Campo gravitazionale: formula, linee di campo, sovrapposizione ed esercizi svolti

Il campo gravitazionale descrive come una massa modifica lo spazio attorno a sé: in ogni punto ti dice con che accelerazione cadrebbe un corpo lasciato lì, qualunque sia la sua massa. È il primo campo che incontri, prima di quelli di Fisica 2. In questa pagina vediamo perché dalla forza si passa al campo, la formula del campo gravitazionale, le linee di campo, il principio di sovrapposizione con un esempio a componenti, il campo di un corpo esteso, come varia g con la quota e la latitudine, il campo del Sole e della Luna, il legame con potenziale e relatività, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Dall’azione a distanza al campo

Secondo un racconto che Newton fece da anziano, a farlo pensare alla gravità fu una mela che cadeva. La sua legge di gravitazione universale, $F = GMm/r^2$, dice quanto si attraggono due masse, ma non come l’una “senta” l’altra: il Sole tiene in orbita la Terra attraverso 150 milioni di km di vuoto, senza toccarla. È l’azione a distanza.

Newton stesso non ne era convinto. In una lettera al teologo Richard Bentley del 25 febbraio 1693 scrisse che un corpo capace di agire su un altro a distanza, attraverso il vuoto e senza nulla in mezzo, gli sembrava «un’assurdità così grande» che nessuna persona competente poteva crederci.

La svolta arrivò dall’elettromagnetismo. Nella prima metà dell’Ottocento Michael Faraday, guardando la limatura di ferro attorno a una calamita, immaginò lo spazio pieno di linee di forza, che finì per considerare fisicamente reali; verso la metà del secolo cominciò a parlare di campo magnetico. Nel 1865 James Clerk Maxwell, traducendo queste idee in equazioni, concluse che la luce è un’onda del campo elettromagnetico. Da allora il campo non è un trucco di calcolo, ma un ente fisico che trasporta energia.

Per la gravità ragioniamo allo stesso modo, in due passi: la massa sorgente crea un campo attorno a sé; un altro corpo risponde al campo nel punto in cui si trova.

La definizione: campo e massa di prova

Per misurare il campo in un punto $P$ si usa una massa di prova $m$, abbastanza piccola da non spostare le masse sorgenti. Si misura la forza gravitazionale $\vec{F}$ che agisce su di lei e la si divide per $m$:

$$\vec{g} = \frac{\vec{F}}{m}$$

Se raddoppi la massa di prova raddoppia anche la forza, e il rapporto non cambia: il campo non dipende dalla massa di prova, ma solo dalle sorgenti e dal punto. È una proprietà dello spazio, che esiste anche quando lì non c’è nessun corpo a risentirne. Noto il campo, la forza su una massa $m$ qualsiasi posta in $P$ è $\vec{F} = m\,\vec{g}$.

Il campo di una massa puntiforme

Per una massa puntiforme $M$, o per un corpo sferico visto da fuori, dividendo per $m$ la legge di gravitazione si ottiene la formula del campo:

$$\vec{g} = -\,G\,\frac{M}{r^2}\,\hat{u}_r$$

dove $G = 6{,}674 \cdot 10^{-11}\ \text{N·m}^2/\text{kg}^2$ è la costante di gravitazione universale, $r$ la distanza dal centro della sorgente e $\hat{u}_r$ il versore che va dalla sorgente al punto. Il segno meno dice che il campo punta verso la massa. Il modulo è $g = GM/r^2$.

Perché si chiama campo di accelerazione

Il campo si misura in N/kg, e $1\ \text{N/kg} = 1\ \text{m/s}^2$: ha le unità di un’accelerazione. Se lasci libero un corpo in $P$, l’unica forza è $m\vec{g}$, e il secondo principio dà $\vec{a} = \vec{g}$: il campo è l’accelerazione di caduta libera in quel punto, uguale per tutti i corpi. La $m$ si semplifica perché la massa che subisce la gravità e quella che resiste all’accelerazione coincidono, come spiegato nella massa inerziale e massa gravitazionale. Per questo una vite sfuggita a un astronauta percorre la stessa orbita della navicella, come si vede nel moto di un corpo sottoposto alla forza gravitazionale.

