname{arsinh}\!\left(\sqrt{\frac{\ell g}{v_0^2}}\right),$

che è equivalente.

4) Moto per $t > t^\ast$

Per $t > t^\ast$ tutta la corda è sospesa e si muove come un unico corpo di massa $m$ soggetto alla sola forza peso $mg$ : il suo baricentro compie un moto uniformemente accelerato con accelerazione $g$ verso il basso.

All’istante $t^\ast$ :

$x(t^\ast) = \ell, \qquad \dot{x}(t^\ast) = v_0 \cosh\!\left(\sqrt{\frac{g}{\ell}}\,t^\ast\right).$

Se si indica con $y(t)$ lo spostamento del baricentro a partire dalla posizione che ha in $t^\ast$ , per $t \ge t^\ast$ vale

$y(t) = \dot{x}(t^\ast)(t - t^\ast) + \frac{1}{2}g(t - t^\ast)^2,$

mentre la velocità del baricentro è

$v_{\mathrm{cm}}(t) = \dot{x}(t^\ast) + g(t - t^\ast), \qquad t \ge t^\ast.$

Esercizio 5. Un’asta omogenea di massa $m$ e lunghezza $\ell$ è disposta lungo l’asse $x$ , con un estremo in $x=x_A$ e l’altro in $x=x_B$ (quindi $\ell=x_B-x_A$ ). Determinare il \emph{campo gravitazionale} in un generico punto dell’asse $y$ .

Svolgimento

Consideriamo un punto generico dell’asse $y$ :

$P\equiv(0,y),\qquad y\neq 0,$

e assumiamo l’asta uniforme. La densità lineare di massa è quindi

$\lambda=\frac{m}{\ell}=\frac{m}{x_B-x_A}.$

Rappresentiamo in figura 5 la situazione:

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Figura 5.

Un elemento infinitesimo dell’asta, di ascissa $x$ , ha massa

$dm=\lambda\,dx.$

La sua distanza da $P$ vale

$r=\sqrt{x^2+y^2}.$

Il modulo del campo gravitazionale generato da $dm$ in $P$ è

(13) $\begin{equation*} dg = G \frac{dm}{r^2}=G\frac{\lambda\,dx}{x^2+y^2}. \end{equation*}$

Poiché il campo gravitazionale punta verso l’elemento di massa, conviene scrivere direttamente le componenti: il contributo di $dm$ in $P$ è

$d\vec g \;=\; G\,dm\,\frac{(x\,\hat{\bm{\imath}}-y\,\hat{\bm{\jmath}})}{(x^2+y^2)^{3/2}} \;=\;G\lambda\,\frac{(x\,\hat{\bm{\imath}}-y\,\hat{\bm{\jmath}})}{(x^2+y^2)^{3/2}}\,dx.$

In particolare

$\begin{aligned} dg_x &= G\lambda\,\frac{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}\,dx,\\ dg_y &= -\,G\lambda\,\frac{y}{(x^2+y^2)^{3/2}}\,dx.\\ \end{aligned}$

(Per $y>0$ la componente $g_y$ risulta negativa: il campo è diretto verso l’asta, cioè verso il basso.)

Componente lungo $x$ .

Integrando per $x\in[x_A,x_B]$ :

$g_x(0,y)=\int_{x_A}^{x_B} G\lambda\,\frac{x}{(x^2+y^2)^{3/2}}\,dx = -\,\frac{G\lambda}{\sqrt{x^2+y^2}}\bigg|_{x_A}^{x_B}=G\lambda\left[\frac{1}{\sqrt{x_A^2+y^2}}-\frac{1}{\sqrt{x_B^2+y^2}}\right].$

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Figura 6.

Componente lungo $y$ .

$g_y(0,y)=\int_{x_A}^{x_B} \left(-G\lambda\,\frac{y}{(x^2+y^2)^{3/2}}\right)\,dx =-G\lambda\,y\int_{x_A}^{x_B}\frac{dx}{(x^2+y^2)^{3/2}}.$

Si usa la primitiva (con $y\neq 0$ )

$\int\frac{dx}{(x^2+y^2)^{3/2}}=\frac{x}{y^2\sqrt{x^2+y^2}},$

da cui

$g_y(0,y)= -\frac{G\lambda}{y}\left[\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right]_{x_A}^{x_B} =-\frac{G\lambda}{y}\left[\frac{x_B}{\sqrt{x_B^2+y^2}}-\frac{x_A}{\sqrt{x_A^2+y^2}}\right].$

Risultato finale (in funzione dei dati $m,\ell,x_A,x_B,y$ ).

Sostituendo $\lambda=m/\ell$ otteniamo il campo gravitazionale nel punto $P=(0,y)$ :

$\boxcolorato{fisica}{\vec g(0,y)= G\frac{m}{\ell}\left[\left(\frac{1}{\sqrt{x_A^2+y^2}}-\frac{1}{\sqrt{x_B^2+y^2}}\right)\hat{\bm{\imath}} -\frac{1}{y}\left(\frac{x_B}{\sqrt{x_B^2+y^2}}-\frac{x_A}{\sqrt{x_A^2+y^2}}\right)\hat{\bm{\jmath}}\right],\quad y\neq 0.}$

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Figura 7.

(Opzionale) forma angolare.

Se indichiamo con $\alpha_1$ l’angolo tra $r$ e l’asse $y$ quando $x=x_A$ , e con $\alpha_2$ lo stesso angolo quando $x=x_B$ , allora valgono

$\cos\alpha=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}},\qquad \sin\alpha=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}.$

Quindi

$g_x=\frac{G\lambda}{y}\,(\cos\alpha_1-\cos\alpha_2),\qquad g_y=-\frac{G\lambda}{y}\,(\sin\alpha_2-\sin\alpha_1).$

Da qui il modulo risulta

$|\vec g|=\frac{2G\lambda}{|y|}\,\left|\sin\!\left(\frac{\alpha_2-\alpha_1}{2}\right)\right|.$

Caso limite: asta infinitamente lunga.

Se $x_A\to -\infty$ e $x_B\to +\infty$ , per simmetria $g_x\to 0$ e

$g_y\to -\frac{2G\lambda}{y}, \qquad\Rightarrow\qquad |\vec g|\to \frac{2G\lambda}{|y|}.$

Esercizio 6. Si determini il valore dell’accelerazione di gravità dovuta al Sole in prossimità della superficie terrestre (forze mareali), supponendo che la Terra compia un’orbita circolare.

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Figura 8: geometria nel riferimento inerziale eliocentrico $\mathcal{S}$ : $\vec R_{ts}$ (Sole $\to$ Terra), $\vec r$ (centro Terra $\to P$ ) e $\vec R_s=\vec R_{ts}+\vec r$ (Sole $\to P$ ).

