Forze centrali: definizione, momento angolare, velocità areale ed esercizi svolti

Il Sole che tiene in orbita i pianeti, un nucleo atomico che respinge una particella, un dischetto che scivola su un tavolo a cuscino d’aria legato a un perno con un elastico: in tutti questi casi la forza punta sempre verso lo stesso punto. Le forze di questo tipo si chiamano forze centrali, e sono la chiave per capire il moto di pianeti e satelliti. In questa pagina vediamo la definizione, esempi e controesempi, perché conservano il momento angolare e il moto avviene in un piano, la velocità radiale e quella trasversa, la dimostrazione della legge delle aree, perché sono conservative, il moto circolare, il potenziale efficace, quali orbite si chiudono, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Cos’è una forza centrale

Una forza è centrale quando la sua retta d’azione passa sempre per uno stesso punto fisso $O$, il centro della forza, ovunque si trovi il corpo. Nei corsi di Fisica 1 si aggiunge quasi sempre una seconda condizione: il modulo della forza dipende solo dalla distanza $r$ dal centro, non dalla direzione né dalla velocità. In formula:

$$\vec{F} = f(r)\,\hat{u}_r$$

dove $\hat{u}_r$ è il versore che punta dal centro verso il corpo e $f(r)$ è una funzione della sola distanza, con il suo segno: se $f(r) < 0$ la forza è attrattiva, se $f(r) > 0$ è repulsiva.

Le due condizioni hanno ruoli diversi: quella sulla direzione basta a conservare il momento angolare, quella sul modulo serve perché la forza sia conservativa.

Esempi e controesempi

Sono forze centrali:

• la gravità del Sole su un pianeta, con $f(r) = -G\,Mm/r^2$, che studiamo nelle forze gravitazionali;
• la forza elettrica tra una carica fissa $Q$ e una carica $q$ che si muove, $f(r) = k\,Qq/r^2$, repulsiva se le cariche hanno lo stesso segno;
• una molla fissata a un perno, che trattiene un dischetto su un tavolo liscio: per la legge di Hooke $f(r) = -k\,(r - \ell_0)$, e $f(r) = -k\,r$ se la lunghezza a riposo è trascurabile;
• il filo di una pallina fatta girare su un tavolo, legato a un chiodo o infilato in un foro. Qui però la tensione vale quanto serve, e se qualcuno tira il filo da sotto dipende da come tira: è centrale per la direzione, non in senso stretto.

Non sono centrali l’attrito, opposto alla velocità, la spinta che dai a un carrello e la forza magnetica su una carica in moto. Non lo è la somma di due forze centrali con centri diversi, come l’attrazione di Terra e Luna su una sonda. E a rigore non lo è la gravità della Terra, schiacciata ai poli: il rigonfiamento equatoriale fa ruotare lentamente il piano delle orbite dei satelliti.

Il momento angolare si conserva

Prendiamo come polo il centro $O$. Il vettore posizione $\vec{r}$ e la forza stanno sulla stessa retta, quindi sono paralleli e il loro prodotto vettoriale è nullo:

$$\vec{M} = \vec{r} \times \vec{F} = 0$$

Per il teorema del momento angolare, $d\vec{L}/dt = \vec{M}$, e quindi:

$$\vec{L} = \vec{r} \times m\,\vec{v} = \text{costante}$$

Con una forza centrale, il momento angolare rispetto al centro della forza si conserva.

Due precisazioni. Il polo deve essere il centro: rispetto a un altro punto $\vec{r}$ e $\vec{F}$ non sono paralleli e $\vec{L}$ cambia. E qui conta solo la direzione della forza: il modulo può dipendere da qualunque cosa, anche dal tempo, come per la pallina il cui filo viene tirato da sotto.

