Teoremi di König: energia cinetica e momento angolare di un sistema, con esercizi svolti

Quando una palla da bowling rotola lungo la pista, la sua energia cinetica ha due parti: quella dovuta all’avanzamento della palla e quella dovuta alla sua rotazione. I teoremi di König, che prendono il nome dal matematico tedesco Johann Samuel König (1712–1757), dicono che per qualsiasi sistema di punti l’energia cinetica e il momento angolare si possono sempre dividere così: una parte legata al moto del centro di massa e una parte legata al moto rispetto al centro di massa. In questa pagina vediamo il sistema del centro di massa, i due teoremi con le dimostrazioni, l’anello che rotola, la massa ridotta, perché sono fondamentali per gli urti e le esplosioni, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Il sistema del centro di massa

Il sistema del centro di massa è un sistema di riferimento con l’origine nel centro di massa e gli assi che si muovono di moto traslatorio, cioè senza ruotare, rispetto a un sistema inerziale.

Per i moti relativi con trascinamento traslatorio, posizioni e velocità dei punti nei due sistemi sono legate da:

$$\begin{gathered} \vec{r}_i = \vec{r}_{cm} + \vec{r}_i\,' \\ \vec{v}_i = \vec{v}_{cm} + \vec{v}_i\,' \end{gathered}$$

dove gli apici indicano le grandezze misurate nel sistema del centro di massa. La proprietà fondamentale è che in questo sistema la quantità di moto totale è nulla:

$$\vec{P}\,' = \sum_i m_i\,\vec{v}_i\,' = 0$$

perché il centro di massa, nel suo sistema, è fermo. Allo stesso modo $\sum_i m_i\,\vec{r}_i\,' = 0$, perché il centro di massa è nell’origine. Queste due somme nulle sono tutto quello che serve per dimostrare i teoremi.

Il sistema del centro di massa è inerziale solo se il centro di massa si muove di moto rettilineo uniforme, cioè se la risultante delle forze esterne è nulla. I teoremi di König però valgono sempre, anche quando il centro di massa accelera: sono identità che seguono dalle definizioni, non leggi della dinamica.

Il teorema di König per l’energia cinetica

L’idea è semplice: la velocità di ogni punto è la somma della velocità del centro di massa e della velocità del punto rispetto al centro di massa.

L’energia cinetica del sistema, nel sistema inerziale, è:

$$E_k = \sum_i \frac{1}{2}\,m_i\,v_i^2 = \sum_i \frac{1}{2}\,m_i\left(\vec{v}_{cm} + \vec{v}_i\,'\right)^2$$

Sviluppando il quadrato:

$$\begin{gathered} E_k = \frac{1}{2}\left(\sum_i m_i\right)v_{cm}^2 \\ {} + \vec{v}_{cm} \cdot \sum_i m_i\,\vec{v}_i\,' \\ {} + \sum_i \frac{1}{2}\,m_i\,v_i\,'^2 \end{gathered}$$

Il termine centrale contiene la quantità di moto nel sistema del centro di massa, che è nulla. Resta:

$$E_k = \frac{1}{2}\,M\,v_{cm}^2 + E_k\,'$$

L’energia cinetica di un sistema è uguale all’energia cinetica che avrebbe tutta la massa concentrata nel centro di massa, più l’energia cinetica del moto dei punti rispetto al centro di massa.

Il primo termine è l’energia “del moto d’insieme”, il secondo quella “del moto interno”: rotazioni, vibrazioni, punti che si avvicinano o si allontanano. Per la palla da bowling, il primo è l’energia di traslazione e il secondo quella di rotazione. Nel disegno si vede perché il termine misto sparisce: rispetto al centro di massa una massa va avanti e l’altra indietro, quindi ciò che una guadagna sommando $\vec{v}_{cm}$ l’altra lo perde.

Nel sistema del centro di massa l’energia è la più piccola possibile

Se osservi il sistema da un riferimento che si muove con velocità $\vec{u}$, il teorema dà $E_k = \frac{1}{2}M(\vec{v}_{cm} - \vec{u})^2 + E_k\,'$. Il secondo termine non dipende da $\vec{u}$, il primo è zero solo per $\vec{u} = \vec{v}_{cm}$. Quindi il sistema del centro di massa è il riferimento in cui il sistema ha meno energia cinetica: $E_k\,'$ è l’energia cinetica che nessun cambio di riferimento può eliminare.