Svolgimento

Se guardassimo solo l’attrazione del Sole, tutti i punti della Terra verrebbero accelerati quasi nello stesso modo: il Sole è lontanissimo rispetto al raggio terrestre. L’effetto fisicamente importante “vicino alla superficie” è quindi la differenza tra l’accelerazione solare in un punto $P$ e quella sul centro della Terra $T$ : questa differenza è l’ accelerazione mareale.

Lavoriamo direttamente con le accelerazioni (così la massa di prova $m$ si semplifica).

Notazioni. $G$ è la costante di gravitazione universale; $M_s$ è la massa del Sole; $m$ è una massa di prova in $P$ ; $T$ è il centro della Terra; $P$ è un punto vicino alla superficie. Indichiamo con $\vec a_s(P)$ l’accelerazione dovuta al Sole in $P$ e con $\vec a_s(T)$ quella dovuta al Sole nel centro terrestre.

Scelta dei riferimenti (e perché). Usiamo due idee semplici:

per descrivere bene la geometria conviene un riferimento inerziale eliocentrico $\mathcal{S}$ (origine nel Sole);
per isolare l’effetto mareale conviene poi un riferimento $\mathcal{T}$ che trasla con il centro della Terra (origine in $T$ e assi paralleli a quelli di $\mathcal{S}$ ): non è inerziale, ma proprio questa non inerzialità sottrae il moto “comune” della Terra.

Nel riferimento eliocentrico definiamo i vettori posizione:

$\vec R_{ts}:\ \text{dal Sole al centro della Terra},\qquad \vec r:\ \text{dal centro della Terra al punto }P,\qquad \vec R_s=\vec R_{ts}+\vec r:\ \text{dal Sole a }P.$

La Figura 8 serve solo a fissare queste definizioni.

Nel riferimento inerziale $\mathcal{S}$ il campo gravitazionale del Sole in un punto di vettore posizione $\vec R$ (misurato dal Sole) è

$\vec a_s(\vec R)= -G\,\frac{M_s}{R^3}\,\vec R.$

Quindi, in particolare,

$\vec a_s(P)= -G\,\frac{M_s}{R_s^3}\,\vec R_s, \qquad \vec a_s(T)= -G\,\frac{M_s}{R_{ts}^3}\,\vec R_{ts}.$

Adesso entra l’ipotesi di orbita circolare: il centro della Terra accelera verso il Sole con la stessa accelerazione che dà il Sole, cioè $\vec a_s(T)$ . Se passiamo al riferimento $\mathcal{T}$ che trasla con $T$ , dobbiamo introdurre un’accelerazione fittizia uguale e opposta a quella del centro:

$\vec a_{\text{ine}}=-\vec a_s(T)=+G\,\frac{M_s}{R_{ts}^3}\,\vec R_{ts}.$

In questo modo, ciò che resta per il punto $P$ è proprio la differenza rispetto al centro: l’accelerazione mareale

(14) $\begin{equation*} \boxed{\vec a_{\text{mareale}}(P)=\vec a_s(P)+\vec a_{\text{ine}} = -G\,\frac{M_s}{R_s^3}\,\vec R_s + G\,\frac{M_s}{R_{ts}^3}\,\vec R_{ts}.} \end{equation*}$

La Figura 8 visualizza qualitativamente la forza solare e la forza fittizia nel riferimento terrestre traslante.

Per stimare l’effetto vicino alla superficie sfruttiamo il fatto cruciale che $r\ll R_{ts}$ (raggio terrestre molto più piccolo della distanza Terra–Sole). Scrivendo $\vec R_s=\vec R_{ts}+\vec r$ ed espandendo al primo ordine in $r/R_{ts}$ .

Dalla definizione:

(15) $\begin{equation*} \vec a_{\text{mareale}}(P)=\vec a_s(P)-\vec a_s(T) = -GM_s\frac{\vec R_{ts}+\vec r}{|\vec R_{ts}+\vec r|^3} + GM_s\frac{\vec R_{ts}}{R_{ts}^3}. \end{equation*}$

Ora sfruttiamo che $r\ll R_{ts}$ . Poniamo $R:=R_{ts}$ e $\hat{\bm R}:=\vec R_{ts}/R$ . Allora

$|\vec R_{ts}+\vec r|^2 = R^2+2\,\vec R_{ts}\!\cdot\!\vec r+r^2 = R^2\!\left(1+2\frac{\hat{\bm R}\cdot \vec r}{R}+\mathcal{O}\!\left(\frac{r^2}{R^2}\right)\right),$

e quindi (sviluppo al primo ordine)

$|\vec R_{ts}+\vec r|^3 = R^3\!\left(1+3\frac{\hat{\bm R}\cdot \vec r}{R}+\mathcal{O}\!\left(\frac{r^2}{R^2}\right)\right), \qquad \frac{1}{|\vec R_{ts}+\vec r|^3} =\frac{1}{R^3}\!\left(1-3\frac{\hat{\bm R}\cdot \vec r}{R}\right).$

Sostituendo nel primo termine di (15):

(16) $\begin{equation*} \begin{aligned} \frac{\vec R_{ts}+\vec r}{|\vec R_{ts}+\vec r|^3} &\simeq (\vec R_{ts}+\vec r)\,\frac{1}{R^3}\left(1-3\frac{\hat{\bm R}\cdot \vec r}{R}\right)\nonumber\\ &\simeq \frac{\vec R_{ts}}{R^3}+\frac{\vec r}{R^3}-3\,\frac{\vec R_{ts}}{R^3}\frac{\hat{\bm R}\cdot \vec r}{R} \qquad \text{(trascurando termini }\sim r^2)\nonumber\\ &= \frac{\vec R_{ts}}{R^3}+\frac{\vec r}{R^3}-3\,\frac{\hat{\bm R}}{R^3}\,(\hat{\bm R}\cdot \vec r), \end{aligned} \end{equation*}$

perché $\vec R_{ts}=R\hat{\bm R}$ . Inserendo (16) in (15), il termine $\vec R_{ts}/R^3$ si cancella con $+\vec R_{ts}/R^3$ e resta:

(17) $\begin{equation*} \boxed{\vec a_{\text{mareale}}(P)\simeq \frac{GM_s}{R_{ts}^3}\Bigl[\,3\hat{\bm R}\,(\hat{\bm R}\cdot\vec r)-\vec r\,\Bigr], \qquad \hat{\bm R}=\frac{\vec R_{ts}}{R_{ts}}.} \end{equation*}$

Questa espressione “dice” anche la fisica: lungo la direzione Sole–Terra (cioè quando $\vec r$ è parallelo a $\vec R_{ts}$ ) il modulo vale $2GM_s r/R_{ts}^3$ e il verso cambia tra il lato vicino al Sole (accelerazione verso il Sole) e quello opposto (accelerazione lontano dal Sole). Nella direzione perpendicolare alla congiungente, invece, resta un termine $GM_s r/R_{ts}^3$ diretto verso il centro terrestre: il campo mareale tende quindi a stirare la Terra lungo la linea Sole–Terra e a comprimerla nel piano ortogonale.