Le linee di campo

Un campo si disegna con le linee di campo, con tre regole:

1. in ogni punto la linea è tangente al campo, e una freccia ne indica il verso;
2. le linee sono più fitte dove il campo è più intenso;
3. due linee non si incrociano mai, perché in ogni punto il campo ha una sola direzione.

Per una massa isolata le linee sono rette radiali rivolte verso la massa: arrivano dall’infinito e finiscono sulla sorgente. Non nascono mai da nessuna parte, perché non esistono masse che respingono.

La densità delle linee racchiude la legge dell’inverso del quadrato. Tutte le $N$ linee attraversano una sfera di raggio $r$ centrata sulla massa, la cui superficie è $4\pi r^2$: le linee per metro quadro sono $N/(4\pi r^2)$, proporzionali a $1/r^2$ come il campo. Sulla sfera di raggio $2r$ le stesse linee si distribuiscono su una superficie quattro volte più grande: campo quattro volte più debole.

Il principio di sovrapposizione

Con più masse sorgenti, il campo totale in un punto è la somma vettoriale dei campi che ciascuna massa creerebbe da sola, come se le altre non ci fossero:

$$\begin{gathered} \vec{g}(P) = \sum_{i=1}^{n} \vec{g}_i \\ \text{con}\;\; \vec{g}_i = -\,G\,\frac{m_i}{r_i^2}\,\hat{u}_i \end{gathered}$$

dove $r_i$ è la distanza di $P$ dalla massa $i$-esima e $\hat{u}_i$ il versore che va da quella massa verso $P$. La parola chiave è vettoriale: si sommano le componenti, non i moduli. Con due masse uguali, per esempio, vicino a ciascuna prevale il suo campo; lontano da entrambe il campo somiglia a quello di una massa doppia; a metà strada i due campi sono uguali e opposti e si annullano.

Un esempio a componenti: due masse uguali

Due masse uguali $M$ stanno sull’asse $x$, nei punti $x = -d$ e $x = d$. Calcoliamo il campo in un punto $P$ dell’asse $y$, a distanza $y$ dal punto medio $O$.

Le masse distano da $P$ lo stesso $r = \sqrt{d^2 + y^2}$: i due campi hanno modulo $GM/r^2$ e formano con l’asse $y$ un angolo $\theta$, con $\cos\theta = y/r$. Le componenti lungo $x$ si cancellano; quelle lungo $y$ puntano verso $O$ e si sommano:

$$\begin{gathered} g = 2\,\frac{G M}{r^2}\cos\theta = 2\,\frac{G M}{r^2} \cdot \frac{y}{r} \\ g(y) = \frac{2\,G M\,y}{(d^2 + y^2)^{3/2}} \end{gathered}$$

Il campo punta verso il punto medio. Leggiamo la formula:

• in $O$, con $y = 0$, il campo è nullo, come nella figura delle linee di campo;
• per $y \gg d$, $g \approx 2GM/y^2$: da lontano le due masse sembrano una sola massa $2M$;
• in mezzo il campo raggiunge un massimo.

$y/d$	$g$ (in unità di $GM/d^2$)
0	0
0,25	0,457
0,5	0,716
0,707	0,770
1	0,707
2	0,358

Il massimo è a $y = d/\sqrt{2} \approx 0{,}707\,d$ e vale circa $0{,}770\,GM/d^2$. Con le derivate lo trovi ponendo $g'(y) = 0$, come nei massimi e minimi di una funzione, ma c’è anche una strada senza derivate.

