Come pesare meno... fisicamente

S., la compagna della mia vita, sente spesso la necessità di controllare il proprio peso. Non che sia sbagliato, anche un uomo dovrebbe farci caso un po' di più: il sovrappeso non fa bene e non solo alla linea: diciamo che la bilancia ideale di un uomo potrebbe avere una sensibilità di 5 kg, mentre quella di S. ha una sensibilità di 100 grammi...

Fatto sta che, sotto l'occhio vigile di Cloe, la gatta che divide la casa con noi, ho deciso di verificare l'effetto della rotazione terrestre sul peso di una persona di massa m, normalmente indicato dal prodotto mg. Anche se a Cloe non piace, scelgo la via più intuitiva, mettendomi nel sistema rotante solidale con un punto sulla superficie terrestre (Cloe invece preferisce sempre i sistemi inerziali).

Immaginiamo un omino su una bilancia, fermo sull'equatore (niente forze di Coriolis): nel suo sistema è fermo. Dato che il riferimento ruota, devo inserire una forza (fittizia) centrifuga, con direzione opposta all'accelerazione del sistema

Raddrizzando il sistema, l'omino è sottoposto a:

1. forza peso, diretta verso il centro della Terra;
2. reazione vincolare, esercitata della superficie terrestre e diretta verso l'alto;
3. forza centrifuga, diretta verso l'alto.

I tre vettori sono paralleli tra loro e non sono rappresentanti in scala nella figura.

"Certo che non lo sono - interviene Cloe - la forza centrifuga sarà piuttosto bassa rispetto al peso. Comunque la reazione vincolare è quella che mi interessa, dato che viene misurata dalla bilancia. All'equatore, la forza centrifuga ha il suo effetto massimo, lo sanno tutti. Ma quanto peso in meno?"

Il conto è semplice: la forza centrifuga ha lo stesso valore di quella centripeta:

\[ F_c = m\frac{v^2}{R} = m \omega^2 R \]

mentre la forza peso è \(mg\). Il raggio equatoriale della Terra è di circa 6378 km. Per quanto riguarda la velocità di rotazione, sappiamo che un giorno siderale è di 23 ore, 56 minuti, 4 secondi.

"Ah, ok... per il fatto che ci serve il tempo di rotazione vero, cioè rispetto a qualcosa di fisso - mormora Cloe, una zampa sul foglio - Però dovrai trasformare questo tempo in secondi: come sai, le zampe sulla calcolatrice non ce le metto...

Certo: 23h 56m 4s = 86.164 secondi, questo è il tempo per percorrere un giro, cioè il periodo del moto di rotazione della Terra. Se usiamo la velocità angolare ω:

\[ \omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{6,28}{86164\, s} = 7,29 \cdot 10^{-5}\, \text{rad/s} \]

"Sì, ma a me piace vedere la velocità solita: per favore, moltiplica per il raggio..."

\[ v = \omega R \simeq 465\, \text{m/s} \]

che è lo stesso valore calcolato tempo fa, solo che ho voluto essere più preciso per lo scopo attuale. Allora l’accelerazione centrifuga per una località all’equatore è:

\[ a_c = \omega^2 R = 3,39\cdot 10^{-2}\, \text{m/s}^2 \]

che rappresenta circa uno 0,3% rispetto all’accelerazione di gravità, con cui si calcola peso.

"In soldoni, se faccio la differenza tra le due accelerazioni, ottengo l’accelerazione apparente che, moltiplicata per la massa, mi da la forza peso. Per me, che peso 3 kg..."

Io preferisco un ragionamento più lineare: l’omino è fermo nel suo sistema, quindi devo scrivere un’equazione della statica per cui la somma delle forze deve essere zero; se \(N\) è la reazione vincolare, \(P\) la forza peso e \(F_c\) la forza centrifuga

\[ N + F_c - P = 0 \]

e dato che mi interessa la reazione vincolare, misurata dalla bilancia:

\[ N = P - F_c = mg - m\omega^2 R = mg - ma_c = m(g - a_c) \simeq 29,3 \, \text{N} \]

"...io però vorrei sapere quanto segna la bilancia, non i newton, roba da fisici..."

Ok: la bilancia è calibrata in modo da fornire un risultato in chili, nonostante stia misurando una forza e lo fa dividendo per \(g\), per cui il suo display segna la massa apparente \(m_a\):

\[ m_a = \frac{N}{g} = \frac{m(g - a_c)}{g} = m\left(1 - \frac{a_c}{g} \right) \simeq (3\,\text{kg}) \left(1 - \frac{0,0339}{9,807} \right) \simeq 2,99\,\text{kg} \]

invece dei 3 kg veri.

