1

Forza centripeta e gravitazione

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 viene effettuato 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 andando 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. Quali sono direzione e verso della velocità nel moto circolare? Quando una particella descrive una traiettoria curva, ed 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.

Capitolo

6

DIREZIONE RADIALE

ISTANTANEA

DIREZIONE TANGENZIALE ISTANTANEA

v

v

2

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”. Perché occorre un “binario” per sostenere il moto circolare? 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 celesti. Essendo perfetta, la traiettoria circolare doveva essere una condizione naturale per i corpi, “incorruttibile”, cioè capace di sostenersi autonomamente ed 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. Viceversa, 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 Km/h30v

, sta accelerando in direzione, anche se il

tachimetro segna sempre lo 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. Perché non esiste una “forza centrifuga”? 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), ed 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 ed 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

v

v

v

N

N

DIREZIONE RADIALE

ISTANTANEA

v

3

essere scagliato verso l’esterno, ed 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. E’ necessario che agisca 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 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. Successivamente compiamo due azioni: mantenendo ferma la mano tiriamo la corda in modo da costringere il peso a descrivere la circonferenza, ed 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, ad essere costante è dunque solo v

, mentre v

cambia ogni istante direzione. 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 t che occorre al punto per percorrerlo. In questo stesso tempo il raggio della circonferenza avrà “spazzato” l’angolo e la velocità avrà cambiato direzione passando da Av

a

Bv . Poiché sia Av

che Bv sono perpendicolari al raggio, se li riportiamo con

un’origine comune, è immediato concludere che anche la velocità ha spazzato lo stesso angolo . Dal metodo di punta-coda per la somma dei vettori si riconosce subito che il vettore v

che unisce le punte di Av e Bv

è il vettore

differenza, cioè A Bv v v da cui B Av v v

. Consideriamo ora il triangolo delle velocità ed il triangolo AOB: sono entrambi isosceli e con un angolo uguale, pertanto sono simili:

v

F ?

F

Av

Bv

A

B

O

rs

Av

Bv

v

goccia

4

v s

rv

Dividiamo per t ambo i membri e riordiniamo:

v v s

t r t

Quando tende a zero l’intervallo temporale t , sappiamo che il rapporto s

t

diviene il modulo della velocità istantanea v . Il rapporto

v

t

diventa invece

il modulo dell’accelerazione istantanea, la cui direzione si mantiene sempre parallela a v

e così alla fine risulta perpendicolare a v . Infatti nel triangolo delle velocità, quando 0 si ha 90 dovendo la somma rimanere uguale a 180 . La chiamiamo quindi accelerazione centripeta Ca

, in quanto diretta lungo il raggio puntando verso il centro. Quindi sostituendo nella

relazione precedente v

t

con Ca e

s

t

con v si trova che l’intensità

dell’accelerazione centripeta vale:

2

C

va

r

Esempio 1 Sopra ad un piano orizzontale, una pallina di massa Kg0.0500m viene

lanciata in una guida circolare di raggio m0.200r e percorre un giro

completo in s1.45 . 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. Troviamo innanzitutto il modulo della velocità:

m/ss

2 6.28 0.2000.866

1.45 1.45r

v

Fissiamo quindi 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 direzione orizzontale agisce la forza normale, mentre

l’accelerazione vale 2

( / ; 0 )a v r :

N2

20.8660.0500 0.187

0.200x x x

vN ma N m

r

e per l’accelerazione centripeta si ha:

m/s2

220.866

3.750.200C

va

r

Ca

v

Bv

Av

0 90°

v

v

rN

v

Ca

N x

y

5

Cosa si 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:

2

r

vF m

r

Si chiama forza centripeta la somma delle componenti in direzione radiale rF

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 1 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

2 2(2| |) | |4v v

r rm m

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. La forza centripeta può avere le origini più diverse: la tensione di una corda insieme alla gravità producono la forza centripeta quando si fa ruotare una massa ad un suo capo, l’attrito statico fra pneumatici ed asfalto fornisce la forza centripeta che serve per far percorrere all’auto una curva, la forza di gravità funge da forza centripeta per tenere la Luna in orbita attorno alla Terra, e così via. Esempio 2 Una massa Kg0.600m agganciata al capo di una fune lunga m0.500 viene

fatta ruotare in un piano verticale, imprimendogli nel punto più in basso una velocità m/s5.00v