Il moto avviene in un piano

$\vec{L}$ è costante anche in direzione, ed è perpendicolare sia a $\vec{r}$ sia a $\vec{v}$: posizione e velocità restano sempre nel piano che passa per $O$ ed è perpendicolare a $\vec{L}$. Per questo le orbite dei pianeti sono curve piane, e un problema in tre dimensioni diventa un problema in due. Fa eccezione solo il caso $\vec{L} = 0$: il corpo si muove su una retta per $O$, come un sasso che cade da fermo.

Velocità radiale e velocità trasversa

Nel piano del moto conviene usare la distanza $r$ dal centro e l’angolo $\theta$ del raggio con una direzione fissa, le coordinate polari. La velocità si scompone in due parti:

• la velocità radiale $v_r = dr/dt$, lungo il raggio, dice quanto in fretta il corpo si avvicina al centro o se ne allontana;
• la velocità trasversa $v_\theta = r\,\omega$, perpendicolare al raggio, dice quanto in fretta gira attorno al centro, con $\omega = d\theta/dt$ come nel moto circolare.

Nel momento angolare la parte radiale non conta, perché è parallela a $\vec{r}$:

$$L = m\,r\,v_\theta = m\,r^2\,\omega$$

Dato che $L$ è costante:

$$v_\theta = \frac{L}{m\,r} \qquad \omega = \frac{L}{m\,r^2}$$

Più il corpo è vicino al centro, più gira in fretta: dimezzando la distanza la velocità trasversa raddoppia e la velocità angolare quadruplica, come per la pattinatrice che stringe le braccia. Nei punti di distanza minima e massima la velocità è perpendicolare al raggio, quindi $v = v_\theta$ e la conservazione diventa $r_1 v_1 = r_2 v_2$. Negli altri punti vale solo per la componente trasversa, $v_\theta = v\sin\alpha$.

Più vicino vuol dire più veloce?

Per la velocità trasversa sì, sempre. Per la velocità totale dipende dalla forza. Con una forza attrattiva, come la gravità, avvicinandosi il corpo perde energia potenziale e guadagna energia cinetica. Con una forza repulsiva succede il contrario: le particelle alfa degli esperimenti di Geiger e Marsden del 1909, che nel 1911 portarono Rutherford a scoprire il nucleo atomico, rallentano avvicinandosi a un nucleo d’oro. Girano più in fretta attorno a lui, ma la velocità radiale cala fino ad annullarsi nel punto di massimo avvicinamento.

La legge delle aree

Mentre il corpo si muove, il raggio che lo collega al centro “spazza” un’area, come una lancetta. In un tempo $dt$ il corpo si sposta di $\vec{v}\,dt$, e l’area spazzata è quella del triangolo che ha per lati $\vec{r}$ e $\vec{v}\,dt$.

Prendi come base del triangolo il raggio $r$. Lo spostamento lungo il raggio, $v_r\,dt$, allunga la base ma non alza il triangolo: l’altezza è solo lo spostamento perpendicolare, $v_\theta\,dt$. Quindi $dA = \tfrac{1}{2}\,r\,v_\theta\,dt$ e, usando $L = m\,r\,v_\theta$, la velocità areale è:

$$\frac{dA}{dt} = \frac{1}{2}\,r\,v_\theta = \frac{L}{2m}$$

Dato che $L$ è costante, anche la velocità areale è costante:

Con una forza centrale, il raggio vettore spazza aree uguali in tempi uguali.

È la seconda legge di Keplero, ma dimostrata per qualunque forza centrale, attrattiva o repulsiva: vale per il dischetto legato all’elastico come per la particella alfa. Le altre due leggi di Keplero sono invece proprie della gravità: le trovi nel moto di un corpo sottoposto alla forza gravitazionale.