Il teorema di König per il momento angolare

Con lo stesso procedimento, sostituiamo posizioni e velocità nella definizione del momento angolare di un sistema, rispetto a un polo fisso:

$$\begin{gathered} \vec{L} = \sum_i \left(\vec{r}_{cm} + \vec{r}_i\,'\right) \times m_i\left(\vec{v}_{cm} + \vec{v}_i\,'\right) \end{gathered}$$

Sviluppando il prodotto vengono quattro termini:

$$\begin{gathered} \vec{L} = \vec{r}_{cm} \times M\,\vec{v}_{cm} \\ {} + \vec{r}_{cm} \times \sum_i m_i\,\vec{v}_i\,' \\ {} + \left(\sum_i m_i\,\vec{r}_i\,'\right) \times \vec{v}_{cm} \\ {} + \sum_i \vec{r}_i\,' \times m_i\,\vec{v}_i\,' \end{gathered}$$

Il secondo e il terzo contengono le due somme nulle del sistema del centro di massa, e spariscono. Resta:

$$\vec{L} = \vec{r}_{cm} \times M\,\vec{v}_{cm} + \vec{L}\,'$$

Il momento angolare di un sistema rispetto a un polo fisso è uguale al momento angolare del centro di massa, come se avesse tutta la massa, più il momento angolare del sistema rispetto al centro di massa.

$\vec{L}\,'$ si chiama anche momento angolare intrinseco o di spin del sistema, e non dipende dal polo: per la Terra, il primo termine è legato alla rivoluzione attorno al Sole, il secondo alla rotazione attorno al proprio asse. È proprio $\vec{L}\,'$ quello che compare nella seconda equazione cardinale scritta con il polo nel centro di massa.

Un esempio importante: l’anello che rotola

Un anello di massa $M$ e raggio $R$ rotola senza strisciare con velocità $v$. Rispetto al centro, ogni punto dell’anello gira su una circonferenza di raggio $R$ con velocità angolare $\omega$; la condizione di rotolamento senza strisciare è che il punto a contatto con il suolo sia fermo, cioè $\omega R = v$.

Sommando le due velocità, il punto più alto va a $2v$, il punto più basso è fermo e i punti ai lati vanno a $\sqrt{2}\,v$. L’energia cinetica si calcola subito con König: tutti i punti si muovono rispetto al centro con velocità $\omega R = v$, quindi

$$\begin{gathered} E_k = \frac{1}{2}\,M\,v^2 + \frac{1}{2}\,M\,v^2 = M\,v^2 \end{gathered}$$

Metà traslazione, metà rotazione. Per un disco o una sfera la parte di rotazione è più piccola, perché molti punti sono più vicini al centro: lo vediamo nel moto di puro rotolamento.

Il caso di due corpi: la massa ridotta

Per un sistema di due punti l’energia cinetica nel sistema del centro di massa ha una forma molto compatta. Detta $\vec{v}_{rel} = \vec{v}_1 - \vec{v}_2$ la velocità relativa, le velocità rispetto al centro di massa sono

$$\begin{gathered} \vec{v}_1\,' = \frac{m_2}{m_1 + m_2}\,\vec{v}_{rel} \\ \vec{v}_2\,' = -\frac{m_1}{m_1 + m_2}\,\vec{v}_{rel} \end{gathered}$$

e sostituendo nell’energia cinetica si ottiene

$$\begin{gathered} E_k\,' = \frac{1}{2}\,\mu\,v_{rel}^2 \\ \text{con}\;\; \mu = \frac{m_1\,m_2}{m_1 + m_2} \end{gathered}$$

dove $\mu$ è la massa ridotta del sistema. L’energia “interna” di due corpi dipende solo dalla loro velocità relativa. La massa ridotta è sempre più piccola di ciascuna delle due masse: per due masse uguali vale metà di una, e se una massa è molto più grande dell’altra, come una palla contro un muro, $\mu$ coincide quasi con la massa più piccola.