. 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

m/s2.32v , si calcolino la forza 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):

2| |y y y

vT W ma T mg m

r

N2 2| | 5.00

0.600 9.81 0.600 35.90.500

vT mg m

r

mentre la forza centripeta e l’accelerazione centripeta valgono:

T

y

W

T

W

y

6

N35.9 0.600 9.81 30.0rF T mg

m/s2 2

2| | 5.0050.0

0.500C

va

r

m/s250.0ya

Nel punto di massima altezza abbiamo, sempre lungo la direzione radiale y : 2| |

y y y

vT W ma T mg m

r

N2 2| | 2.32

0.600 0.600 9.81 0.5730.500

vT m mg

r

mentre la forza centripeta e l’accelerazione centripeta valgono: N0.573 0.600 9.81 6.46rF T mg

m/s2 2

2| | 2.3210.8

0.500C

va

r

m/s210.8ya

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 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. Esempio 3 Un’auto segue una strada curva procedendo a velocità di modulo costante v

.

Si calcoli il modulo della sua accelerazione nei tratti AB, BC, CD, DE specificando dove è massimo e dove minimo. 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

AB

va

R

;

2 2

34

4

3CD

v va

RR

;

2 2

13

3DE

v va

RR

mentre nel tratto rettilineo BC essendo costante il modulo della velocità si ha: 0BCa

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. Esempio 4 Un’automobile di massa Kg1500m percorre una curva circolare di raggio

m40.0r alla velocità di m/s15.0 . Si trovi quanto vale la forza centripeta.

Sapendo poi che il coefficiente di attrito statico fra pneumatici ed asfalto è 0.950s , si calcoli la massima velocità alla quale l’auto può percorrere la

curva e la forza centripeta in questo secondo caso.

N

W

sf x

y

R

3R

4

1R

3

A

BC

D

E

7

La forza centripeta è fornita tutta dalla forza di attrito statico sf

, e la sua

direzione è perpendicolare a quella in cui avanzano le ruote. Nel primo caso sf

non raggiunge il suo valore massimo, ma sappiamo però che la sua intensità

soddisfa la condizione 0 s sf N

. Indicando con x la direzione radiale

istantanea come in figura, si ha:

N2

2415.0

1500 0.844 1040.0sx x s

vf ma f m

r

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: 0 0y yN W N mg N mg

che sostituito nella relazione precedente: 2

maxsx x s s

vf ma N m m

r

g m

2v

r

m/s0.950 9.81 40.0 19.3sv gr .

In questo caso per la forza centripeta risulta

N2

2419.3

1500 1.40 1040.0r

vF m

r

.

Esempio 5 Un’automobile di massa Kg1300m , che viaggia alla velocità costante di

m/s10.5v , passa sopra ad un dosso il cui profilo può essere considerato

una circonferenza di raggio m15.0R . 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. 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 basso, 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 2

v

y Ra

, da cui si ricava per la forza centripeta:

N

W

R

y

N

W

N

N

W

W

8

N2

2310.5

1300 9.56 1015.0y y y r

vN W ma F N mg m

R

mentre per la normale: N N3 3 39.56 10 1300 9.81 9.56 10 3.20 10N mg N

Esempio 6 Una pallina di massa Kg0.300m , appesa ad un filo lungo m0.750L , gira

a velocità di modulo costante descrivendo una circonferenza, mentre l’angolo che il filo forma con la verticale rimane sempre 25.0 . Sapendo che la pallina compie un giro in s1.50 si trovi la tensione del filo, l’intensità della

forza centripeta e l’intensità dell’accelerazione centripeta. Calcoliamo innanzitutto il raggio della traiettoria circolare:

msin 0.750 sin25.0 0.317R L

e ricaviamo da questo il modulo della velocità della pallina:

m/ss

2 6.28 0.3171.33

1.50 1.50R

v

e l’intensità dell’accelerazione centripeta:

m/s2

221.33

5.580.317C

va

R

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: cos25.0 0y y yT W ma T mg

N0.300 9.813.25

cos25.0 0.906

mgT

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:

Nsin 25.0 3.25 0.423 1.37rF T

Esempio 7 Sopra ad un piano, fissata ad una corda, una massa Kg0.450m descrive un

moto circolare uniforme di raggio m0.500r con velocità m/s2.50v .