Sulla superficie terrestre $r\simeq R_\oplus$ , quindi il massimo modulo dell’accelerazione mareale è

$a_{\max}\simeq \frac{2G M_s R_\oplus}{R_{ts}^3}.$

Inserendo valori medi $G=6.67\times10^{-11}$ SI, $M_s=1.99\times10^{30}\,$ kg, $R_{ts}\simeq 1.496\times10^{11}\,$ m e $R_\oplus\simeq 6.37\times10^{6}\,$ m:

$\boxcolorato{fisica}{a_{\max}\approx 5\times10^{-7}\ \text{m/s}^2 \approx 5\times10^{-8}\,g.}$

È minuscola rispetto a $g$ , ma è proprio questa piccola differenza di accelerazione a generare le maree.

Esercizio 7. Un filo sottile e rigido, uniformemente carico con densità di carica lineare $\lambda$ positiva, è sagomato in modo da formare due tratti rettilinei di lunghezza $2\ell$ ( $\ell>0$ ed è misutato in metri) ortogonali tra loro e raccordati da un quarto di circonferenza di raggio $R$ , con $R \ll 2\ell$ , e centro $O$ . Ricavare l’espressione, nel vuoto, del campo elettrostatico nel punto $O$ .

Figura 9: schema dell’esercizio.

Svolgimento

Un filo sottile e rigido, uniformemente carico con densità lineare $\lambda>0$ , è composto da due tratti rettilinei ortogonali di lunghezza $2\ell$ raccordati da un quarto di circonferenza di raggio $R$ , con centro nell’origine $O$ e con $R\ll 2\ell$ .

Nel piano cartesiano $(x,y)$ si colloca il raccordo circolare nel terzo quadrante, con estremi nei punti $(-R,0)$ e $(0,-R)$ . Da questi estremi si dipartono i due segmenti: il primo è verticale e giace sulla retta $x=-R$ per $y\in[0,2\ell]$ , il secondo è orizzontale e giace sulla retta $y=-R$ per $x\in[0,2\ell]$ . La geometria è riassunta nella figura seguente; il filo è disegnato in arancione e la carica lineare è indicata tramite segni $+$ .

Figura 10: schema dell’esercizio.

Il campo elettrostatico nel vuoto generato da un elemento di carica $\dd q$ posto nel punto $P$ e misurato in $O$ è dato dalla legge di Coulomb,

$\dd \vec E(O)=\frac{1}{4\pi \eps}\,\frac{\dd q}{r^2}\,\hat{\mathbf r},$

dove $r=|OP|$ e $\hat{\mathbf r}$ è il versore che punta da $P$ verso $O$ . Lungo il filo vale $\dd q=\lambda\,\dd\ell$ . Il campo totale si ottiene sommando i contributi dei tre pezzi:

$\vec E(O)=\vec E_1+\vec E_2+\vec E_3.$

Per il tratto $L_1$ (segmento verticale) un elemento di filo si trova nel punto $P=(-R,y)$ con $y\in[0,2\ell]$ . La distanza dall’origine risulta

$r=\sqrt{R^2+y^2}, \qquad r^2=R^2+y^2,$

e l’elemento di carica è $\dd q=\lambda\,\dd y$ . Il vettore che va da $P$ verso $O$ è

$\overrightarrow{PO}=(R,-y),$

per cui le componenti del versore $\hat{\mathbf r}=\overrightarrow{PO}/r$ valgono

$\hat{\mathbf r}=\frac{R}{\sqrt{R^2+y^2}}\,\hat x-\frac{y}{\sqrt{R^2+y^2}}\,\hat y.$

Ne segue, sostituendo nella legge di Coulomb,

$\begin{aligned} \dd \vec E &=\frac{1}{4\pi\eps}\,\frac{\lambda\,\dd y}{R^2+y^2}\left(\frac{R}{\sqrt{R^2+y^2}}\,\hat x-\frac{y}{\sqrt{R^2+y^2}}\,\hat y\right)\\ &=\frac{\lambda R\,\dd y}{4\pi\eps\,(R^2+y^2)^{3/2}}\,\hat x -\frac{\lambda y\,\dd y}{4\pi\eps\,(R^2+y^2)^{3/2}}\,\hat y. \end{aligned}$

Figura 11: schema esercizio.

L’integrazione tra $y=0$ e $y=2\ell$ porta a

$\vec E_1 =\frac{\lambda R}{4\pi\eps}\int_0^{2\ell}\frac{\dd y}{(R^2+y^2)^{3/2}}\,\hat x -\frac{\lambda}{4\pi\eps}\int_0^{2\ell}\frac{y\,\dd y}{(R^2+y^2)^{3/2}}\,\hat y.$

Per mantenere ordinati i calcoli si introducono gli integrali scalari

$I_1=\int_0^{2\ell}\frac{\dd y}{(R^2+y^2)^{3/2}}, \qquad I_2=\int_0^{2\ell}\frac{y\,\dd y}{(R^2+y^2)^{3/2}},$

cosi che

$\vec E_1=\frac{\lambda R}{4\pi\eps}\,I_1\,\hat x-\frac{\lambda}{4\pi\eps}\,I_2\,\hat y.$

Per $I_1$ si estrae $R$ dal denominatore:

$I_1=\frac{1}{R^3}\int_0^{2\ell}\frac{\dd y}{\left(1+\left(\frac{y}{R}\right)^2\right)^{3/2}}.$

Si pone $t=y/R$ , per cui $\dd y=R\,\dd t$ e gli estremi diventano $t=0$ e $t=2\ell/R$ . Si ottiene

$I_1=\frac{1}{R^2}\int_{0}^{2\ell/R}\frac{\dd t}{(1+t^2)^{3/2}}.$

Si pone ora $t=\tan z$ , con $\dd t=\sec^2 z\,\dd z$ e $1+t^2=\sec^2 z$ . Gli estremi risultano $z=0$ e $z=\arctan(2\ell/R)$ . Ne segue