Corpi estesi: dalla somma all’integrale

Un corpo esteso si può dividere in tanti pezzetti di massa $dm$, ognuno dei quali crea un campo $d\vec{g}$ come una massa puntiforme. Con infiniti contributi infinitesimi la somma diventa un integrale, $\vec{g} = \int d\vec{g}$. Per una sfera il risultato è semplicissimo: da fuori agisce come se tutta la massa fosse nel centro, ed è per questo che per i pianeti si usa $GM/r^2$. Per altre forme bisogna fare il conto.

Il campo di un’asta sottile lungo il suo asse

Un’asta sottile e omogenea di massa $M$ e lunghezza $L$ ha massa per unità di lunghezza $\lambda = M/L$. Cerchiamo il campo in un punto $P$ sul prolungamento dell’asta, a distanza $x$ dall’estremo più vicino. Il pezzetto lungo $ds$, a distanza $s$ da $P$, ha massa $\lambda\,ds$ e crea un campo $G\lambda\,ds/s^2$. Tutti i pezzetti tirano nello stesso verso, quindi si sommano i moduli, con $s$ da $x$ a $x + L$:

$$\begin{gathered} g = \int_x^{x+L} \frac{G\,\lambda}{s^2}\,ds \\ {} = G\,\lambda\left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x + L}\right) \\ {} = \frac{G\,M}{x\,(x + L)} \end{gathered}$$

Due controlli. Per $x \gg L$, $g \approx GM/x^2$: da lontano l’asta sembra un punto. Da vicino, invece, attira più di una massa puntiforme posta nel suo centro, che darebbe $GM/(x + L/2)^2$, perché $x(x + L) = (x + L/2)^2 - L^2/4$. Per il $1/s^2$, la metà vicina guadagna più di quanto perda quella lontana. Un altro caso classico, l’anello, è nell’esercizio 6.

Il campo gravitazionale della Terra

Sulla superficie terrestre, a distanza $R_T$ dal centro, il campo della Terra vale:

$$\begin{gathered} g_0 = G\,\frac{M_T}{R_T^2} \\ {} = \frac{6{,}674 \cdot 10^{-11} \cdot 5{,}97 \cdot 10^{24}}{(6{,}371 \cdot 10^6)^2}\ \text{m/s}^2 \\ {} \approx 9{,}82\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

È l’accelerazione di gravità della forza peso, $P = mg$. Negli esercizi si usa di solito $9{,}81\ \text{m/s}^2$, per i motivi che vediamo tra poco.

Come varia g con la quota

A un’altezza $h$ la distanza dal centro diventa $R_T + h$, quindi:

$$\begin{gathered} g(h) = g_0\,\frac{R_T^2}{(R_T + h)^2} \\ g(h) = \frac{g_0}{(1 + h/R_T)^2} \end{gathered}$$

Se $h$ è piccola rispetto al raggio, la formula di Taylor al primo ordine, $(1 + x)^{-2} \approx 1 - 2x$, dà un’approssimazione comoda:

$$g(h) \approx g_0\left(1 - \frac{2h}{R_T}\right)$$

Ogni metro di salita toglie a $g$ circa $2g_0/R_T \approx 3{,}1 \cdot 10^{-6}\ \text{m/s}^2$. Fino a dove funziona? Con $g_0 = 9{,}81\ \text{m/s}^2$, a 100 km, la linea di Kármán che per convenzione segna l’inizio dello spazio, la formula esatta dà $9{,}509\ \text{m/s}^2$ e quella approssimata $9{,}502\ \text{m/s}^2$: l’errore è dello 0,07%. A 1000 km le due formule danno $7{,}33$ e $6{,}73\ \text{m/s}^2$, con un errore dell’8%. Per i satelliti serve la formula esatta.

Dentro la Terra il campo non segue più $1/r^2$: conta solo la massa più vicina al centro, e in un pianeta omogeneo $g = g_0\,r/R_T$. Questo caso, con il teorema del guscio, il tunnel attraverso la Terra e la quota a cui $g$ si dimezza, è svolto nella pagina sulla forza gravitazionale.