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 . Fissato un riferimento con la direzione radiale istantanea lungo l’asse x , abbiamo che la forza centripeta è fornita dalla tensione della corda:

R

L

Forza centripeta

W

y

x

T

M

m

9

N2

22.500.450 5.63

0.500x x

vT ma T m

r

Per la massa appesa, la condizione di equilibrio richiede che lungo l’asse verticale sia nulla l’accelerazione:

N0 5.63y y yT W ma T Mg Mg T

da cui si ottiene:

Kg5.630.574

9.81

TM

g

Esempio 8 Una blocco di massa m , scivola senza attrito lungo il profilo di un igloo a forma di sfera avente raggio R , partendo dal punto più alto con una velocità orizzontale così piccola da potersi considerare nulla. Ad un certo valore dell’angolo il blocco si stacca dall’igloo, descrivendo una traiettoria parabolica di caduta libera. Spiegare perché si distacca e calcolare quanto vale la velocità in quell’istante. 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

,

producano 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 rF riuscirà a produrre la necessaria forza centripeta 2

v

Rm

: 2

cosv

r RF N mg m

Imponendo la condizione trovata sopra, per cui la normale si annulla al momento del distacco, si trova la velocità:

mg cos m 2

v

R

cosv Rg

x

M

m T

W

T

y

N

N

N = 0

W

y

x

N

direzione radiale

istantanea

y

R cos

10

Esempio 9 Un’automobile di massa m tenta di eseguire il “giro della morte” lungo una pista circolare di raggio R . Si trovi la velocità minima av

con la quale deve arrivare nel punto più alto della pista. 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 av

la velocità alla sommità, in quel momento risulta: 2 2

a av v

y y y R RN W ma N mg m N mg m

La forza centripeta 2

av

Rm

che occorre per mantenere l’auto in pista è tanto più

piccola quanto minore è av . Il valore minimo di av

è quello a cui basta la sola

gravità a produrre 2

av

Rm

. Per esso risulta dunque 0N

nel punto più alto: 2

2aa a

vmg m v gR v gR

R

Esempio 10 Un’automobile di massa m percorre una curva di raggio m150R alla

velocità di m/s15.0 . Sapendo che la strada è inclinata ed indicato con

l’angolo che essa forma con l’orizzontale, si trovi il valore di che permette all’auto di percorrere la curva anche in assenza di attrito fra pneumatici ed asfalto. 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: CN W ma N mg ma

L’equazione sopra scritta è facilmente visualizzabile in termini geometrici grazie al metodo di punta-coda. Si forma un triangolo di ipotenusa N

ed i cui

cateti Cma 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:

N

W

y

N

R

0v

x

y

W

N

N

11

tan Cma m

mg

2| |vR

m

2 2

1| | 15.00.153; tan (0.153) 8.69

9.81 150

v

gRg

Allo stesso risultato si perviene facendo il rapporto delle componenti orizzontale e verticale della forza normale:

2| |x x x

vN ma N m

R

0 0y y y yN W N mg N mg 2| | 2| |

tanvRx

y

mN v

N mg gR

Esempio 11 Un disco ruota su di un piano orizzontale compiendo giri/min33 . Ad una

distanza di cm25.0 dal centro viene appoggiato un blocchetto di massa m .

Sapendo che il coefficiente di attrito statico fra blocco e disco vale 0.150s si dica se il blocchetto scivola. 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:

lunghezza di 1 girom/s

secondi in un minuto33 33 2 33 6.28 0.250

0.86460 60

rv

220.864

2.990.250r

vF m m m

r

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

:

,max 0.150 9.81 1.47S S Sf N mg m m

e come si vede risulta sempre 2.99 1.47m m 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. Esempio 12 Si determinino velocità ed accelerazione centripeta di un punto sulla superficie terrestre che si trovi alla latitudine italiana, sapendo che m66.378 10TR .