$\begin{aligned} I_1 &=\frac{1}{R^2}\int_{0}^{\arctan(2\ell/R)}\frac{\sec^2 z}{\sec^3 z}\,\dd z =\frac{1}{R^2}\int_{0}^{\arctan(2\ell/R)}\cos z\,\dd z\\ &=\frac{1}{R^2}\left[\sin z\right]_{0}^{\arctan(2\ell/R)} =\frac{1}{R^2}\,\sin\!\left(\arctan\!\frac{2\ell}{R}\right) =\frac{2\ell}{R^2\sqrt{4\ell^2+R^2}}. \end{aligned}$

Per $I_2$ si osserva che

$I_2=\frac{1}{2}\int_0^{2\ell}\frac{2y\,\dd y}{(R^2+y^2)^{3/2}}.$

Si pone $u=R^2+y^2$ , cosi che $\dd u=2y\,\dd y$ e gli estremi diventano $u=R^2$ e $u=R^2+4\ell^2$ . Si ha pertanto

$\begin{aligned} I_2 &=\frac{1}{2}\int_{R^2}^{R^2+4\ell^2}u^{-3/2}\,\dd u =\left[-u^{-1/2}\right]_{R^2}^{R^2+4\ell^2} =\frac{1}{R}-\frac{1}{\sqrt{R^2+4\ell^2}}. \end{aligned}$

Si ottiene quindi

$\vec E_1 =\frac{\lambda\ell}{2\pi\eps\,R\sqrt{4\ell^2+R^2}}\,\hat x -\frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\left(1-\frac{R}{\sqrt{4\ell^2+R^2}}\right)\hat y.$

Per il tratto $L_3$ (segmento orizzontale) un elemento si trova in $P=(x,-R)$ con $x\in[0,2\ell]$ . Si ha $r=\sqrt{x^2+R^2}$ e $\overrightarrow{PO}=(-x,R)$ ; ne consegue

$\dd \vec E =\frac{1}{4\pi\eps}\,\frac{\lambda\,\dd x}{(R^2+x^2)^{3/2}}\left(-x\,\hat x+R\,\hat y\right).$

Gli integrali che compaiono sono gli stessi $I_1$ e $I_2$ già calcolati, con la variabile $x$ al posto di $y$ . Si ottiene dunque

$\vec E_3 =-\frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\left(1-\frac{R}{\sqrt{4\ell^2+R^2}}\right)\hat x +\frac{\lambda\ell}{2\pi\eps\,R\sqrt{4\ell^2+R^2}}\,\hat y.$

Resta il quarto di circonferenza $L_2$ . Qui la distanza dall’origine è costante ed è pari a $R$ . Una parametrizzazione naturale è

$x(\theta)=-R\cos\theta, \qquad y(\theta)=-R\sin\theta, \qquad \theta\in[0,\pi/2],$

e la lunghezza elementare vale $\dd\ell=R\,\dd\theta$ , per cui $\dd q=\lambda R\,\dd\theta$ . Si ha allora

$\dd\vec E=\frac{1}{4\pi\eps}\frac{\dd q}{R^2}\,\hat{\mathbf r} =\frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\bigl(\cos\theta\,\hat x+\sin\theta\,\hat y\bigr)\dd\theta,$

dato che il versore radiale che punta verso l’origine è $\hat{\mathbf r}=\cos\theta\,\hat x+\sin\theta\,\hat y$ . L’integrazione su $\theta\in[0,\pi/2]$ fornisce

$\vec E_2=\frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\left(\int_0^{\pi/2}\cos\theta\,\dd\theta\right)\hat x +\frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\left(\int_0^{\pi/2}\sin\theta\,\dd\theta\right)\hat y =\frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\,(\hat x+\hat y).$

La somma dei tre contributi porta alla forma esatta

$E_x(O)=E_y(O)=\frac{\lambda}{4\pi\eps}\,\frac{1+\frac{2\ell}{R}}{\sqrt{4\ell^2+R^2}}, \qquad \vec E(O)=\frac{\lambda}{4\pi\eps}\,\frac{R+2\ell}{R\sqrt{4\ell^2+R^2}}(\hat x+\hat y).$

Si osserva inoltre che, nel regime $\ell\gg R$ , i due tratti rettilinei forniscono un contributo complessivo quasi nullo al campo in $O$ nel senso che i termini dominanti di ordine $1/R$ si cancellano. Infatti, usando l’approssimazione $\sqrt{4\ell^2+R^2}\simeq 2\ell$ , si ha

$\frac{\lambda\ell}{2\pi\eps\,R\sqrt{4\ell^2+R^2}}\simeq \frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}, \qquad \frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\left(1-\frac{R}{\sqrt{4\ell^2+R^2}}\right)\simeq \frac{\lambda}{4\pi\eps\,R},$

da cui segue

$\vec E_1\simeq \frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\,\hat x-\frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\,\hat y, \qquad \vec E_3\simeq -\frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\,\hat x+\frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\,\hat y,$

e quindi $\vec E_1+\vec E_3\simeq \vec 0$ al primo ordine in $1/R$ . Il residuo, come mostrato più sotto, è di ordine $1/\ell$ e risulta trascurabile rispetto al contributo dell’arco, che e di ordine $1/R$ .

Si conclude che, per $\ell\gg R$ , il campo elettrostatico in $O$ vale:

$\boxcolorato{fisica}{\vec E_2=\frac{\lambda}{4\pi\eps\,R}\,(\hat x+\hat y).}$

Per completezza, determiniamo lo sviluppo asintotico dei campi elettrici $\vec{E}_1$ e $\vec{E}_3$ nel regime $R\ll \ell$ , arrestando lo sviluppo al secondo ordine nel parametro

$\eta=\frac{R}{2\ell}, \qquad |\eta|\ll 1.$

Nel seguito useremo il simbolo $\sim$ per indicare equivalenza asintotica per $\eta\to 0$ .

Si riscrive innanzitutto

$\sqrt{4\ell^2+R^2} =2\ell\sqrt{1+\eta^2}, \qquad \frac{1}{\sqrt{4\ell^2+R^2}} =\frac{1}{2\ell}\,(1+\eta^2)^{-1/2}.$

Dal binomio, troncato al termine $\eta^2$ ,

$(1+\eta^2)^{-1/2}\sim 1-\frac12\,\eta^2,$

segue quindi

$\frac{1}{\sqrt{4\ell^2+R^2}} \sim \frac{1}{2\ell}\left(1-\frac12\,\eta^2\right) =\frac{1}{2\ell}\left(1-\frac{R^2}{8\ell^2}\right) =\frac{1}{2\ell}-\frac{R^2}{16\ell^3}.$