Se l’orbita è chiusa, in un periodo $T$ il raggio spazza tutta l’area $A$ racchiusa dall’orbita, a ritmo costante:

$$T = \frac{A}{dA/dt} = \frac{2m\,A}{L}$$

L’idea di Newton: aree uguali a colpi

Newton dimostrò la legge delle aree nel 1687, come prima proposizione dei Principia, senza derivate. Immagina che la forza agisca con un colpo istantaneo verso il centro $S$ a intervalli di tempo uguali. Nel primo intervallo il corpo va dritto da $A$ a $B$; senza colpi, nel secondo arriverebbe in $c$, con $Bc = AB$, e i triangoli $SAB$ e $SBc$, con basi uguali e stessa altezza, avrebbero la stessa area. Il colpo in $B$, diretto verso $S$, lo porta invece in $C$, con $cC$ parallelo a $SB$: i triangoli $SBc$ e $SBC$ hanno la stessa base $SB$ e la stessa altezza, quindi ancora la stessa area. Rendendo i colpi sempre più fitti si ottiene una forza continua.

Le forze centrali sono conservative

Ora usiamo la condizione sul modulo. Quando il corpo si sposta di $d\vec{s}$, il prodotto scalare con $\hat{u}_r$ prende solo la parte dello spostamento lungo il raggio, cioè $dr$, la variazione della distanza dal centro. Da $A$ a $B$, lungo un percorso qualsiasi:

$$\begin{gathered} \vec{F} \cdot d\vec{s} = f(r)\,dr \\ W_{AB} = \int_{r_A}^{r_B} f(r)\,dr \end{gathered}$$

Pensa al percorso come a una scaletta di archi centrati in $O$, dove la forza non fa lavoro, e di tratti lungo il raggio. Il lavoro dipende solo da $r_A$ e $r_B$: la forza è conservativa, con un’energia potenziale funzione della sola distanza:

$$U(r) = -\int f(r)\,dr$$

Forza	$f(r)$	$U(r)$
Gravità	$-G\,Mm/r^2$	$-G\,Mm/r$
Coulomb	$k\,Qq/r^2$	$k\,Qq/r$
Molla	$-k\,(r - \ell_0)$	$\tfrac{1}{2}k\,(r - \ell_0)^2$

Per gravità e Coulomb lo zero è all’infinito, e per la gravità si ottiene l’energia potenziale gravitazionale.

Con una forza centrale in senso stretto si conservano quindi due grandezze, il momento angolare e l’energia meccanica $E = \tfrac{1}{2}mv^2 + U(r)$: sono gli strumenti di quasi tutti gli esercizi svolti di gravitazione.

Il moto circolare sotto una forza centrale

In un’orbita circolare di raggio $r$, $L = m\,r\,v$ con $r$ fisso dice che anche $v$ è costante: il moto circolare sotto una forza centrale è sempre uniforme. La forza fa da forza centripeta, quindi deve essere attrattiva, con modulo:

$$|f(r)| = m\,\frac{v^2}{r} = m\,\omega^2 r$$

Con qualunque forza attrattiva esiste un’orbita circolare a ogni distanza, purché il corpo parta perpendicolarmente al raggio con $v = \sqrt{r\,|f(r)|/m}$. Come cambiano velocità e periodo con il raggio dipende dalla forza:

Modulo della forza	$v$	$T$
$\propto 1/r^2$ (gravità)	$\propto 1/\sqrt{r}$	$\propto r^{3/2}$
costante (filo e peso)	$\propto \sqrt{r}$	$\propto \sqrt{r}$
$\propto r$ (molla)	$\propto r$	costante

Con la gravità le orbite larghe sono più lente, e $T^2 \propto r^3$ è la terza legge di Keplero. La riga centrale è il dischetto dell’esercizio 2, tenuto da un filo che regge un peso fermo. Con una molla di lunghezza a riposo nulla, invece, $k\,r = m\,\omega^2 r$ dà $\omega = \sqrt{k/m}$ a ogni raggio: tutte le orbite circolari durano $T = 2\pi\sqrt{m/k}$, lo stesso periodo delle oscillazioni della molla.