Latitudine e rotazione

Al livello del mare $g$ va da circa $9{,}780\ \text{m/s}^2$ all’equatore a circa $9{,}832\ \text{m/s}^2$ ai poli. Le cause sono due.

La rotazione. Un corpo fermo sull’equatore percorre ogni giorno una circonferenza di raggio $R \approx 6378\ \text{km}$, in $86\,164\ \text{s}$, il tempo di un giro rispetto alle stelle. Una parte dell’attrazione serve a fornirgli l’accelerazione centripeta:

$$\begin{gathered} \omega = \frac{2\pi}{86\,164\ \text{s}} \approx 7{,}29 \cdot 10^{-5}\ \text{rad/s} \\ \omega^2 R \approx 0{,}034\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

Nel riferimento della Terra è la forza centrifuga, che all’equatore riduce la $g$ misurata di circa lo 0,35%. Ai poli, che stanno sull’asse di rotazione, l’effetto è nullo.

Lo schiacciamento. Proprio per la rotazione la Terra è un po’ schiacciata: il raggio polare, circa 6357 km, è 21 km più corto di quello equatoriale. Ai poli si è più vicini al centro, e questo da solo darebbe circa $0{,}066\ \text{m/s}^2$ in più; la massa del rigonfiamento equatoriale compensa in parte, e l’effetto netto sono i restanti $0{,}018\ \text{m/s}^2$ circa.

La $g$ misurata è quindi un campo efficace, attrazione più rotazione, e $9{,}81\ \text{m/s}^2$ è un buon valore medio.

Il campo del Sole e della Luna sulla Terra

Anche il Sole e la Luna creano un campo dove si trova la Terra. Con $GM_S \approx 1{,}327 \cdot 10^{20}\ \text{m}^3/\text{s}^2$ alla distanza Terra-Sole $d = 1{,}496 \cdot 10^{11}\ \text{m}$, e $M_L = 7{,}35 \cdot 10^{22}\ \text{kg}$ alla distanza della Luna $d_L = 3{,}84 \cdot 10^8\ \text{m}$:

$$\begin{gathered} g_S = \frac{G M_S}{d^2} \approx 5{,}93 \cdot 10^{-3}\ \text{m/s}^2 \\ g_L = \frac{G M_L}{d_L^2} \approx 3{,}3 \cdot 10^{-5}\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

Il campo del Sole è lo 0,06% di quello terrestre, ma quasi 180 volte quello della Luna. Eppure non lo sentiamo: a mezzogiorno non pesiamo meno che a mezzanotte. Il motivo è che la Terra, e noi con lei, è in caduta libera verso il Sole proprio con accelerazione $g_S$. Cadiamo insieme al pavimento, come gli astronauti con la loro stazione: è l’idea del principio di equivalenza, che trovi nella massa inerziale e massa gravitazionale. Resta solo la piccola differenza tra il campo solare sul lato della Terra rivolto verso il Sole e quello al centro, circa $5 \cdot 10^{-7}\ \text{m/s}^2$: da qui nascono, insieme a quelle della Luna, le maree.

Campo e potenziale

Il campo è un vettore; il potenziale gravitazionale $V = -GM/r$, l’energia potenziale per kilogrammo, è un numero. I due sono legati: il campo punta dove il potenziale scende più in fretta, e per una massa puntiforme $g_r = -dV/dr$. Derivando $-GM/r$ si ritrova proprio $g_r = -GM/r^2$. Con più masse il potenziale è più comodo, perché si sommano numeri e non vettori: lo trovi nella sezione sul potenziale gravitazionale.

Il campo nella relatività generale

Nel 1915 Einstein, con la relatività generale, propose una descrizione più profonda: le masse curvano lo spaziotempo, e i corpi in caduta libera seguono le traiettorie più “dritte” possibili in questa geometria. Per campi deboli e velocità piccole rispetto a quella della luce la teoria di Newton resta un’ottima approssimazione. La relatività risolve anche il disagio di Newton: le variazioni del campo non sono istantanee, ma viaggiano alla velocità della luce come onde gravitazionali, rivelate per la prima volta da LIGO il 14 settembre 2015. Un accenno lo trovi nella teoria della relatività.