Per i termini del tipo

$\frac{\lambda\ell}{2\pi\varepsilon_0\,R\sqrt{4\ell^2+R^2}},$

si ottiene

$\begin{aligned} \frac{\lambda\ell}{2\pi\varepsilon_0\,R\sqrt{4\ell^2+R^2}} &=\frac{\lambda\ell}{2\pi\varepsilon_0\,R}\,\frac{1}{\sqrt{4\ell^2+R^2}}\\ &\sim \frac{\lambda\ell}{2\pi\varepsilon_0\,R}\left(\frac{1}{2\ell}-\frac{R^2}{16\ell^3}\right)\\ &=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\,R}-\frac{\lambda\,R}{32\pi\varepsilon_0\,\ell^2}. \end{aligned}$

Inoltre, per

$\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\,R}\left(1-\frac{R}{\sqrt{4\ell^2+R^2}}\right),$

conviene osservare che

$\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\,R}\left(1-\frac{R}{\sqrt{4\ell^2+R^2}}\right) =\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{\sqrt{4\ell^2+R^2}}\right).$

Usando lo sviluppo precedente di $\dfrac{1}{\sqrt{4\ell^2+R^2}}$ si ha quindi

$\begin{aligned} \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{\sqrt{4\ell^2+R^2}}\right) &\sim \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{2\ell}+\frac{R^2}{16\ell^3}\right)\\ &=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\,R}-\frac{\lambda}{8\pi\varepsilon_0\,\ell} +\frac{\lambda\,R^2}{64\pi\varepsilon_0\,\ell^3}. \end{aligned}$

Esercizio 8. Due cariche puntiformi uguali e positive, entrambe di valore $+q$ , sono poste nei punti

$A\equiv(a,0,0), \qquad B\equiv(-a,0,0).$

Determinare il modulo del campo elettrico totale $\lvert \vec E(P)\rvert$ nei punti $P$ appartenenti alla retta $r$ definita come intersezione dei vincoli

$x=0 \quad \text{(piano $yz$)}, \qquad y=z \quad \text{(piano inclinato)}.$

In altre parole, la retta richiesta è

$r:\; \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \;:\; x=0,\; y=z\}.$

Per chiarezza, si parametri un punto generico di $r$ come

$P\equiv(0,t,t), \qquad t\in\mathbb{R},$

e si esprima il risultato finale in funzione di $q$ , $a$ e del parametro $t$ (oltre alla costante di Coulomb $k=\tfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}$ ).

Svolgimento

Sia dunque $P=(0,t,t)$ con $t\in\mathbb{R}$ . Il campo elettrico generato da una carica puntiforme $q$ posta in $\vec r_0$ e calcolato nel punto $\vec r$ è

$\vec E(\vec r)=kq\,\frac{\vec r-\vec r_0}{\lvert \vec r-\vec r_0\rvert^{3}}.$

Indichiamo con

$\vec r_A=(a,0,0),\qquad \vec r_B=(-a,0,0),\qquad \vec r_P=(0,t,t).$

Campo dovuto alla carica in $A$ .

Il vettore che va da $A$ a $P$ è

$\vec R_A=\vec r_P-\vec r_A=(-a,\; t,\; t),$

e il suo modulo vale

$R_A=\lvert \vec R_A\rvert=\sqrt{a^2+t^2+t^2}=\sqrt{a^2+2t^2}.$

Quindi

$\vec E_A(P)=kq\,\frac{\vec R_A}{R_A^{3}} = kq\,\frac{(-a,\; t,\; t)}{(a^2+2t^2)^{3/2}}.$

Campo dovuto alla carica in $B$ .

Analogamente

$\vec R_B=\vec r_P-\vec r_B=(a,\; t,\; t), \qquad R_B=\lvert \vec R_B\rvert=\sqrt{a^2+2t^2},$

e dunque

$\vec E_B(P)=kq\,\frac{\vec R_B}{R_B^{3}} = kq\,\frac{(a,\; t,\; t)}{(a^2+2t^2)^{3/2}}.$

Somma dei contributi (simmetria).

La somma è

$\begin{aligned} \vec E(P)&=\vec E_A(P)+\vec E_B(P)\\ &=kq\,\frac{(-a,\; t,\; t)+(a,\; t,\; t)}{(a^2+2t^2)^{3/2}}\\ &=kq\,\frac{(0,\; 2t,\; 2t)}{(a^2+2t^2)^{3/2}}. \end{aligned}$

La componente lungo $x$ si annulla perchè i due contributi sono uguali in modulo e opposti in segno lungo l’asse $x$ .

Modulo del campo lungo la retta $r$ .

$\begin{aligned} \lvert \vec E(P)\rvert &=kq\,\frac{\sqrt{0^2+(2t)^2+(2t)^2}}{(a^2+2t^2)^{3/2}}\\ &=kq\,\frac{2\sqrt{2}\,\lvert t\rvert}{(a^2+2t^2)^{3/2}}. \end{aligned}$

In forma equivalente,

$\boxcolorato{fisica}{\lvert \vec E\rvert(t)=kq\,\sqrt{\frac{8t^2}{(a^2+2t^2)^3}}}$

(dove compare $\lvert t\rvert$ perchè stiamo calcolando un modulo).

Esercizio 9. Una sfera di massa $m$ si trova in equilibrio tra due piani inclinati che formano, rispetto all’asse $x$ , gli angoli $\alpha$ e $\beta$ (come in figura).

Determinare le reazioni vincolari dei due piani, assumendo trascurabile l’attrito (vincoli lisci), in funzione di $\alpha$ , $\beta$ , $g$ e $m$ .

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Figura 12: schema del problema.

Svolgimento

Essendo un problema di statica, la sfera è in equilibrio e quindi devono annullarsi la risultante delle forze (e, in generale, anche dei momenti). Scriviamo dunque:

$\begin{cases} \sum F_x=0\\ \sum F_y=0\\ \sum M_z=0 \end{cases}$

dove $\sum F_x$ indica la somma algebrica di tutte le componenti delle forze lungo l’asse $x$ , $\sum F_y$ la somma algebrica di tutte le componenti delle forze lungo l’asse $y$ , mentre $\sum M_z$ rappresenta la somma algebrica dei momenti delle forze rispetto all’asse $z$ (perpendicolare al piano del problema).

Le forze agenti sulla sfera sono tre:

il peso $\,m\vec g$ (diretto verticalmente verso il basso);
la reazione vincolare del piano che forma l’angolo $\alpha$ , che indichiamo con $N_1$ ;
la reazione vincolare del piano che forma l’angolo $\beta$ , che indichiamo con $N_2$ .

Poiché i piani sono lisci (attrito trascurabile), le reazioni vincolari sono perpendicolari ai rispettivi piani. Inoltre, nel caso di una sfera, la reazione normale passa lungo la congiungente tra il punto di contatto e il centro della sfera: quindi la linea d’azione di $N_1$ e $N_2$ passa per il centro.

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Figura 13.

