Ottavio Serra
MOTI PIANI
Cosenza 2009-2010
1
La velocità è tangente alla
traiettoria
(P’ →P, s→t, (P’–P)/(t’-t)→v
2
L’accelerazione punta verso l’interno
a(media)= (v’ –v)/(t’–t) = Δv/Δt
3
Decomponendo a secondo la tangente e
la normale, si vede che aτ modifica il
modulo di v, an la direzione.
4
Se il modulo di v è costante, a è normale
alla tangente, quindi a v; se poi il raggio
di curvatura è costante, il moto è
circolare.
5
T=2πr/v, f=1/T,
v= ωr.
ω=2π/T=2πf, α= ωt,
x=rcos(ωt), y=rsen(ωt);
Vx= –ωr.sen(ωt), Vy = ωr.cos(ωt).
L’accelerazione è radiale e punta al centro
del cerchio: accelerazione centripeta.
Vedere fig.4 e la prossima fig.5
6
v PP ' r
v
v
v


 v  r  s  r  v
v
r
r
r
r
r
7
Segue che a=v.ω e perciò anche
a  r v /r
2
2
COMPONENTI:
ax   r.cos(t )
2

a



r
.

2
a y   r.sen(t )
2
8
Moto armonico.
E’ la proiezione su una retta (un diametro)
di un moto circolare uniforme. Detta x la
retta, le equazioni sono:
 x  r.cos(t )

v   r.sen(t )
a   2 r.cos(t )   2 x

9
Forza elastica: F = -kx.
a= -(k/m)x
 a   x
2
Perciò il moto è armonico con
pulsazione
k

m
e periodo
m
T  2
k
10
Moto pendolare
11
a   gsen (verss ) 
 gsen( s / l )(verss )
Se α è piccolo, senα =α (circa) e
a  ( g / l ) s
12
Il moto è approssimativamente armonico,
con periodo
l
T  2
g
13
Tensione del filo. Nel caso statico
(mettere un chiodo in P), il modulo
di T è T=mgcosα (vedi fig.6). Durante
il moto il filo deve esercitare anche la
forza centripeta e
T  mg cos   mv / l
2
Per determinare v applico la
conservazione dell’energia (vedi la
seguente fig.7)
14
15
mgh  mgy  mv / 2
2
h  l (1  cos  0 ), y  l (1  cos  )
v  2 gl (cos   cos  0 )
2
T  mg cos   2mg (cos   cos  0 ) 
mg (3cos   2 cos  0 )
16
Si noti che il calcolo di v e di T
(tensione) non è limitato alle
piccole ocillazioni. Per es. se
 0  90
La tensione del filo nel punto
più basso O è il triplo del peso
e se   180 ,T=5mg.
0
17
Esercizi.
1) Al soffitto di un veicolo è sospeso un
pendolo di massa m=200 grammi. In fase
di accelerazione il filo di sospensione forma
un angolo di 20° con la verticale. Calcolare
l’accelerazione del veicolo e la tensione del
filo (g = 9,8 m/s2).
18
2) Una pallina di 300 grammi è appesa a
una molla tenuta verticale che, allungata
di tre centimetri, oscilla compiendo due
oscillazioni al secondo. Calcolare la
costante elastica della molla e la velocità
massima della pallina.
19
5.
Moti centrali.
Un moto si dice centrale se la forza
agente su una particella è diretta
verso un punto fisso, eventualmente
all’infinito. F = α(r).r . Il momento
della forza è   r  F  r   (r )r  0
Il momento angolare è
L  r  mv
La cui derivata temporale è
L  r ' mv  r  mv '  r ' mr ' r  mv '  r  mv '  r  ma    0
20
Dunque L è costante e il raggio
vettore r=OP, essendo
ortogonale ad L, descrive
un’orbita piana.
Velocità areale. L’elemento
d’area ( fig. 8) è
1
1
1L
dA  r  dr  r  vdt 
dt
2
2
2m
21
Perciò la velocità areale è
costante (per tutti i moti
centrali, non solo per quelli
newtoniani):
dA
L
 A 
dt
2m
22
Energia. Il lavoro compiuto dalla forza F
quando sposta il suo punto di applicazione da
P0 a P1 è W=  F (r ).ds    (r )r.ds cos( ) 
 ( P0 , P1 )

( P0 , P1 )
 ( P0 , P1 )
 (r )rdr   (r1 )   (r0 )
indipendente dalla traiettoria. (i campi di
forza centrale sono conservativi). Posto
U(r)=-β(r), W=U(r0)-U(r1). U si chiama
energia potenziale.
23
N.B. Ho chiamato ds il vettore
che nella fig. 8 chiamavo dr, in
modo che nell’ultimo integrale
ho potuto porre dr=ds.cos(θ).
Siccome la variazione di energia
cinetica è K  K 
F (r ).ds 
1
0