Gli errori più comuni

• Misurare $r$ dalla superficie. In $g = GM/r^2$, $r$ è la distanza dal centro del pianeta: a 400 km di quota, $r = 6371 + 400 = 6771\ \text{km}$.
• Sommare i moduli invece dei vettori. I campi si sommano per componenti: due campi uguali e opposti danno zero, non il doppio.
• Pensare che il campo dipenda dalla massa di prova. $\vec{g} = \vec{F}/m$ dipende solo dalle sorgenti e dal punto.
• Sbagliare il verso di $\hat{u}_r$. Il versore va dalla sorgente al punto; il campo, con il segno meno, punta verso la sorgente.
• Usare 9,81 m/s² ovunque. In quota o su un altro pianeta va ricalcolato con $GM/r^2$.
• Confondere campo e forza. Il campo, in N/kg, esiste anche senza un corpo; la forza $m\vec{g}$, in newton, agisce su un corpo preciso.
• Dimenticare il quadrato. A distanza doppia il campo diventa un quarto, non la metà.
• Lasciare le distanze in chilometri. Con $G$ in unità SI servono i metri: $R_T = 6{,}371 \cdot 10^6\ \text{m}$, non 6371.

Esercizi svolti

Negli esercizi usiamo $G = 6{,}674 \cdot 10^{-11}\ \text{N·m}^2/\text{kg}^2$, $M_T = 5{,}97 \cdot 10^{24}\ \text{kg}$ e $R_T = 6{,}371 \cdot 10^6\ \text{m}$.

1. Il campo di Titano

Testo. Titano, la luna più grande di Saturno, ha massa $1{,}345 \cdot 10^{23}\ \text{kg}$ e raggio 2575 km. Quanto vale il campo gravitazionale sulla sua superficie, e a 1000 km di quota? Quanto pesa sulla superficie un astronauta di 70 kg?

Sulla superficie la distanza dal centro è il raggio:

$$\begin{gathered} g = \frac{G M}{R^2} \\ {} = \frac{6{,}674 \cdot 10^{-11} \cdot 1{,}345 \cdot 10^{23}}{(2{,}575 \cdot 10^6)^2}\ \text{m/s}^2 \\ {} \approx 1{,}35\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

A 1000 km di quota la distanza dal centro è $r = 2575 + 1000 = 3575\ \text{km}$, e il campo cala con il quadrato del rapporto tra le distanze:

$$\begin{gathered} g' = g\left(\frac{R}{r}\right)^2 = 1{,}35 \cdot \left(\frac{2575}{3575}\right)^2\ \text{m/s}^2 \\ g' \approx 0{,}70\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

Sulla superficie l’astronauta pesa $70 \cdot 1{,}35\ \text{N} \approx 95\ \text{N}$, contro i 687 N sulla Terra. Controllo: $1{,}35/9{,}81 \approx 0{,}14$, circa un settimo della gravità terrestre e meno di quella lunare, 1,62 m/s², perché Titano è poco denso. A 1000 km il fattore $(R/r)^2 \approx 0{,}52$ quasi dimezza il campo, come ci si aspetta salendo di circa il 40% del raggio.

2. Tra il Sole e la Terra

Testo. Il Sole ha massa $1{,}989 \cdot 10^{30}\ \text{kg}$ e dista $d = 1{,}496 \cdot 10^{11}\ \text{m}$ dalla Terra. In quale punto della congiungente il campo di Sole e Terra è nullo? Con la luna nuova la Luna è tra Terra e Sole, a $3{,}84 \cdot 10^8\ \text{m}$ dalla Terra: quanto valgono lì i due campi?