Il punto descrive in un periodo h s24 86400T una circonferenza di raggio:

m6 6cos 42 6.378 10 0.7431 4.739 10Tr R

m/s6

6 4

4

2 6.28 4.739 10 6.28 4.73910 344

8.64008.6400 10

rv

T

e come si vede la velocità trovata è superiore alla velocità del suono in aria. Per l’accelerazione risulta:

N mg

Cma

mg

N

R

N

y

N

x

N

Sf

cm25

r

42 TR

12

m/s2

2 55 6 2 2

6 6

344 1.18336 100.2497 10 2.50 10

4.739 10 4.739 10C

va

r

Esempio 13 Un ponte sospeso forma un arco di circonferenza incurvato verso il basso, di raggio

m200R . Sul cartello di avvertimento si legge che il ponte sopporta al massimo

un carico di N41.50 10 . Quale limite di velocità deve rispettare un’automobile di

massa Kg1200 se vuole attraversare il ponte senza che questo si rompa?

Osserviamo che il peso dell’auto N41200 9.81 1.18 10W

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 ( RW

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 N41.50 10 :

2v

N mg mR

41.50 10200

Nv R g

m

31.200 10m/s9.81 23.2

y

N

W

R

W

N

R

W

T

W

13

2. La legge di gravitazione universale Cosa dice la legge della gravitazione universale? L’esperienza mostra che 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 questa forza attrattiva

GF

è diretta lungo la retta congiungente i due corpi, ed ha un’intensità inversamente proporzionale al quadrati della loro distanza r e direttamente proporzionale al prodotto delle due masse:

1 22G

m mF G

r

Con 1m ed 2m abbiamo indicato le rispettive masse in kilogrammi, mentre r e

GF

sono ovviamente espressi in metri e Newton. G è una costante fondamentale

della natura, che nel Sistema Internazionale vale :

2

2

NmKg

116.67 10G

e le sue unità di misura sono quelle che occorrono per far tornare Newton al primo

membro: N Kg m2 2

G . 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.

Esempio 14 Calcolare la forza gravitazionale con cui si attraggono due masse puntiformi di

Kg100 ciascuna, poste alla distanza di m1.00

N11 71 22 2

100 1006.67 10 6.67 10

1.00G

m mF G

r

Una forza, come si vede, inferiore al milionesimo di Newton. Che relazione esiste fra la forza

12F e la forza

21F in figura?

Se indichiamo con 12F

la forza che agisce su 1m ad opera di 2m , e con 21F

la forza

che agisce su 1m subisce ad opera di 2m , indipendentemente dal fatto che le due masse siano differenti od uguali, il principio di azione e reazione impone che si abbia sempre 12 21F F

. Infatti nella formulazione matematica della legge di

gravitazione, GF

rappresenta indifferentemente sia 12F

che 21F

. Quindi se

lasciamo cadere una pietra dall’alto la forza che la Terra esercita sulla pietra ha la stessa intensità della forza che la pietra esercita sulla Terra. Tuttavia, essendo la

1m

2m

r12F

21F

14

massa della pietra 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 viceversa1:

G GT pietra

T pietra

F Fa a

m m

E se le masse non sono puntiformi? 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 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.

E se le masse hanno forma sferica? In caso di masse sferiche il calcolo descritto sopra si semplifica notevolmente perché la sfera può essere scomposta in coppie di punti uno a sinistra ed uno a destra alla stessa distanza dall’oggetto che viene attratto, e così la risultante di ciascuna coppia punta sempre verso il centro della sfera. Analogamente anche la risultante complessiva è 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 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 centri2.

E’ grazie agli studi di Newton, pubblicati nella sua fondamentale opera Philosòphiae Naturalis Pincipia Mathematica (1687) sappiamo dunque che la Terra esercita su di noi un forza, la cui natura è identica a quella che esercita sulla Luna. Questo nuovo modo di vedere le cose rappresentò da un lato la prima grande unificazione

1 In realtà accelerano entrambe verso il centro di massa del sistema che costituiscono.

2 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.

C

C

1F

2F

r

15

scientifica di due fenomeni apparentemente distinti (il peso sulla superficie della Terra ed 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.