 ( P0 , P1 )
v1
1 2 1 2
ma.vdt   mvdv   mvdv  mv1  mv0

2
2
 ( P0 , P1 )
 ( P0 , P1 )
v0
24
Segue: K1-K0=W=U0-U1 : in un campo
centrale la somma dell’energia cinetica
e dell’energia potenziale si mantiene
costante nek tempo: K+U=E.
Osservazione. La forza d’attrito,
essendo parallela (e discorde) con lo
spostamento, non è conservativa. Si
noti che non è una forza centrale; ma
una forza può essere conservativa senza
essere centrale.
25
6. Campo newtoniano. E’ un
Mm r
campo centrale:
F  G
r
2
r
Perciò vale la seconda legge di
Keplero. L’energia potenziale è
GMm
GMm
U    F (r ).dr   2 dr 
r
r
E vale la conservazione
dell’energia:
26
1 2
Mm
E  mv  G
2
r
Più difficile è dimostrare la prima
legge di Keplero: le orbite sono
ellissi. La terza legge si dimostra
in modo elementare nel caso di
orbite circolari, uguagliando la
forza di Newton alla forza
centripeta:
27
2
GMm mv
GM
2

v 
2
r
r
r
e detto T il periodo orbitale:
2 r
r
T
 2 r
v
GM
T
4
 3 
r
GM
2
2
Sostituendo v nella formula
GMm
dell’energia,si ha
E
2r
28
In fisica elementare si trova che
l’energia potenziale di gravità è U
= mgh >0, mentre qui abbiamo U
= -GMm/r <0. Come si concilia?
Dipende dalla scelta del potenziale
0 di riferimento: livello del suolo o
punto all’infinito; ma il lavoro, che
solo ha significato fisico, non
cambia.
29
Se un sasso cade da quota h, il
lavoro della gravità è W=mgh-0 =
mgh. Ricordo ora che trascurando la
rotazione della Terra, mg =
GMm/R2, M massa, R raggio della
GM
Terra:
g 2 
R
GMm GMm
1
1
GM
W

 GMm( 
)m
h
Rh
R
R Rh
R ( R  h)
GM
 m 2 h  mgh
R
se h è trascurabile rispetto a R.
30
Esercizi: a) Determina la massa
della Tera, conoscendo R,g,G.
b) La massa del Sole.
c) Fino al 1969 era più difficile
calcolare la massa della Luna; se
non sai come si faceva, immagina
un metodo semplice applicabile
ora.
31
Maree. La forza di marea è la
differenza tra la forza di attrazione
alla superficie e la forza di
attrazione al centro della Terra da
parte del corpo che la produce:
Luna, Sole…
32
Sia R il raggio della Terra, r la
distanza Terra – Luna. In A:
GM Luna GM Luna
2Rr  R
2R
Fmarea 
 2  GM Luna
 GM Luna 3
2
2 2
( r  R)
r
(r  R) r
r
2
In B:
Fmarea
GM Luna GM Luna
2Rr  R 2
2R


 GM Luna
 GM Luna 3
2
2
2 2
( r  R)
r
( r  R) r
r
Massa del Sole circa 27 milioni di massa
lunare, ma distanza 400 volte maggiore e
la sua forza di marea è meno della metà.
33
7. Caduta nel centro di un
campo centrale attrattivo. In
un campo attrattivo si definisce velocità di fuga
la velocità v taLe che E = ½ mv2 + U(r) = 0.
Dunque vf = -2U/m. Se v<vf il moto è limitato
e se L=0, la particella punta e cade nel centro
di forza O. Ma se L≠0, sotto quale condizione la
particella cade in O? Decomposta v nelle
componenti radiale r’ e trasversa rθ’, si ha:
2
1
1
1
L
E  m(r 2  r 2 2 )  U (r )  mr 2  E  U (r )  mr 2 2 4  0.
2
2
2
mr
2
L
 E  U (r ) 
 0.
2
2mr
34
2
L
(La grandezza
2
2mr
si chiama energia potenziale
centrifuga). Segue che
2
L
2
2
r U (r ) 
 Er  0
2
m
2
L
Siccome
2m è una costamte >0,
r può 0 solo se U(r) –∞ come 1/rn
con n>2 oppure come -α/r2 con
α>L2/2m.
35
Nel caso newtoniano U=-GMm/r,
perciò la particella non può cadere
nel centro O del campo. Come mai
allora i meteoriti cadono sulla
Terra? (o sulla Luna, ecc.?).
Perché la Terra non è un punto,
l’impatto avviene quando la
traiettoria del meteorite lo
porterebbe a una distanza dal
centro della Terra minore del
raggio.
36