Il potenziale efficace

Con le due leggi di conservazione si può trasformare il moto nel piano in un moto su una retta. Scomponi l’energia cinetica, $v^2 = v_r^2 + v_\theta^2$, e sostituisci $v_\theta = L/(mr)$:

$$\begin{gathered} E = \frac{1}{2}\,m\,v_r^2 + \frac{L^2}{2m\,r^2} + U(r) \\ E = \frac{1}{2}\,m\,v_r^2 + U_{eff}(r) \end{gathered}$$

dove il potenziale efficace è:

$$U_{eff}(r) = U(r) + \frac{L^2}{2m\,r^2}$$

Il termine aggiunto è l’energia cinetica del moto attorno al centro: con $L$ fissato dipende solo da $r$ e si comporta come un’energia potenziale in più. Si ragiona allora con il diagramma dell’energia, come per un moto su una retta: il corpo può trovarsi solo dove $U_{eff}(r) \le E$.

Per la gravità, con $L$ diverso da zero:

• la barriera centrifuga $L^2/(2mr^2)$ cresce moltissimo per $r$ piccolo e vince sull’attrazione: per questo una cometa può sfiorare il Sole e tornare indietro;
• se $E < 0$ la retta dell’energia taglia la buca in $r_{min}$ e $r_{max}$: il moto è legato, e in quei punti $v_r = 0$;
• se $E$ è uguale al minimo della curva, $r_{min} = r_{max}$ e l’orbita è circolare;
• se $E \ge 0$ c’è un solo punto di inversione: il corpo arriva da lontano e se ne va.

I punti di inversione si trovano risolvendo $U_{eff}(r) = E$, come negli esercizi 5 e 6.

Quali orbite si chiudono

Mentre $r$ oscilla tra $r_{min}$ e $r_{max}$, l’angolo $\theta$ continua a crescere, e l’orbita si chiude solo se dopo alcune oscillazioni radiali il corpo ha fatto un numero intero di giri. Con una forza centrale qualsiasi non succede: il punto più vicino al centro si sposta un po’ a ogni passaggio e l’orbita disegna una rosetta.

Nel 1873 il matematico francese Joseph Bertrand dimostrò che le sole forze centrali per cui tutte le orbite legate sono chiuse sono due (teorema di Bertrand):

• la forza che va come $1/r^2$, come la gravità: le orbite legate sono ellissi con il centro della forza in un fuoco;
• la forza proporzionale a $r$, come una molla di lunghezza a riposo nulla: ellissi con il centro della forza nel centro dell’ellisse.

Una molla vera, con $\ell_0$ diverso da zero, non rientra in nessuno dei due casi, e in generale disegna una rosetta.

Quando un’orbita non si chiude, quindi, c’è sotto qualcosa. Il perielio di Mercurio avanza di circa 574 secondi d’arco per secolo: circa 532 sono dovuti all’attrazione degli altri pianeti, che rende la forza totale non più esattamente centrale. I restanti 43 circa (Le Verrier, che notò l’anomalia nel 1859, ne aveva stimati 38) rimasero un mistero finché nel 1915 Einstein non li spiegò con la relatività generale.

Gli errori più comuni

• Calcolare il momento angolare rispetto a un punto qualsiasi. Si conserva solo rispetto al centro della forza.
• Scrivere $r_1 v_1 = r_2 v_2$ in qualunque punto. Vale solo dove la velocità è perpendicolare al raggio; in generale si conserva $r\,v\sin\alpha$.
• Pensare che con una forza centrale la velocità sia costante. Lo è solo nell’orbita circolare; in un’orbita ellittica la forza ha una componente lungo la velocità.
• Credere che ogni forza diretta verso un punto sia conservativa. Serve anche che il modulo dipenda solo da $r$: il filo tirato attraverso un foro conserva $L$, non l’energia.
• Pensare che la legge delle aree valga solo per la gravità. Vale per qualunque forza centrale; sono le ellissi con il Sole in un fuoco e la terza legge di Keplero a essere proprie di $1/r^2$.
• Dire che vicino al centro il corpo è sempre più veloce. La velocità trasversa cresce sempre, ma con una forza repulsiva la velocità totale diminuisce.
• Trattare la barriera centrifuga come una forza vera. Il termine $L^2/(2mr^2)$ è energia cinetica del moto attorno al centro: nessun corpo esercita quella forza.