"Miauu… un’inezia. Però mi piace l’ultima scrittura: il rapporto tra parentesi mi dice la variazione percentuale. E per una persona? Diciamo di 70 kg?"

Abbiamo la formula già pronta: se inseriamo \(m=70\) kg, allora la massa apparente è di 69,8 kg. La differenza è sempre minima, anche se S. sarebbe contenta di pesare 2 etti in meno

"Sì, ma non dirglielo, prima perché l’equatore è lontano e poi sarebbe peggio: se pensiamo che qui la bilancia mostra 70 kg, vuol dire che la massa vera è maggiore!"

Hai ragione, Cloe, la cosa potrebbe essere vista al contrario...

"Lasciamo perdere... Quindi al polo, l’accelerazione centrifuga non esiste, si pesa di più. Quindi se abbiamo il peso minimo all'equatore e massimo ai poli, mi sa che in una zona intermedia debba spuntare fuori un coseno della latitudine, perché l'effetto deve essere massimo all'equatore e minimo ai poli".

Sai cosa facciamo? Troviamo l'effetto della forza centrifuga per una latitudine intermedia!

"Sì, però fai un disegno. A una certa latitudine, la forza centripeta... (ops, scusa, centrifuga, nel tuo sistema), è sempre perpendicolare all'asse di rotazione, l'asse dei poli, ma forma un angolo con la reazione vincolare. Le forze non sono più parallele".

Esatto! Il valore della forza centrifuga è dato dalla stessa formula di prima, ma il raggio \(r\) della circonferenza dipende dalla latitudine \(\lambda\). Usando la trigonometria:

\[ r = R \cos \lambda \]

Consideriamo l'asse lungo il raggio che congiunge il centro con il punto dove si trova l'omino; in questa direzione, la centrifuga ha una componente \(F_c^{(N)} = F_c \cos \lambda\). La somma delle forze lungo questo asse (positivo verso l'alto) è

\[ N + F_c^{(N)} - P = 0 \]

e inserendo le formule, abbiamo

\[ \begin{align*} N &= mg - (F_c) (\cos\lambda) \\ &= mg - (m\omega^2 R\cos\lambda)(\cos\lambda) \\ &= m(g - \omega^2 R \cos^2 \lambda) \end{align*} \]

Come avevi detto, il coseno compare, ma al quadrato! Facendo lo stesso discorso di prima, la massa apparente misurata dalla bilancia è

\[ m_a = m\left( 1 - \frac{\omega^2 R \cos^2 \lambda}{g} \right) = m \left( 1 - \frac{a_c^{(\lambda)}}{g} \right) \]

"Bene, mettici subito la massa della persona di 70 kg, alla nostra latitudine, circa 45°".

Facciamo a passettini: l'accelerazione centrifuga in quel punto è

\[ a_c^{(\lambda)} \simeq 2,40\cdot 10^{-2}\, \text{m/s}^2 \]

Il fattore moltiplicativo tra parentesi passa da 0,996 a 0,998 e la massa di 70 kg diventa di 69,9 kg.

"Ok, se vai a prendere mezz’etto di pesce per la mia cena, posso pesarlo qui o all’equatore e non mi cambia la vita..."

Direi proprio di no: la sensibilità della bilancia non registrerebbe la differenza.

Però, però... - Cloe ha un'espressione dubbiosa (chi dice che i gatti non hanno espressioni facciali?) - qualcosa non mi torna... Nella figura, un punto sulla superficie terrestre non potrebbe stare fermo! Nella direzione tangente alla Terra c'è solo la forza centrifuga, che spinge verso l'equatore, l'omino dovrebbe muoversi... ma io non sento questa spinta. Cosa manca?"

Bravissima, questo si chiama senso fisico! (Cloe mi guarda, con l’espressione da "l’avrebbe notato chiunque"). Hai ragione, la componente orizzontale non è bilanciata. Questo è anche il motivo per cui la Terra non è una sfera: ogni punto della superficie terrestre, acqua compresa, risente della forza peso e della centrifuga. Il risultato è che tutti i punti vengono spinti verso l’equatore, di più quelli a bassa latitudine, di meno quelli vicino ai poli. La Terra non può più essere una sfera, ma diventa un po’ schiacciata ai poli: è quel che si chiama geoide. Poi per motivi di semplicità matematica, questo solido viene approssimato con un ellissoide di rotazione, in modo da avere delle formule matematiche che lo descrivono (nel disegno ho fatto solo una sezione, ottenendo un ellisse).