Perché è importante per gli urti e le esplosioni

In un urto le forze esterne sono trascurabili e la quantità di moto totale si conserva, quindi la velocità del centro di massa non cambia, e nemmeno il termine $\frac{1}{2}Mv_{cm}^2$. L’energia cinetica che un urto può dissipare è solo $E_k\,'$, quella del moto rispetto al centro di massa:

• in un urto completamente anelastico i corpi restano attaccati e si muovono con il centro di massa: $E_k\,'$ si perde tutta, ed è il massimo che si può perdere;
• in un urto elastico $E_k\,'$ si conserva: nel sistema del centro di massa i due corpi si limitano a invertire la velocità, come vediamo nel quarto esercizio;
• in un urto anelastico si perde una parte di $E_k\,'$.

In un’esplosione succede il contrario: l’energia chimica liberata diventa $E_k\,'$, i frammenti si allontanano dal centro di massa, ma il centro di massa prosegue come se niente fosse. Il quinto esercizio ne è un esempio.

König e il lavoro delle forze interne

Dal teorema dell’energia cinetica, l’energia cinetica di un sistema cambia per il lavoro di tutte le forze, comprese quelle interne. König dice dove va a finire ciascun lavoro. Il termine $\frac{1}{2}Mv_{cm}^2$ cambia solo per la risultante delle forze esterne, perché il centro di massa si muove come un punto con tutta la massa su cui agisce quella risultante. Le forze interne possono cambiare solo $E_k\,'$: è il caso della pattinatrice che stringe le braccia o della granata che esplode.

Gli errori più comuni

• Pensare che König valga solo per sistemi isolati. Vale sempre, anche con forze esterne e centro di massa che accelera.
• Contare due volte la stessa energia. O usi le velocità vere di tutti i punti, oppure scrivi $\frac{1}{2}Mv_{cm}^2$ più l’energia calcolata con le velocità rispetto al centro di massa. Non sommare $\frac{1}{2}Mv_{cm}^2$ alle energie calcolate con le velocità vere.
• Usare in $\frac{1}{2}\mu v^2$ la velocità di un solo corpo. Va usata la velocità relativa $v_1 - v_2$, con i segni giusti: due corpi che si vengono incontro a 3 m/s ciascuno hanno velocità relativa 6 m/s.
• Credere che in ogni urto si perda tutta $E_k\,'$. Succede solo nell’urto completamente anelastico; in quello elastico $E_k\,'$ si conserva.
• Pensare che negli urti si possa perdere anche l’energia del centro di massa. Se la quantità di moto si conserva, $\frac{1}{2}Mv_{cm}^2$ resta.
• Calcolare $\vec{L}\,'$ rispetto a un punto diverso dal centro di massa. Il momento angolare intrinseco si calcola con posizioni e velocità relative al centro di massa.
• Considerare inerziale il sistema del centro di massa quando ci sono forze esterne. Se il centro di massa accelera, in quel sistema compaiono forze apparenti.

Esercizi svolti

1. Un corpo che ne urta un altro fermo

Testo. Un corpo di 1 kg si muove a 4 m/s verso un corpo di 3 kg fermo. Dividi l’energia cinetica secondo König. Quanta energia si perde al massimo se i due corpi si urtano?

Velocità del centro di massa:

$$v_{cm} = \frac{1 \cdot 4 + 3 \cdot 0}{4}\ \text{m/s} = 1\ \text{m/s}$$

Energia cinetica totale: $E_k = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 4^2\ \text{J} = 8\ \text{J}$. Divisione di König:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\,M\,v_{cm}^2 = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 1^2\ \text{J} = 2\ \text{J} \\ E_k\,' = 8 - 2\ \text{J} = 6\ \text{J} \end{gathered}$$

Controllo con la massa ridotta: $\mu = \frac{1 \cdot 3}{4}\ \text{kg} = 0{,}75\ \text{kg}$ e $E_k\,' = \frac{1}{2} \cdot 0{,}75 \cdot 4^2\ \text{J} = 6\ \text{J}$. Torna.

Se i due corpi si urtassero e restassero attaccati, si muoverebbero insieme a 1 m/s con 2 J di energia: si perderebbero esattamente i 6 J di $E_k\,'$. Di più non si può perdere, perché i 2 J del centro di massa devono restare.

2. Un manubrio che avanza e ruota

Testo. Due masse di 0,5 kg sono fissate alle estremità di un’asta leggera lunga 0,6 m. Il centro di massa avanza a 2 m/s e il manubrio ruota attorno al centro di massa a 10 rad/s. Calcola l’energia cinetica e il momento angolare intrinseco. Verifica il risultato con le velocità vere delle masse.