Per ricavare $N_1$ e $N_2$ conviene scomporre le reazioni lungo gli assi cartesiani.

Scomposizione di $N_1$ .

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Figura 14.

In questo caso la componente orizzontale è diretta verso sinistra (quindi lungo $-x$ ), mentre la componente verticale è diretta verso l’alto:

$N_{1x}= -\,N_1\sin\alpha, \qquad N_{1y}= N_1\cos\alpha.$

Scomposizione di $N_2$ .

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Figura 15.

Qui la componente orizzontale è verso destra (lungo $+x$ ), mentre la componente verticale è verso il basso (lungo $-y$ ):

$N_{2x}= N_2\sin\beta, \qquad N_{2y}= -\,N_2\cos\beta.$

Equazioni di equilibrio.

Imponiamo l’annullarsi della risultante delle forze lungo $x$ e $y$ :

$\begin{aligned} \sum F_x=0 \;&\Rightarrow\; N_{1x}+N_{2x}=0 \;\Rightarrow\; -N_1\sin\alpha + N_2\sin\beta = 0,\\[1mm] \sum F_y=0 \;&\Rightarrow\; N_{1y}+N_{2y}-mg=0 \;\Rightarrow\; N_1\cos\alpha - N_2\cos\beta - mg = 0. \end{aligned}$

Dalla prima equazione:

$N_2 = N_1\,\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}.$

Sostituendo nella seconda:

$\begin{aligned} N_1\cos\alpha - \left(N_1\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}\right)\cos\beta - mg &=0\\ N_1\left(\cos\alpha - \frac{\sin\alpha\cos\beta}{\sin\beta}\right) &= mg\\ N_1\left(\frac{\sin\beta\cos\alpha - \sin\alpha\cos\beta}{\sin\beta}\right) &= mg\\ N_1\left(\sin\beta\cos\alpha - \sin\alpha\cos\beta\right) &= mg\,\sin\beta. \end{aligned}$

Osserviamo ora l’identità trigonometrica

$\sin\beta\cos\alpha - \sin\alpha\cos\beta = \sin(\beta-\alpha).$

Quindi:

$N_1=\frac{mg\,\sin\beta}{\sin(\beta-\alpha)}.$

Infine, usando $N_2 = N_1\,\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}$ :

$N_2=\frac{mg\,\sin\alpha}{\sin(\beta-\alpha)}.$

Risultato (dipendenza dai parametri).

Le reazioni vincolari dipendono solo dai parametri $m$ (massa), $g$ (accelerazione di gravità) e dagli angoli $\alpha,\beta$ dei piani:

$\boxcolorato{fisica}{N_1=\frac{mg\,\sin\beta}{\sin(\beta-\alpha)}, \qquad N_2=\frac{mg\,\sin\alpha}{\sin(\beta-\alpha)}.}$

Le formule hanno senso finché $\sin(\beta-\alpha)\neq 0$ (in particolare, nel caso geometrico in figura si assume tipicamente $0<\alpha<\beta<\pi$ ).

Perché l’equazione dei momenti non è necessaria.

Se scegliamo come polo il centro della sfera $O$ , allora:

il peso $m\vec g$ è applicato in $O$ ;
anche $N_1$ e $N_2$ hanno linea d’azione passante per $O$ (reazioni normali su una sfera).

Di conseguenza tutte le forze hanno braccio nullo rispetto a $O$ e quindi il momento totale è identicamente nullo: la condizione $\sum M_z=0$ è automaticamente soddisfatta e non aggiunge nuove equazioni.

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Figura 16.

Esercizio 10. Calcolare l’accelerazione di gravità $g_s$ sulla superficie di una stella utilizzando le informazioni seguenti.

il periodo di rivoluzione $T$ di un pianeta in orbita attorno alla stella;
la distanza $R$ tra i centri (stella–pianeta);
l’angolo $\alpha$ sotto cui, dal pianeta, si osserva il disco stellare (diametro angolare).

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Figura 17: schema geometrico del problema. Un pianeta a distanza $R$ dal centro stellare osserva il disco della stella sotto il diametro angolare $\alpha$ . Dalla geometria si ottiene $R_s = R\sin(\alpha/2)$ .

Svolgimento

Siano $R$ la distanza tra il centro della stella e quello del pianeta, $R_s$ il raggio della stella, $\alpha$ il diametro angolare del disco stellare osservato dal pianeta (figura 17). Assumiamo un’orbita (approssimativamente) circolare e $M_p\ll M_s$ , con $M_p$ massa del pianeta e $M_s$ massa della stella.

1) Relazione geometrica. Dalla figura 17 segue

(18) $\begin{equation*} R_s = R\,\sin\!\left(\frac{\alpha}{2}\right). \end{equation*}$

2) Terza legge di Keplero. Per un sistema gravitazionale a due corpi vale

(19) $\begin{equation*} T^2=\frac{4\pi^2 R^3}{G\,(M_s+M_p)}\,, \end{equation*}$

dove $G$ è la costante di gravitazione universale. Nel caso tipico $M_p\ll M_s$ si può porre $M_s+M_p\simeq M_s$ (errore relativo dell’ordine $M_p/M_s$ ) e ricavare

(20) $\begin{equation*} GM_s \simeq \frac{4\pi^2 R^3}{T^2}. \end{equation*}$

3) Accelerazione di gravità sulla superficie stellare. Per definizione

(21) $\begin{equation*} g_s = \frac{GM_s}{R_s^2}. \end{equation*}$

Sostituendo (20) in (21) e usando (18) si ottiene

(22) $\begin{equation*} \boxed{\;\; g_s \simeq \frac{4\pi^2\,R}{T^2\,\sin^2\!\left(\frac{\alpha}{2}\right)} \;\;} \end{equation*}$

che esprime $g_s$ in funzione delle sole grandezze $R$ , $T$ e $\alpha$ . Si ricorda che $\alpha$ va inserito in radianti.

Approssimazione per piccoli angoli. Se $\alpha\ll 1$ (in radianti), allora $\sin(\alpha/2)\simeq \alpha/2$ e

$\boxcolorato{fisica}{g_s \simeq \frac{16\pi^2\,R}{\alpha^2\,T^2}}$

Esercizio 11. All’equatore di un pianeta il peso di un corpo è $P_e$ . Il peso dello stesso corpo alla latitudine di $45^\circ$ è $P_L$ .

Nota la densità del pianeta, determinare il periodo di rotazione $T$ affinché il peso all’equatore sia una frazione $m/n$ del peso alla latitudine di $45^\circ$ .

Svolgimento

Il peso misurato dalla bilancia (peso apparente) coincide con la reazione vincolare che equilibra, nel sistema solidale con il pianeta, la somma delle forze agenti sul corpo.