Esercizi svolti

1. Il satellite all’apogeo

Testo. Un satellite in orbita ellittica attorno alla Terra passa per il perigeo, il punto più vicino, a $r_p = 7000\ \text{km}$ dal centro della Terra con velocità $v_p = 8{,}0\ \text{km/s}$. L’apogeo, il punto più lontano, è a $r_a = 9000\ \text{km}$. Quanto è veloce all’apogeo? Controlla il risultato con l’energia, con $GM_T = 3{,}986 \cdot 10^{14}\ \text{m}^3/\text{s}^2$, e calcola la velocità areale.

Al perigeo e all’apogeo la velocità è perpendicolare al raggio, quindi $L = m\,r\,v$:

$$\begin{gathered} m\,v_p\,r_p = m\,v_a\,r_a \\ v_a = v_p\,\frac{r_p}{r_a} = 8{,}0 \cdot \frac{7000}{9000}\ \text{km/s} \\ v_a \approx 6{,}22\ \text{km/s} \end{gathered}$$

Con l’energia, divisa per la massa del satellite, $\tfrac{1}{2}v_p^2 - GM_T/r_p = \tfrac{1}{2}v_a^2 - GM_T/r_a$:

$$\begin{gathered} v_a^2 = v_p^2 - 2\,G M_T\left(\frac{1}{r_p} - \frac{1}{r_a}\right) \\ {} = (6{,}400 - 2{,}531) \cdot 10^7\ \text{m}^2/\text{s}^2 \\ v_a \approx 6{,}22\ \text{km/s} \end{gathered}$$

Stesso risultato. La velocità areale è:

$$\begin{gathered} \frac{dA}{dt} = \frac{r_p\,v_p}{2} = \frac{7 \cdot 10^6 \cdot 8{,}0 \cdot 10^3}{2}\ \text{m}^2/\text{s} \\ {} = 2{,}8 \cdot 10^{10}\ \text{m}^2/\text{s} \end{gathered}$$

Ogni secondo il raggio Terra-satellite spazza 28 000 km², vicino o lontano dalla Terra.

2. Il dischetto tenuto da un peso

Testo. Un dischetto di massa $m = 0{,}2\ \text{kg}$ gira su un tavolo liscio, legato a un filo che passa per un foro al centro del tavolo e regge dall’altra parte un pesetto fermo di massa $M = 0{,}5\ \text{kg}$. Il raggio dell’orbita è $r = 0{,}4\ \text{m}$. Quanto vale la velocità del dischetto? Se poi qualcuno tira il filo da sotto fino a portare il raggio a 0,2 m, che velocità avrà il dischetto e con che forza bisognerà tenere il filo?

Il pesetto è fermo, quindi la tensione è il suo peso, $T = Mg \approx 4{,}91\ \text{N}$, e sul dischetto fa da forza centripeta:

$$\begin{gathered} M\,g = m\,\frac{v^2}{r} \\ v = \sqrt{\frac{M\,g\,r}{m}} = \sqrt{\frac{0{,}5 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}4}{0{,}2}}\ \text{m/s} \\ v \approx 3{,}13\ \text{m/s} \end{gathered}$$

Un giro dura $2\pi r/v \approx 0{,}80\ \text{s}$. Se si tira il filo, la tensione resta diretta verso il foro e il momento angolare si conserva: dimezzando il raggio la velocità raddoppia, $v_2 \approx 6{,}26\ \text{m/s}$. Per tenere il dischetto sulla nuova circonferenza serve:

$$\begin{gathered} T_2 = m\,\frac{v_2^2}{r_2} = 0{,}2 \cdot \frac{6{,}26^2}{0{,}2}\ \text{N} \\ T_2 \approx 39{,}2\ \text{N} \end{gathered}$$

Otto volte la tensione iniziale: con $L$ fissato la tensione necessaria va come $1/r^3$. L’energia non si conserva: chi tira compie un lavoro pari all’aumento di energia cinetica, $\tfrac{1}{2} \cdot 0{,}2 \cdot (6{,}26^2 - 3{,}13^2) \approx 2{,}94\ \text{J}$.