Ogni massa è a 0,3 m dal centro di massa e gli gira attorno con velocità $v' = \omega r = 10 \cdot 0{,}3\ \text{m/s} = 3\ \text{m/s}$:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\,M\,v_{cm}^2 = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2^2\ \text{J} = 2\ \text{J} \\ E_k\,' = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 0{,}5 \cdot 3^2\ \text{J} = 4{,}5\ \text{J} \\ E_k = 2 + 4{,}5\ \text{J} = 6{,}5\ \text{J} \end{gathered}$$

Il momento angolare intrinseco è $L' = 2 \cdot 0{,}5 \cdot 3 \cdot 0{,}3\ \text{kg·m}^2/\text{s} = 0{,}9\ \text{kg·m}^2/\text{s}$.

Verifica nell’istante in cui l’asta è perpendicolare alla velocità del centro di massa, come nel disegno all’inizio: una massa va a $2 + 3 = 5\ \text{m/s}$, l’altra a $2 - 3 = -1\ \text{m/s}$.

$$E_k = \frac{1}{2} \cdot 0{,}5 \cdot 5^2 + \frac{1}{2} \cdot 0{,}5 \cdot 1^2\ \text{J} = 6{,}5\ \text{J}$$

Quando invece l’asta è parallela alla velocità del centro di massa, la velocità di rotazione è perpendicolare a $\vec{v}_{cm}$ e ogni massa ha $v^2 = 2^2 + 3^2 = 13\ \text{m}^2/\text{s}^2$: l’energia è ancora $2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 0{,}5 \cdot 13 = 6{,}5\ \text{J}$. Le velocità delle singole masse cambiano istante per istante, il totale no.

3. L’anello che rotola

Testo. Un anello di 2 kg rotola senza strisciare a 3 m/s. Quanto vale la sua energia cinetica? Con che velocità si muove il punto più alto?

Con la formula trovata sopra:

$$E_k = M\,v^2 = 2 \cdot 3^2\ \text{J} = 18\ \text{J}$$

9 J di traslazione e 9 J di rotazione. Il punto più alto si muove a $2v = 6\ \text{m/s}$, quello a contatto con il suolo è fermo. Se l’anello strisciasse senza ruotare, a parità di velocità avrebbe solo 9 J: per far rotolare un anello serve il doppio dell’energia che per farlo scivolare.

4. Due carrelli che si vengono incontro

Testo. Un carrello di 2 kg viaggia a 3 m/s verso destra e uno di 1 kg a 3 m/s verso sinistra, sulla stessa rotaia. a) Dividi l’energia cinetica secondo König. b) Quanta energia si perde se restano agganciati? c) Trova le velocità dopo un urto elastico, usando il sistema del centro di massa.

a) Con il verso positivo a destra:

$$\begin{gathered} v_{cm} = \frac{2 \cdot 3 + 1 \cdot (-3)}{3}\ \text{m/s} = 1\ \text{m/s} \\ E_k = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3^2 + \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 3^2\ \text{J} = 13{,}5\ \text{J} \end{gathered}$$

L’energia del centro di massa è $\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 1^2 = 1{,}5\ \text{J}$, quindi $E_k\,' = 12\ \text{J}$. Controllo: $\mu = \frac{2}{3}\ \text{kg}$, $v_{rel} = 6\ \text{m/s}$, $\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 36 = 12\ \text{J}$.

b) Agganciati, proseguono a 1 m/s con 1,5 J: si perdono 12 J, quasi il 90% dell’energia.

c) Nel sistema del centro di massa le velocità sono $3 - 1 = 2\ \text{m/s}$ e $-3 - 1 = -4\ \text{m/s}$. In un urto elastico frontale, nel sistema del centro di massa ogni corpo inverte semplicemente la velocità: diventano $-2$ e $+4$ m/s. Tornando nel sistema del laboratorio si aggiunge $v_{cm} = 1\ \text{m/s}$:

$$\begin{gathered} v_1 = -2 + 1\ \text{m/s} = -1\ \text{m/s} \\ v_2 = 4 + 1\ \text{m/s} = 5\ \text{m/s} \end{gathered}$$

Verifica: quantità di moto $2 \cdot (-1) + 1 \cdot 5 = 3\ \text{kg·m/s}$, come prima; energia $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 25 = 13{,}5\ \text{J}$, come prima. Senza risolvere nessun sistema di secondo grado.