Tra i due corpi i campi hanno versi opposti: il totale è nullo dove i moduli sono uguali. Con $x$ distanza dalla Terra:

$$\begin{gathered} \frac{G M_T}{x^2} = \frac{G M_S}{(d - x)^2} \\ \frac{d - x}{x} = \sqrt{\frac{M_S}{M_T}} = \sqrt{333\,166} \approx 577{,}2 \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} x = \frac{d}{1 + 577{,}2} = \frac{1{,}496 \cdot 10^{11}}{578{,}2}\ \text{m} \\ x \approx 2{,}59 \cdot 10^8\ \text{m} \end{gathered}$$

Circa 259 000 km dalla Terra: meno della distanza della Luna. Nella posizione della Luna, con $GM_T \approx 3{,}984 \cdot 10^{14}\ \text{m}^3/\text{s}^2$ e distanza dal Sole $d - 3{,}84 \cdot 10^8\ \text{m}$:

$$\begin{gathered} g_T = \frac{3{,}984 \cdot 10^{14}}{(3{,}84 \cdot 10^8)^2}\ \text{m/s}^2 \\ {} \approx 2{,}70 \cdot 10^{-3}\ \text{m/s}^2 \\ g_S = \frac{1{,}327 \cdot 10^{20}}{(1{,}4922 \cdot 10^{11})^2}\ \text{m/s}^2 \\ {} \approx 5{,}96 \cdot 10^{-3}\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

I campi sono opposti: il totale vale circa $3{,}26 \cdot 10^{-3}\ \text{m/s}^2$, verso il Sole. Il Sole attira la Luna più del doppio di quanto faccia la Terra! La Luna resta legata a noi perché la Terra cade verso il Sole quasi con la stessa accelerazione. Controllo: nel punto trovato i due campi valgono entrambi circa $5{,}95 \cdot 10^{-3}\ \text{m/s}^2$.

3. Tre masse ai vertici di un triangolo

Testo. Tre sfere di 6,0 kg, 4,0 kg e 2,0 kg hanno i centri nei vertici $A$, $B$ e $C$ di un triangolo equilatero di lato $L = 30\ \text{cm}$. Trova modulo e direzione del campo gravitazionale nel centro $O$ del triangolo.

Ogni vertice dista dal centro $r = L/\sqrt{3}$, quindi $r^2 = L^2/3 = 0{,}03\ \text{m}^2$. Ogni campo punta verso la sua massa, con modulo $G m_i/r^2$:

$$\begin{gathered} \frac{G}{r^2} = \frac{6{,}674 \cdot 10^{-11}}{0{,}03} \\ {} \approx 2{,}225 \cdot 10^{-9}\ \text{m/(s}^2\text{·kg)} \\ g_A \approx 13{,}35 \cdot 10^{-9}\ \text{m/s}^2 \\ g_B \approx 8{,}90 \cdot 10^{-9}\ \text{m/s}^2 \\ g_C \approx 4{,}45 \cdot 10^{-9}\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

Mettiamo $O$ nell’origine e l’asse $y$ verso $A$: $B$ e $C$ stanno in basso a sinistra e a destra, lungo direzioni a 30° sotto l’asse $x$. In unità di $10^{-9}\ \text{m/s}^2$:

$$\begin{gathered} g_x = (g_C - g_B)\cos 30^\circ \approx -3{,}85 \\ g_y = g_A - (g_B + g_C)\sin 30^\circ \approx 6{,}67 \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} g = \sqrt{g_x^2 + g_y^2} \approx 7{,}71 \cdot 10^{-9}\ \text{m/s}^2 \\ \tan\alpha = \frac{|g_x|}{g_y} \approx 0{,}577 \;\Rightarrow\; \alpha \approx 30^\circ \end{gathered}$$

Il campo forma 30° con la direzione di $A$, spostato verso $B$. Controllo con la simmetria: con tre masse uguali i campi si annullerebbero, quindi togliendo 2 kg da ogni vertice il campo non cambia. Restano 4 kg in $A$ e 2 kg in $B$: due campi di $8{,}90$ e $4{,}45 \cdot 10^{-9}\ \text{m/s}^2$ a 120°, con risultante $\sqrt{8{,}90^2 + 4{,}45^2 - 8{,}90 \cdot 4{,}45} \cdot 10^{-9} \approx 7{,}71 \cdot 10^{-9}\ \text{m/s}^2$. Sommando i moduli avresti trovato più del triplo.