"Chiarissimo! Il centro della Terra O verso cui agisce il peso, non corrisponde alla direzione della reazione vincolare: questa direzione interseca il piano equatoriale in C, quindi peso e reazione non sono sullo stesso asse. Allora la forza peso ha una componente lungo la tangente, che bilancia quella della forza centrifuga e l'omino può restare finalmente fermo!"

Proprio così! Però la parte matematica si fa più complessa...

"Capisco: già dalla definizione di latitudine; è l'angolo fatto dal raggio o quello della normale? Secondo me, dovrebbe avere la direzione dello zenith dell'omino, quindi la normale vince".

In un certo senso hai ragione: la latitudine geodetica \(\lambda\) (quella usata nelle cartine) è l’angolo formato dalla normale, ma si definisce anche la latitudine geocentrica \(\phi\), quella del raggio, per cui la forza peso fa un angolo con il piano dell’equatore. Se l'ellissoide è rappresentato dall'equazione

\[ \frac{x^2 + y^2}{a^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1 \]

dove \(a\) è il raggio equatoriale e \(c\) quello polare, allora si dimostra con qualche piccolo calcolo che

\[ \tan \lambda = \frac{a^2}{c^2} \tan \phi \]

(quindi è sempre \(\lambda \geq \phi \) ). Si può anche dimostrare che il tratto \( \overline{RP} ) viene dato da

\[ \overline{RP} = \frac{a}{\sqrt{1 - e^2 \sin^2 \lambda}} \]

""Quindi l’equazione di prima per la reazione vincolare diventa..."

\[ N = m\left( g - \frac{\omega^2 a \cos\lambda}{\sqrt{1 - e^2 \sin^2 \lambda}} \right) \]

da cui otteniamo la massa apparente

\[ m_a = m\left( 1 - \frac{\omega^2 a \cos\lambda}{g\sqrt{1 - e^2 \sin^2 \lambda}} \right) \]

Per \(\lambda = 0\) (equatore) e per \( \lambda = 90^\circ \) (polo) abbiamo i risultati di prima (era ovvio, ma sempre meglio controllare). Mentre per \( 45^\circ \) si ottiene 69,83 kg (ho messo la cifra in più perché si noti la differenza rispetto a prima).

"Quindi abbiamo giustificato che il punto non si muove, dato che viene tenuto fermo da una parte della forza peso, che bilancia una parte della forza centrifuga, ma alla fine il valore del peso apparente in pratica non cambia... Aspetta però, c’è ancora una cosa: il raggio equatoriale ha un certo valore, l’hai indicato con \(a\); quando mettiamo la bilancia al polo, la distanza dal centro della Terra è \(c\), con \(c < a\). Quindi l’attrazione gravitazionale è maggiore al polo rispetto all’equatore anche solo per problemi di distanza dal centro".

In effetti è vero; per introdurre questa correzione, dovremmo tirare fuori un bel po’ di geometria analitica piuttosto noiosa: solo matematica e niente fisica. Dovremmo infatti sostituire il valore di g con quello dato dalla gravitazione universale:

\[ g = G\frac{M}{R^2(\lambda)} \]

calcolando il raggio (distanza di un punto sulla superficie dal centro della Terra), che essendo su un ellisse, cambia con la latitudine. Se interessa come arrivarci, prova a guardare questo sito.

"Ok, è solo roba da calcolo, direi che si può lavorare in due dimensioni, ma mi basta aver capito gli effetti. Però mi piacerebbe vedere anche solo lo schema delle forze nel caso avessimo scelto un sistema inerziale, fisso rispetto al centro della Terra".

Beh, la forza peso e la reazione vincolare sarebbero esattamente le stesse. Però qui l’omino non è fermo: la somma delle forze (peso + reazione) deve essere uguale a \(ma_c\), forza centripeta:

\[ \vec{P} + \vec{N} = m \vec{a}_c \]

Si tratta della stessa equazione ottenuta all'inizio nell'altro sistema.

"Però vedi come è più bello parlare di forza centripeta ed usare la seconda legge di Newton! Io avrei fatto così".

Ma anche col sistema rotante usiamo la seconda legge, solo che si tratta di statica!

"Va bene, ma con il sistema inerziale si ha la prospettiva delle stelle, che mi piace di più rispetto a qualcosa che assomiglia più a una giostra..."

Non mi aspettavo una conclusione così filosofica; comunque, si avvia verso l’altra stanza, con la coda in alto, probabilmente per una razione di sonno.

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