3. Il dischetto legato a una molla

Testo. Un dischetto di massa $m = 0{,}5\ \text{kg}$ scivola senza attrito su un tavolo orizzontale, legato a un perno fisso con una molla di costante elastica $k = 50\ \text{N/m}$ e lunghezza a riposo $\ell_0 = 20\ \text{cm}$. Il dischetto gira attorno al perno con velocità angolare $\omega = 6\ \text{rad/s}$. Qual è il raggio dell’orbita? Cosa succede se la velocità angolare si avvicina a 10 rad/s?

La molla, allungata di $r - \ell_0$, fa da forza centripeta:

$$\begin{gathered} k\,(r - \ell_0) = m\,\omega^2 r \\ r = \frac{k\,\ell_0}{k - m\,\omega^2} \end{gathered}$$

Con i numeri:

$$\begin{gathered} r = \frac{50 \cdot 0{,}20}{50 - 0{,}5 \cdot 36}\ \text{m} = \frac{10}{32}\ \text{m} \\ r = 0{,}3125\ \text{m} \end{gathered}$$

Controllo: la molla è allungata di 11,25 cm e tira con $50 \cdot 0{,}1125 \approx 5{,}63\ \text{N}$, proprio $m\,\omega^2 r = 0{,}5 \cdot 36 \cdot 0{,}3125 \approx 5{,}63\ \text{N}$. Il dischetto va a $v = \omega\,r \approx 1{,}88\ \text{m/s}$.

Se $\omega$ cresce, il denominatore $k - m\,\omega^2$ si riduce: con $\omega = 9\ \text{rad/s}$ il raggio è già circa 1,05 m, e per $\omega$ vicino a $\sqrt{k/m} = 10\ \text{rad/s}$ cresce senza limite. In pratica la molla si allunga finché smette di seguire la legge di Hooke o si rompe.

4. Il lavoro della forza elettrica

Testo. Una carica $Q = 2\ \mu\text{C}$ (2 milionesimi di coulomb) è fissa nell’origine. Una seconda carica $q = 1\ \mu\text{C}$ viene portata dal punto $A$, a 30 cm da $Q$, al punto $B$, a 10 cm da $Q$ e in un’altra direzione. Quanto lavoro compie la forza elettrica, con $k = 8{,}99 \cdot 10^9\ \text{N·m}^2/\text{C}^2$? Dipende dal percorso?

La forza di Coulomb è centrale, con $f(r) = k\,Qq/r^2$ positiva: le cariche si respingono. Il lavoro dipende solo dalle distanze:

$$\begin{gathered} W = \int_{r_A}^{r_B} \frac{k\,Q\,q}{r^2}\,dr \\ W = k\,Q\,q\left(\frac{1}{r_A} - \frac{1}{r_B}\right) \end{gathered}$$

Con $k\,Q\,q = 8{,}99 \cdot 10^9 \cdot 2 \cdot 10^{-6} \cdot 10^{-6} \approx 0{,}0180\ \text{N·m}^2$:

$$\begin{gathered} W = 0{,}0180 \cdot \left(\frac{1}{0{,}30} - \frac{1}{0{,}10}\right)\ \text{J} \\ W \approx -0{,}120\ \text{J} \end{gathered}$$

Il percorso non conta: andando prima lungo l’arco di raggio 30 cm, dove il lavoro è nullo, e poi lungo il raggio fino a $B$, tutto il lavoro è sul tratto radiale; lungo il segmento $AB$, con un conto più lungo, trovi lo stesso numero. Il segno meno dice che la forza si oppone all’avvicinamento: per portare $q$ in $B$ bisogna fornire 0,120 J. Lasciata libera in $B$, la carica viene respinta e ripassa a 30 cm con 0,120 J di energia cinetica.