5. Un proiettile che esplode

Testo. Un proiettile di 3 kg viaggia in orizzontale a 20 m/s ed esplode in due frammenti di 1 kg e 2 kg, che proseguono lungo la stessa retta. L’esplosione libera 300 J di energia cinetica. Trova le velocità dei frammenti, sapendo che quello piccolo resta indietro.

L’esplosione è dovuta a forze interne: il centro di massa continua a 20 m/s e i 300 J diventano tutti $E_k\,'$. Nel sistema del centro di massa la quantità di moto è nulla, quindi $1 \cdot v_1' = -2 \cdot v_2'$, cioè $v_1' = -2\,v_2'$:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot (2\,v_2')^2 + \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot v_2'^2 = 300 \\ 3\,v_2'^2 = 300 \quad\Rightarrow\quad v_2' = 10\ \text{m/s} \end{gathered}$$

e $v_1' = -20\ \text{m/s}$. Nel sistema del laboratorio:

$$\begin{gathered} v_1 = 20 - 20\ \text{m/s} = 0 \\ v_2 = 20 + 10\ \text{m/s} = 30\ \text{m/s} \end{gathered}$$

Il frammento piccolo si ferma e cade, quello grande accelera a 30 m/s. Verifica: quantità di moto $2 \cdot 30 = 60\ \text{kg·m/s} = 3 \cdot 20$; energia da $\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 20^2 = 600\ \text{J}$ a $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 30^2 = 900\ \text{J}$, cioè 300 J in più.

6. Rivoluzione e rotazione della Terra

Testo. La Terra ha massa $5{,}97 \cdot 10^{24}$ kg e gira attorno al Sole a circa 29,8 km/s. Il suo momento d’inerzia attorno all’asse è circa $8{,}0 \cdot 10^{37}\ \text{kg·m}^2$ e ruota a $7{,}29 \cdot 10^{-5}$ rad/s. Confronta l’energia cinetica di rivoluzione con quella di rotazione.

Con König, nel sistema del Sole, l’energia cinetica della Terra è quella del centro di massa più quella della rotazione attorno al centro di massa:

$$\begin{gathered} E_{riv} = \frac{1}{2} \cdot 5{,}97 \cdot 10^{24} \cdot (2{,}98 \cdot 10^4)^2\ \text{J} \\ {} \approx 2{,}65 \cdot 10^{33}\ \text{J} \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} E_{rot} = \frac{1}{2} \cdot 8{,}0 \cdot 10^{37} \cdot (7{,}29 \cdot 10^{-5})^2\ \text{J} \\ {} \approx 2{,}1 \cdot 10^{29}\ \text{J} \end{gathered}$$

L’energia di rivoluzione è circa 12 000 volte quella di rotazione: quasi tutta l’energia cinetica della Terra sta nel moto del suo centro di massa. Per una trottola sul tavolo, al contrario, è quasi tutta nella rotazione.

Altri problemi su centro di massa, urti ed esplosioni li trovi negli esercizi svolti su sistemi di punti e urti.

In sintesi

• Nel sistema del centro di massa la quantità di moto totale è nulla; il sistema è inerziale solo se il centro di massa si muove di moto rettilineo uniforme.
• Teorema di König per l’energia cinetica: $E_k = \frac{1}{2}Mv_{cm}^2 + E_k\,'$. L’energia è minima nel sistema del centro di massa.
• Teorema di König per il momento angolare: $\vec{L} = \vec{r}_{cm} \times M\vec{v}_{cm} + \vec{L}\,'$.
• Valgono sempre, anche con forze esterne. Per un anello che rotola, metà dell’energia è di traslazione e metà di rotazione.
• Per due corpi $E_k\,' = \frac{1}{2}\mu v_{rel}^2$, con la massa ridotta $\mu = m_1m_2/(m_1 + m_2)$.
• In un urto può cambiare solo l’energia relativa al centro di massa; in un’esplosione l’energia liberata diventa energia relativa al centro di massa.

Con questi strumenti siamo pronti per l’applicazione più importante dei sistemi di punti: l’urto tra due punti materiali.