4. In cima al Monte Bianco

Testo. La cima del Monte Bianco è a circa 4806 m sul livello del mare, dove $g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$. Di quanto diminuisce $g$ lassù? Usa l’approssimazione $1 - 2h/R_T$ e valuta il suo errore rispetto alla formula esatta. Cosa segna, per una persona di 70 kg, una bilancia a molla tarata al livello del mare?

Con l’approssimazione:

$$\begin{gathered} \frac{2h}{R_T} = \frac{2 \cdot 4806}{6{,}371 \cdot 10^6} \approx 1{,}51 \cdot 10^{-3} \\ g \approx 9{,}81 \cdot (1 - 0{,}00151)\ \text{m/s}^2 \\ {} \approx 9{,}795\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

$g$ cala di circa $0{,}0148\ \text{m/s}^2$, lo 0,15%. La formula esatta dà:

$$\begin{gathered} g = 9{,}81 \cdot \left(\frac{6\,371\,000}{6\,375\,806}\right)^2\ \text{m/s}^2 \\ g \approx 9{,}79522\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

contro $9{,}79520\ \text{m/s}^2$ dell’approssimazione: l’errore relativo è circa $1{,}7 \cdot 10^{-6}$, circa 900 volte più piccolo dell’effetto calcolato. La bilancia misura una forza, quindi segna $70 \cdot (1 - 0{,}00151) \approx 69{,}89\ \text{kg}$: circa 100 g in meno, senza dimagrire. Controllo: $0{,}0148/9{,}81 \approx 0{,}151\%$, proprio $2h/R_T$. In realtà la roccia della montagna aggiunge un po’ di attrazione e compensa in parte il calo.

5. Se la Terra girasse più in fretta

Testo. Considera la Terra sferica, con campo al suolo $g_0 = GM_T/R_T^2 \approx 9{,}816\ \text{m/s}^2$. Quanto vale la $g$ apparente all’equatore, tenendo conto della rotazione (un giro in 86 164 s)? Quanto dovrebbe durare un giorno perché gli oggetti all’equatore galleggino?

All’equatore la rotazione sottrae l’accelerazione centripeta:

$$\begin{gathered} \omega^2 R_T = \left(\frac{2\pi}{86\,164}\right)^2 \cdot 6{,}371 \cdot 10^6\ \text{m/s}^2 \\ \omega^2 R_T \approx 0{,}0339\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$ $$g_{app} = 9{,}816 - 0{,}034 \approx 9{,}782\ \text{m/s}^2$$

molto vicino al valore misurato, 9,780 m/s². Gli oggetti galleggerebbero se tutta l’attrazione servisse a farli girare, cioè se $\omega^2 R_T = g_0$:

$$\begin{gathered} T = 2\pi\sqrt{\frac{R_T}{g_0}} = 2\pi\sqrt{\frac{6{,}371 \cdot 10^6}{9{,}816}}\ \text{s} \\ T \approx 5060\ \text{s} \approx 84\ \text{min} \end{gathered}$$

Un giorno di meno di un’ora e mezza, 17 volte più corto di quello vero. Controllo: con questo periodo un punto dell’equatore andrebbe a $\omega R_T = \sqrt{g_0 R_T} \approx 7{,}9\ \text{km/s}$, la velocità di un satellite in orbita radente. Ha senso: un oggetto che galleggia all’equatore è, di fatto, in orbita a quota zero.