Cos’è una mappa gravitazionale ? 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 quando ad esempio si hanno cavità sotterranee come quelle 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, e viene detta mappa gravitazionale. E’ con questo sistema che ad esempio si è scoperta una cavità ripiena di rocce sedimentarie leggere nelle penisola dello Yucatan in Messico, probabilmente dovuta al cratere scavato dall’asteroide che 65 milioni di anni fa portò all’estinzione i dinosauri. Esempio 15 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

m83.84 10Lr il raggio medio dell’orbita lunare.

Si ha che la massa m è attratta rispettivamente dalla Terra e dalla Luna con forze la cui intensità si scrive:

2

TT

M mF G

d

2( )L

LL

M mF G

r d

Uguagliando e semplificando si ottiene:

G TM m2

Gd

LM m2

( )( )

L T LL

r d M d Mr d

Nell’ultimo passaggio si è potuta estrarre la radice di ambo i membri essendo positive tutte le quantità presenti (infatti 0Lr d ). Osserviamo in particolare che il risultato non dipende dalla massa m dell’oggetto. Risolvendo:

24

24 22

5.97 10

5.97 10 7.35 10Ld r

m12 12 85.97 910 0.900 3.46 10

105.97 0.0735L L Lr r r

Come si vede il punto in questione dista dalla Terra 9

10 della distanza Terra-Luna.

Che relazione c’è con la forza peso espressa nella forma mg ? Sulla superficie del pianeta la distanza dal centro della Terra è sempre costante e pari al suo raggio m66.378 10TR . Per questo si può calcolare una volta per tutte il

valore dell’accelerazione dovuta alla gravità sulla superficie terrestre per tutti gli oggetti, dato che la forza di gravità dipende anch’essa dalla massa e questa si

C petrolioroccia

d

m

16

semplifica nella seconda legge della dinamica applicata in direzione radiale. Ad un oggetto in caduta libera. Sapendo che Kg245.97 10TM risulta:

TGy y

M mF ma G

2T

mR

ya

m/s24

11 26 2

5.97 106.67 10 9.81

(6.378 10 )ya

ed è quindi da questo calcolo che si ottiene il noto valore m/s29.81g . Questo

calcolo permette di capire perché tutti gli oggetti, di maggiore o minore massa, accelerano con la stessa intensità verso il basso. Infatti, poiché GF

è proporzionale

ad m , i corpi più massivi subiscono una forza maggiore rispetto a quelli meno massivi. 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, cioè la tendenza a resistere all’azione di una forza (è il secondo membro della legge di Newton F ma

). In altre parole ci vuole più forza per accelerare di m/s29.81 un

oggetto massiccio che uno di piccola massa. Che succede all’accelerazione di gravità salendo di quota? Il denominatore viene incrementato del valore della quota, il che fa diminuire l’accelerazione di gravità. Ad esempio in cima all’Everest si ha:

m/s24

11 26 2

5.97 106.67 10 9.78

(6.378 10 8850)Everestg

mentre su di una stazione spaziale orbitante ad un’altezza di Km300 :

Km m/s24

11 2300 6 6 2

5.97 106.67 10 8.93

(6.378 10 0.300 10 )g

Come si vede la diminuzione dell’accelerazione di gravità in un’orbita bassa quale quella a Km300 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 quell’altezza 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. Che succede all’accelerazione di gravità se cambia la massa del pianeta? Generalizzando i calcoli precedenti, si ha che l’accelerazione di gravità Pg sulla

superficie di un pianeta di massa PM e raggio PR è data da:

C

y

GF

17

2P

PP

Mg G

R

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:

m/s23

11 26 2

6.43 106.67 10 3.73

(3.39 10 )Marteg

m/s22

11 26 2

7.35 106.67 10 1.62

(1.74 10 )Lunag

Quindi sulla Luna un uomo di massa Kg100 è attratto con una forza di N162 , cioè

quella con cui la Terra attira una massa di Kg16.5 . Lo stesso uomo sulla superficie

di Marte è attratto con una forza di N373 , vale a dire quella con cui la Terra attira

una massa di Kg38 .

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 equatoriale dieci volte più esteso, si ottiene una accelerazione di gravità paragonabile alla nostra:

m/s26

11 26 2

5.68 106.67 10 10.5

(60.268 10 )Saturnog

Esempio 16 Sulla superficie di Marte un oggetto lanciato verticalmente con velocità iniziale

m/s100ov raggiunge un’altezza m1340h . Sapendo che il raggio di Marte

misura m63.39 10MR si calcoli la massa di Marte.