5. L’elastico sul tavolo a cuscino d’aria

Testo. Un dischetto di massa $m = 0{,}5\ \text{kg}$ scivola senza attrito su un tavolo orizzontale, legato a un perno $O$ con un elastico che si comporta come una molla di costante $k = 8\ \text{N/m}$ e lunghezza a riposo trascurabile, quindi $f(r) = -k\,r$. All’inizio il dischetto è a $r_0 = 0{,}5\ \text{m}$ da $O$, con velocità $v_0 = 1\ \text{m/s}$ perpendicolare all’elastico. Trova la distanza minima da $O$, la velocità in quel punto e il periodo del moto.

Si conservano il momento angolare e l’energia, con $U = \tfrac{1}{2}k\,r^2$:

$$\begin{gathered} L = m\,r_0\,v_0 = 0{,}5 \cdot 0{,}5 \cdot 1\ \text{kg·m}^2/\text{s} \\ L = 0{,}25\ \text{kg·m}^2/\text{s} \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} E = \tfrac{1}{2}\,m\,v_0^2 + \tfrac{1}{2}\,k\,r_0^2 \\ {} = (0{,}25 + 1{,}00)\ \text{J} = 1{,}25\ \text{J} \end{gathered}$$

Nei punti di inversione $v_r = 0$, quindi $U_{eff}(r) = E$. Con $k/2 = 4\ \text{N/m}$ e $L^2/(2m) = 0{,}0625\ \text{J·m}^2$:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\,k\,r^2 + \frac{L^2}{2m\,r^2} = E \\ 4\,r^2 + \frac{0{,}0625}{r^2} = 1{,}25 \end{gathered}$$

Moltiplicando per $r^2$ e ponendo $x = r^2$: $4x^2 - 1{,}25\,x + 0{,}0625 = 0$, con soluzioni $x = 0{,}25\ \text{m}^2$ e $x = 0{,}0625\ \text{m}^2$. Quindi $r_{max} = 0{,}5\ \text{m}$, il punto di partenza, e $r_{min} = 0{,}25\ \text{m}$: il dischetto parte più lento di quanto servirebbe per un’orbita circolare, $r_0\sqrt{k/m} = 2\ \text{m/s}$, e l’elastico lo tira dentro. Alla distanza minima:

$$v_{max} = \frac{L}{m\,r_{min}} = \frac{0{,}25}{0{,}5 \cdot 0{,}25}\ \text{m/s} = 2\ \text{m/s}$$

Controllo: $\tfrac{1}{2} \cdot 0{,}5 \cdot 2^2 + \tfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot 0{,}25^2 = 1{,}25\ \text{J}$. Per il periodo: la forza $-k\,\vec{r}$ dà lungo $x$ e lungo $y$ due moti armonici con pulsazione $\sqrt{k/m} = 4\ \text{rad/s}$, e la traiettoria è un’ellisse con centro in $O$ e semiassi 0,5 m e 0,25 m, come nella composizione di moti armonici su assi ortogonali. La sua area è $\pi \cdot 0{,}5 \cdot 0{,}25 \approx 0{,}393\ \text{m}^2$ e la velocità areale $L/(2m) = 0{,}25\ \text{m}^2/\text{s}$:

$$T = \frac{A}{dA/dt} = \frac{0{,}393}{0{,}25}\ \text{s} \approx 1{,}57\ \text{s}$$

È proprio $2\pi\sqrt{m/k} \approx 1{,}57\ \text{s}$, il periodo di oscillazione della molla: dal punto più lontano al più vicino il dischetto impiega un quarto di periodo, circa 0,39 s.