6. Il campo sull’asse di un anello

Testo. Un anello sottile e omogeneo di massa $M = 1{,}0 \cdot 10^7\ \text{kg}$ e raggio $a = 100\ \text{m}$, per esempio una grande stazione spaziale ad anello, è lontano da altri corpi. Ricava il campo in un punto dell’asse a distanza $z$ dal centro e calcolalo per $z = 0$, $z = a$ e $z = 10a$, confrontandolo con quello di una massa puntiforme $M$ nel centro. Dove è massimo?

Dividi l’anello in pezzetti $dm$, tutti alla stessa distanza $s = \sqrt{z^2 + a^2}$ dal punto. Accoppiando ogni pezzetto con quello opposto, come nelle due masse uguali, le componenti perpendicolari all’asse si cancellano; lungo l’asse ognuno dà $G\,dm/s^2 \cdot z/s$. La somma dei $dm$ è $M$:

$$g(z) = \frac{G M}{s^2} \cdot \frac{z}{s} = \frac{G M\,z}{(z^2 + a^2)^{3/2}}$$

diretto verso il centro dell’anello. Con $GM = 6{,}674 \cdot 10^{-4}\ \text{m}^3/\text{s}^2$:

• per $z = 0$ il campo è nullo;
• per $z = a$, $g = GM/(2\sqrt{2}\,a^2) \approx 2{,}36 \cdot 10^{-8}\ \text{m/s}^2$, contro i $6{,}67 \cdot 10^{-8}\ \text{m/s}^2$ di una massa puntiforme: il 35%;
• per $z = 10a$, $g \approx 6{,}58 \cdot 10^{-10}\ \text{m/s}^2$ contro $6{,}67 \cdot 10^{-10}\ \text{m/s}^2$: il 98,5%.

Il rapporto con la massa puntiforme, $(1 + a^2/z^2)^{-3/2}$, tende a 1 per $z \gg a$. La formula è quella delle due masse uguali, con $a$ al posto di $d$ e $M$ al posto di $2M$, quindi il massimo è a $z = a/\sqrt{2} \approx 70{,}7\ \text{m}$:

$$g_{max} = \frac{2\,G M}{3\sqrt{3}\,a^2} \approx 2{,}57 \cdot 10^{-8}\ \text{m/s}^2$$

Controllo: per $z = 10a$ lo sviluppo $(1 + x)^{-3/2} \approx 1 - \tfrac{3}{2}x$, con $x = 0{,}01$, dà $0{,}985$, come il calcolo diretto. Con campi così deboli, per dare un peso agli astronauti una stazione deve ruotare.

Altri problemi su campi, orbite e velocità di fuga li trovi negli esercizi svolti di gravitazione.

In sintesi

• Definizione: $\vec{g} = \vec{F}/m$, con $m$ massa di prova; si misura in N/kg = m/s² ed è l’accelerazione di caduta libera.
• Massa puntiforme o sfera vista da fuori: $\vec{g} = -G\,\dfrac{M}{r^2}\,\hat{u}_r$, diretto verso la massa.
• Linee di campo: radiali ed entranti per una massa, più fitte dove il campo è intenso.
• Sovrapposizione: $\vec{g} = \sum \vec{g}_i$, per componenti. Due masse uguali, sull’asse: $g = 2GMy/(d^2 + y^2)^{3/2}$, massimo a $y = d/\sqrt{2}$.
• Corpi estesi, sull’asse: asta $g = GM/[x(x + L)]$, anello $g = GMz/(z^2 + a^2)^{3/2}$.
• Terra: $g_0 = GM_T/R_T^2 \approx 9{,}82\ \text{m/s}^2$; in quota $g = g_0 R_T^2/(R_T + h)^2 \approx g_0(1 - 2h/R_T)$.
• Latitudine: da 9,780 m/s² all’equatore a 9,832 m/s² ai poli, per rotazione ($\omega^2 R \approx 0{,}034\ \text{m/s}^2$) e schiacciamento.

Il passo successivo è l’energia potenziale gravitazionale, con il potenziale, la velocità di fuga e l’energia dei satelliti.