Poiché il corpo è fermo rispetto alla superficie, la forza di Coriolis è assente; resta invece la forza centrifuga dovuta alla rotazione del pianeta.

1) Peso all’equatore.

All’equatore la forza centrifuga è collineare e opposta alla forza di gravità (vedi figura 18); pertanto il peso apparente è la differenza tra la forza gravitazionale e la forza centrifuga:

$P_e = F_g - F_c = G\dfrac{M_pM_c}{R^2} - M_c\dfrac{v^2}{R},$

dove $R$ è il raggio del pianeta, $M_p$ è la massa del pianeta e $M_c$ è la massa del corpo.

Dato il periodo di rotazione $T$ , la forza centrifuga si può esprimere tramite la velocità angolare $\omega$ :

$F_c = M_c\dfrac{v^2}{R} = M_c\,\omega^2\,R = M_c\dfrac{4\pi^2}{T^2}R,$

avendo usato $\omega = 2\pi/T$ . Quindi

$P_e=\dfrac{GM_pM_c}{R^2}-M_c\dfrac{4\pi^2}{T^2}R.$

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Figura 18: all’equatore la forza centrifuga è opposta alla gravità lungo la direzione radiale.

2) Peso alla latitudine di $45^\circ$ .

Alla latitudine di $45^\circ$ la forza centrifuga non è più collineare alla direzione radiale (figura 19). In particolare, solo la componente lungo la direzione radiale (opposta alla gravità) contribuisce a ridurre il peso misurato dalla bilancia; tale componente vale $F_c\cos 45^\circ$ . Si ha dunque:

$P_L = F_g - F_c\cos 45^\circ = \dfrac{GM_pM_c}{R^2} - M_c \dfrac{4\pi^2}{T^2} \dfrac{R}{\sqrt{2}}.$

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Figura 19: alla latitudine di $45^\circ$ solo la componente $F_c\cos45^\circ$ è lungo la direzione radiale.

3) Condizione richiesta e determinazione di $T$ .

La richiesta dell’esercizio è

$P_e=\dfrac{m}{n}P_L.$

Sostituendo le espressioni trovate e semplificando la massa $M_c$ si ottiene:

$\begin{aligned} &P_e=\dfrac{m}{n}P_L \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{GM_p\cancel{M_c}}{R^2} - \cancel{M_c}\dfrac{4\pi^2R}{T^2}=\dfrac{m}{n}\left(\dfrac{GM_p\cancel{M_c}}{R^2}-\cancel{M_c}\dfrac{4\pi^2R}{\sqrt{2}T^2} \right)\\ &\dfrac{GM_p}{R^2}\left(1-\dfrac{m}{n}\right)=\dfrac{4\, R \, \pi^2}{T^2}\left(1-\dfrac{m}{n\sqrt{2}} \right). \end{aligned}$

Ora esprimiamo $M_p$ in funzione della densità $\rho$ del pianeta:

$M_p=\frac{4}{3}\pi R^3\rho.$

Sostituendo nella relazione precedente si ricava:

$\begin{aligned} & \dfrac{G}{R^2}\dfrac{4}{3} \; \pi\; R^{3}\rho\left(1-\dfrac{m}{n} \right) = \dfrac{4 \, R \, \pi^2}{T^2}\left(1-\dfrac{m}{n\sqrt{2}}\right) \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{G}{3} \; \rho\left(1-\dfrac{m}{n} \right) = \dfrac{\pi}{T^2}\left(1-\dfrac{m}{n\sqrt{2}}\right)\\ &\Leftrightarrow \quad \boxcolorato{fisica}{T = \sqrt{\dfrac{\pi\left(1-\dfrac{m}{n\sqrt{2}}\right)}{\dfrac{G}{3}\rho\left( 1-\dfrac{m}{n}\right)}}}. \end{aligned}$

Osservazione (dipendenze del risultato).

Il periodo di rotazione $T$ risulta espresso in funzione della sola densità $\rho$ e della frazione $m/n$ (oltre alla costante gravitazionale $G$ e a $\pi$ ): in particolare non dipende né dalla massa del corpo $M_c$ (che si semplifica) né dal raggio $R$ (che si elimina tramite $M_p=\frac{4}{3}\pi R^3\rho$ ).

Esercizio 12. Un pianeta di massa $M$ , raggio $R$ e densità uniforme viene attraversato lungo un suo diametro da un tunnel. Se un corpo di massa $m$ viene lasciato cadere dalla superficie del pianeta, determinare in quanto tempo il corpo raggiunge il centro del pianeta. Esprimere il risultato in funzione di $M$ , $R$ e $G$ (costante di gravitazione universale.

(Lo schema del problema è riportato in Figura 20.)

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Figura 20: schema del pianeta attraversato da un tunnel diametrale; la massa $m$ viene lasciata dalla superficie.

Svolgimento

La massa $m$ risente solo dell’attrazione gravitazionale dovuta alla massa del pianeta interna al raggio $r$ (dove $r=r(t)$ è la distanza dal centro lungo il tunnel).

Assumiamo $r$ positivo verso l’esterno: poiché la forza gravitazionale è diretta verso il centro, essa avrà segno negativo nell’equazione scalare lungo $r$ .

La massa interna alla sfera di raggio $r$ vale

$M(r)=\frac{4}{3}\pi \rho \, r^3,$

dove $\rho$ è la densità (costante). In particolare, essendo la densità uniforme,

$\rho=\frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}.$

La forza gravitazionale (lungo la direzione radiale) è dunque

(23) $\begin{equation*} F_g(r)=-\,G\,\frac{M(r)\,m}{r^2} =-\,G\,\frac{\left(\frac{4}{3}\pi \rho r^3\right)m}{r^2} =-\,\frac{4\pi G\rho}{3}\,m\,r. \end{equation*}$

Pertanto, usando la seconda legge di Newton $F_g=m\,\dfrac{d^2r}{dt^2}$ , otteniamo

(24) $\begin{equation*} -\frac{4\pi G\rho}{3}\,r=\frac{d^2r}{dt^2}. \end{equation*}$

(Il segno “ $-$ ” compare perché, con $r$ orientato verso l’esterno, l’accelerazione è diretta verso il centro.)

Primo metodo: integrazione tramite la velocità.