6. Un asteroide verso la Terra

Testo. Un asteroide arriva da molto lontano verso la Terra a $v_\infty = 5\ \text{km/s}$, lungo una retta che, senza gravità, passerebbe a $b = 15\,000\ \text{km}$ dal centro della Terra; $b$ si chiama parametro d’urto. L’asteroide colpisce la Terra? Usa $GM_T = 3{,}986 \cdot 10^{14}\ \text{m}^3/\text{s}^2$, $R_T = 6371\ \text{km}$ e trascura l’atmosfera.

Molto lontano l’energia potenziale è nulla e il momento angolare rispetto al centro della Terra vale $L = m\,b\,v_\infty$: il braccio della quantità di moto è proprio $b$. Cerchiamo il $b$ della traiettoria radente, il cui punto più vicino è a distanza $R_T$, con velocità $v_p$ perpendicolare al raggio:

$$\begin{cases} b_{max}\,v_\infty = R_T\,v_p \\ \tfrac{1}{2}\,v_\infty^2 = \tfrac{1}{2}\,v_p^2 - \dfrac{G M_T}{R_T} \end{cases}$$

Dalla seconda, $v_p^2 = v_\infty^2 + 2GM_T/R_T$, dove $2GM_T/R_T \approx 1{,}251 \cdot 10^8\ \text{m}^2/\text{s}^2$ è il quadrato della velocità di fuga dalla superficie, circa 11,19 km/s:

$$\begin{gathered} v_p = \sqrt{25{,}0 + 125{,}1}\ \text{km/s} \\ v_p \approx 12{,}25\ \text{km/s} \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} b_{max} = R_T\,\frac{v_p}{v_\infty} = 6371 \cdot \frac{12{,}25}{5}\ \text{km} \\ b_{max} \approx 15\,600\ \text{km} \end{gathered}$$

Ogni asteroide a 5 km/s con parametro d’urto minore di circa 15 600 km colpisce la Terra. Con $b = 15\,000\ \text{km}$ la colpisce, anche se la sua retta passerebbe a più di 8600 km dalla superficie: il punto più vicino della traiettoria sarebbe a circa 5950 km dal centro, sotto terra. La gravità “ingrandisce” la Terra: il bersaglio efficace ha un raggio circa 2,45 volte quello vero, e un’area circa 6 volte più grande. È la focalizzazione gravitazionale, tanto più forte quanto più l’asteroide è lento.

In sintesi

• Una forza è centrale se la sua retta d’azione passa sempre per un punto fisso $O$; in senso stretto $\vec{F} = f(r)\,\hat{u}_r$, attrattiva se $f(r) < 0$.
• Rispetto a $O$ il momento della forza è nullo: $\vec{L}$ si conserva e il moto avviene in un piano.
• $L = m\,r\,v_\theta = m\,r^2\omega$: più il corpo è vicino al centro, più gira in fretta. Dove la velocità è perpendicolare al raggio, $r_1 v_1 = r_2 v_2$.
• Velocità areale: $dA/dt = L/(2m)$, costante per qualunque forza centrale; per un’orbita chiusa $T = 2mA/L$.
• Se il modulo dipende solo da $r$ la forza è conservativa: $W = \int_{r_A}^{r_B} f(r)\,dr$ e $U(r) = -\int f(r)\,dr$.
• Orbita circolare: moto uniforme con $|f(r)| = m\,v^2/r$.
• Potenziale efficace: $U_{eff} = U(r) + L^2/(2mr^2)$, con $E = \tfrac{1}{2}m\,v_r^2 + U_{eff}(r)$; i punti di inversione sono dove $U_{eff} = E$.
• Teorema di Bertrand: tutte le orbite legate si chiudono solo per forze $\propto 1/r^2$ e $\propto r$.

La forza centrale più importante della fisica classica è la gravità: la studiamo nelle forze gravitazionali, a partire dalla legge di gravitazione universale.