Come sappiamo la massima altezza h raggiungibile da un oggetto lanciato

verticalmente con velocità iniziale 0v è data dalla relazione: 20

2 M

vh

g , dove

Mg è l’accelerazione di gravità sulla superficie del pianeta, in questo caso Marte.

Calcoliamo Mg invertendo la formula:

m/s2 2

20 1003.73

2 2 1340M

vg

h

Invertendo la relazione che permette di trovare l’accelerazione di gravità sulla superficie di un pianeta si ottiene la massa del pianeta:

Kg2 2 12

232 11

3.73 3.39 106.43 10

6.67 10M M M

M MM

GM g Rg M

GR

GF

r

18

3. Il moto orbitale circolare Che cosa impedisce alla Luna di cadere sulla Terra? La sorprendente risposta è che la Luna in effetti 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 dai Principia di Newton (1687) illustra in che senso un moto orbitale possa essere visto come situazione limite di un lancio orizzontale. Fissata la quota, al crescere della velocità iniziale 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. Con quale velocità può essere percorsa un orbita circolare? E’ immediato rendersi conto che non è possibile percorrere un’orbita alla velocità che si desidera, ma che piuttosto questa risulta 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 centripeta che essa può fornire e quindi con l’altezza decresce pure la velocità orbitale ov

. In un riferimento con l’asse radiale

uscente dal centro della Terra si ha:

TM mG

2rm

2

ov

r

To

GMv

r

Questa relazione fornisce la velocità orbitale (o kepleriana) ov

con la quale l’orbita

deve essere percorsa se si vuole che rimanga stabile, cioè che l’intensità della forza di gravità fornisca proprio il valore della forza centripeta necessaria a percorrere quella circonferenza. Osserviamo che:

Come si vede dalla presenza di r al denominatore, la velocità orbitale decresce con l’altezza da terra: le orbite più sono esterne più sono lente.

Osserviamo inoltre che 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 di masse molto differenti.

Come si calcola il periodo di un’orbita circolare? Si chiama periodo T il tempo che occorre a descrivere un’orbita completa:

C

y

GF

r

o

v

19

2 22

2

2 4o

o

r rT v

v T

che sostituita nella relazione per la velocità orbitale produce:

costante2 2 33

22 2 2

4 2

4T T

T

GM GMr rT r

r T TGM

L’ultima forma di questa relazione viene detta terza legge di Keplero per il moto orbitale. 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

Km150 . Gli Shuttle percorrono orbite con Km250r alla velocità di circa

Km/s8 e 1 30minT h , i satelliti GPS orbite con Km20000r e 12T h . E’

inoltre possibile che un’orbita sia geosincrona, cioè tale che il suo periodo duri esattamente un giorno. Sostituendo h s424 8.64 10T si ottiene:

m Km

213 73 4.22 10 35800

2 T TT

r GM h r R

A quell’altezza la velocità orbitale è circa m/s100 . 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 terrestre3. Sono efficaci i satelliti spia? I satelliti spia debbono 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 estremamente breve. Con riferimento alla figura, si ha 2 sin 45 2d h h , e se l’altezza è la tipica dei satelliti spia,

Km300h , il tempo di permanenza sopra all’obiettivo in un passaggio con

Km/s8ov sarà s300 2

8 cioè dell’ordine del minuto. Per di più la successiva

orbita non ripasserà esattamente sopra all’obiettivo perché la Terra sotto ha ruotato

3 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.

45°

d

h

20

e con velocità differente dal satellite e si dovranno attendere numerose orbite per un nuovo transito.

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 m20000 , con un periodo orbitale di

h12 . 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 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.

Esempio 17 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:

costante3 3

2 2T N

T N

r r

T T

Le informazioni del testo possono essere espresse scrivendo che 30N Tr r . Sostituendo:

3Tr

3 3

2

30 T

T

r

T

322 3 2

230 30 164N T N T T

N

T T T T TT

ed essendo anno1TT si ha anni164NT . Esempio 18 Le osservazioni mostrano che la Luna impiega g h27 7 43min per una rivoluzione

completa attorno alla Terra (rivoluzione siderale). Assumendo che l’orbita sia circolare e che Kg227.35 10LM calcolare la distanza media della Terra dal

nostro satellite e l’accelerazione centripeta della Luna.