Osserviamo che, per la simmetria sferica del problema, il moto è unidimensionale. Ponendo $v=\dfrac{dr}{dt}$ e usando la regola della catena,

$\frac{d^2r}{dt^2}=\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{dr}\frac{dr}{dt}=v\,\frac{dv}{dr}.$

Sostituendo in (24) si ottiene

$-\frac{4\pi G\rho}{3}\,r=v\,\frac{dv}{dr} \quad \Longleftrightarrow \quad v\,dv=-\frac{4\pi G\rho}{3}\,r\,dr.$

Integrando tra $r=R$ (partenza da fermo: $v(R)=0$ ) e un generico $r$ (con velocità $v(r)$ ),

$\int_{0}^{v(r)} v\,dv = -\frac{4\pi G\rho}{3}\int_{R}^{r} r\,dr.$

Quindi

$\frac{v(r)^2}{2} =-\frac{4\pi G\rho}{3}\,\frac{r^2-R^2}{2} \quad \Longleftrightarrow \quad v(r)^2=\frac{4\pi G\rho}{3}\,(R^2-r^2),$

e dunque

$v(r)=\sqrt{\frac{4}{3}\,\pi\,G\,\rho\,(R^2-r^2)}.$

Una volta nota la velocità, il tempo si ottiene da

$v=\frac{dr}{dt} \quad \Rightarrow \quad dt=\frac{dr}{v}.$

Per andare dalla superficie ( $r=R$ ) al centro ( $r=0$ ) otteniamo

$\begin{aligned} t_A &= \int_{0}^{t_A} dt \\ &= \int_{R}^{0}\frac{dr}{v(r)} \\ &= \int_{R}^{0}\frac{dr}{\sqrt{\frac{4}{3}\pi G\rho\,(R^2-r^2)}} \\[6pt] &= \sqrt{\frac{3}{4\pi G\rho}} \int_{R}^{0}\frac{dr}{\sqrt{R^2-r^2}} \\[6pt] &= \sqrt{\frac{3}{4\pi G\rho}} \left[\arcsin\left(\frac{r}{R}\right)\right]_{R}^{0} \\[6pt] &= \sqrt{\frac{3}{4\pi G\rho}}\cdot\frac{\pi}{2} \\ &= \boxcolorato{fisica}{\sqrt{\frac{3\pi}{16\,G\,\rho}}.} \end{aligned}$

Secondo metodo: riconoscimento del moto armonico.

Torniamo all’equazione del moto (24):

$\frac{d^2r}{dt^2}+\omega^2 r=0,$

dove

$\omega^2=\frac{4\pi G\rho}{3}.$

Questa è l’equazione dell’oscillatore armonico.

Ne segue che la massa $m$ lungo il tunnel si muove di moto armonico semplice e il tempo necessario per andare da $r=R$ a $r=0$ corrisponde a un quarto di periodo:

$\begin{aligned} t_A &= \frac{T}{4} \\ &= \frac{1}{4}\,\frac{2\pi}{\omega} \\ &= \frac{\pi}{2\omega} \\ &= \sqrt{\frac{3\pi}{16\,G\,\rho}}. \end{aligned}$

in accordo con il risultato precedente.

Sostituendo $\rho=\dfrac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}$ , il risultato può essere scritto anche come

$\boxcolorato{fisica}{t_A=\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{R^3}{GM}}.}$

Esercizio 13 . Calcolare il campo elettrico generato sull’asse da una superficie cilindrica (laterale) di altezza $2h$ e raggio $R$ , uniformemente carica (densità di carica superficiale costante $\sigma$ ).

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Figura 21: geometria del problema e scelta del sistema di riferimento: il cilindro (superficie laterale) è compreso tra $z=-h$ e $z=+h$ ed ha raggio $R$ .

Svolgimento

Facciamo coincidere l’asse del cilindro con l’asse $z$ del sistema cartesiano e poniamo l’origine nel centro del cilindro. La superficie laterale è quindi compresa tra $z=-h$ e $z=+h$ (altezza totale $2h$ ).

Per simmetria cilindrica, nel punto $P\equiv(0,0,z)$ sull’asse le componenti trasversali del campo si annullano a coppie: il campo elettrico risulta diretto lungo $\hat{\bm{z}}$ e possiamo scrivere

$\bm{E}(P)=E_z(z)\,\hat{\bm{z}}.$

Per calcolare $E_z(z)$ suddividiamo idealmente la superficie laterale del cilindro in tanti anelli (fasce) di spessore infinitesimo $\mathrm{d}z_0$ , sovrapposti lungo l’asse $z$ .

Ricordiamo che il campo elettrico generato sull’asse da un anello di raggio $R$ , con carica totale $q$ e centro nell’origine, vale

$E_z=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{q\,z}{(z^2+R^2)^{\frac{3}{2}}}.$

Nel nostro caso l’anello elementare è posto alla quota $z_0$ e la distanza assiale tra l’anello e il punto $P$ è $(z-z_0)$ . Il contributo infinitesimo al campo assiale è quindi

$\mathrm{d}E_z=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{\mathrm{d}q\,(z-z_0)}{\left[(z-z_0)^2+R^2\right]^{\frac{3}{2}}}.$

La carica $\mathrm{d}q$ contenuta nella fascia di spessore $\mathrm{d}z_0$ si ottiene dalla densità di carica superficiale uniforme $\sigma$ :

$\mathrm{d}q=\sigma\,\mathrm{d}S=\sigma\,(2\pi R)\,\mathrm{d}z_0,$

dove $\mathrm{d}S=2\pi R\,\mathrm{d}z_0$ è l’area della fascia (circonferenza $\times$ spessore). La variabile $z_0$ individua la posizione dell’anello elementare lungo l’asse e varierà tra $-h$ e $+h$ .

Sostituendo $\mathrm{d}q$ e integrando su tutti gli anelli (da $z_0=-h$ a $z_0=+h$ ) otteniamo

$E_z(z)=\dfrac{2\pi R\sigma}{4\pi\epsilon_0}\int_{-h}^{h}\dfrac{(z-z_0)\,\mathrm{d}z_0}{\left[(z-z_0)^2+R^2\right]^{\frac{3}{2}}}.$

Poniamo ora $u=z-z_0$ (quindi $\mathrm{d}u=-\mathrm{d}z_0$ ). Quando $z_0=-h$ si ha $u=z+h$ e quando $z_0=+h$ si ha $u=z-h$ , perciò

$\begin{aligned} E_z(z) &=\dfrac{2\pi R\sigma}{4\pi\epsilon_0}\int_{z-h}^{z+h}\dfrac{u\,\mathrm{d}u}{(u^2+R^2)^{\frac{3}{2}}} \\ &=\dfrac{2\pi R\sigma}{4\pi\epsilon_0}\left[-\dfrac{1}{\sqrt{u^2+R^2}}\right]_{z-h}^{z+h} \\ &=\boxcolorato{fisica}{\dfrac{R\sigma}{2\epsilon_0}\left[\dfrac{1}{\sqrt{(z-h)^2+R^2}}-\dfrac{1}{\sqrt{(z+h)^2+R^2}}\right].} \end{aligned}$

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