Trasformiamo il periodo in secondi: s627 24 3600 7 3600 43 60 2.36 10T

sappiamo che vale la relazione:

A

B

C

12

21

23

2

2

4L T T

o LL

r GM T GMv r

T r

sostituendo i valori dati: 2 2 12 11 24

3 32 2

2.36 10 6.67 10 5.97 10

4 4T

L

T GMr

12 11 24 2523 3 32.36 6.67 5.97

10 1.78 1039.44

m Km3 8 81.78 10 10 3.83 10 383000

Per l’accelerazione centripeta occorre conoscere la velocità orbitale:

m/s8

8 6 2 3

6

2 6.28 3.83 10 6.28 3.8310 10.2 10 1.02 10

2.362.36 10L

o

rv

T

che inserita fornisce:

m/s2

3 2 26 8 3 2

8

(1.02 10 ) 1.0210 2.72 10

3.833.83 10

oC

L

va

r

Esempio 19 Un satellite descrive un’orbita circolare attorno alla Terra ad una distanza di

Km500 dalla sua superficie, impiegando 94.6min . 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 terrestre. Per prima cosa calcoliamo il raggio dell’orbita, r R h , ed il periodo in secondi:

m Km m m6 6 6 66.378 10 500 (6.378 10 0.500 10 ) 6.88 10r

s s394.6 60 5676 5.68 10T

Il numero di giri in un secondo si trova dividendo s1 per la durata di un giro in

secondi, cioè prendendo il reciproco del periodo:

s Hzs

3 1 4

3

1 10.170 10 1.70 10

5.88 10f

T

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:

m/s6

6 3 3

3

2 6.28 6.88 10 6.28 6.8810 7.61 10

5.685.68 10o

rv

T

m/s2

3 2 26 6 2

6

(7.61 10 ) 7.6110 8.41

6.886.88 10

oc

va

r

L’accelerazione dovuta alla gravità terrestre si trova facendo il rapporto fra la forza gravitazionale e la massa m del satellite:

1GF

m m

TM m

G24

112 6 2

5.97 106.67 10

(6.88 10 )r

22

m/s11 24 12 1 2

2

6.67 5.9710 0.841 10 8.41

6.88

Esempio 20 L’astronave Enterprise si posiziona in orbita (geo)stazionaria attorno al pianeta Klingon, ad una distanza di Km47.00 10 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

Km41.00 10KR . Aiutate Data a calcolare la massa del pianeta.

Dalla terza legge di Keplero applicata al pianeta Klingon si ricava un’espressione per la massa KM del pianeta:

3 2 3

2 2 2

4

4K

K

GMr rM

GT T

Calcoliamo il raggio dell’orbita ed il periodo in secondi: Km Km m4 4 71.00 10 7.00 10 8.00 10Kr R h

s s548 3600 172800 1.728 10T

Sostituendo: 2 3 2 3 21

21 11 102 11 2 10

4 4 3.14 8.00 10 4 9.86 51210

6.67 2.9866.67 10 1.728 10K

rM

G T

Kg Kg21 241013 10 1.01 10

Esempio 21 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 Con riferimento alla figura, sulla massa m posta in L1 si ha:

TM mG

2LM m

Gr

2( )L

mr r

2

ov

r

Il periodo orbitale deve essere lo stesso della Luna, dal che si ricava la velocità:

32

222 2 2

L o

T

rT r v

TGM

2

r

32

22

3T

TLL

GM rGM

rr

G2TM

Gr

2

1

( )L

L

M

rr r

G

2TM r3Lr

3 2 3( )T L T

L L

M M M

r r r r r

r

m

Lr

1L

23

4. Accelerazione tangenziale e centripeta Come possiamo decomporre un vettore? Nella situazione più generale possibile, dovremo considerare l’eventualità che la velocità v

possa cambiare direzione, verso ed intensità in ogni istante. Per poter

analizzare la situazione dal punto di vista dell’accelerazione, sfrutteremo la proprietà di decomposizione di un vettore, che qui brevemente richiamiamo. La tecnica di decomposizione consiste nell’applicare la regola del parallelogramma al contrario. Dati due vettori

1v e

2v , il loro vettore somma 1 2v v

ha per rappresentante il segmento orientato lungo la diagonale del parallelogramma di lati consecutivi

1v e 2v

, come in figura. Cambiando prospettiva allora, dato un qualunque vettore v

ed una coppia di rette incidenti r ed s, sarà sempre possibile

decomporre v

in una componente lungo r, rv ed una componente lungo s, sv

.

Basterà infatti disegnare il rappresentante di v

applicato nel punto di intersezione di r ed s e tracciare le parallele alle due rette a partire dalla testa del vettore. Come si vede dalla figura, la somma delle due componenti così individuate restituisce sempre il vettore originario, cioè r sv v v

. Qual è la direzione dell’accelerazione nel caso più generale? Poniamo quindi di avere un punto materiale che si muove seguendo una traiettoria curvilinea in due dimensioni. 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.

Procediamo decomponendo il vettore accelerazione nelle sue componenti lungo le due rette tangente e normale alla traiettoria, componenti indicate in figura con ta

ed na

rispettivamente.

1v

2v

1 2v v

r

srv

sv

v

a

ay

x

ta

ta

na

taa

ta

na a

na

na

figura 7

v

a

v

a

v

a

v

a

y

x

24

Possiamo vedere tale situazione come una combinazione dei casi elementari che conosciamo. Poiché la velocità è sempre tangenziale, la variazione del modulo della velocità può essere dovuta solo ad un vettore anch’esso nella direzione tangenziale. Quindi alla presenza di una componente tangenziale nell’ accelerazione 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 una componente normale nell’ accelerazione, 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. Possiamo approssimare la traiettoria in ogni punto con una circonferenza? La componente normale è dunque responsabile del cambiamento di direzione della velocità istantanea. 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 osculatrice4, si individua senza ambiguità per ciascun punto P della traiettoria, considerato che, presi 1P e 2P in prossimità di esso, come in figura, per i tre punti non allineati P ,

1P e 2P passa una sola circonferenza. La circonferenza osculatrice nel punto P si

ottiene come posizione limite, facendo avvicinare sempre più 1P e 2P a P . Il suo raggio viene detto raggio di curvatura della traiettoria in quel punto. Come si 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. Pertanto è sempre verso tale regione che punta la componente normale dell’accelerazione e di conseguenza anche l’accelerazione complessiva, come viene schematicamente illustrato in figura. Che relazione c’è con l’accelerazione nel 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 lungo la traiettoria.

4 Dal latino osculo, baciare. La circonferenza, cioè, che meglio combacia con la traiettoria in quel punto.

na

ta

a

ta

a

P1P

2PP

1P

2P

1 2P P P na

( )s t

0s

25

y

x

a

v

Esempio 22 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. La situazione proposta non è possibile, perché il vettore velocità deve essere sempre tangente alla traiettoria ed il vettore accelerazione sempre orientato verso la parte del piano dove la traiettoria rivolge la sua concavità. Esempio 23 Qui a lato è riportato l’andamento in funzione del tempo della velocità di un punto materiale. Sulla base di questa informazione e sull’andamento della traiettoria seguita dal punto si stabilisca se l’angolo fra l’accelerazione e la velocità è acuto oppure ottuso. 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.

v

t

xa

v

angolo acutoy

a v

x

ottusoangoloy

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Parte energetica: Manovre orbitali ellittiche si ha la parabola se la velocità eguaglia quella di fuga, iperbole se la supero, ellisse se è inferiore. La propulsione a razzi è assai inefficace, come voler sollevarsi da terra col rinculo di un fucile E’ difficile cadere nel sole perché devo annullare i 30 Km/s della velocità orbitale. E’ più facile lasciare il sistema solare: bastano 12 Km/s. Fionda planetaria Altezza dell’orbita

Periodo dell’orbita

Velocità orbitale

Classificazione dell’orbita

150 Km LEO Satelliti Spia 250 Km LEO Shuttle 20000 Km 12 ore MEO GPS

35800 Km 1 giorno GEO Satelliti TV o Meteo