Conviene correre quando piove?

Qualche mese fa, quando la temperatura era normale e confortevole, avevo notato Cloe (la gatta che divide l'appartamento con S. e me) che, appena cominciava a piovere, scattava improvvisamente a correre all'aperto. Poi dopo un po' tornava, si riposava un poco (secondo il metro dei gatti, diciamo una mezza giornata) e ritornava sotto l'acqua, questa volta quasi passeggiando.

Cloe è molto gelosa dei suoi esperimenti, per cui non avevo indagato. Fino all'altra sera, quando le sue fusa mi hanno fatto capire che stava ragionando su qualcosa di importante.

"Insomma - dice - devo risolvere questa cosa. Me l'hanno chiesta e devo rispondere". Sempre molto responsabile sugli impegni presi. La guardo con aria interrogativa.

"Ma sì, dai: quando piove, conviene mettersi a correre oppure no? È un periodo che non piove più e ho dovuto sospendere le prove". Eccolo! Finalmente è venuto fuori il problema!

Dipende se hai l'ombrello, rispondo ridendo.

"Hai mai visto un gatto con un attrezzo così conservatore come un ombrello?"

Ok, ok. Riassumi il tuo ragionamento.

"Se cammino lentamente o sto ferma, mi prendo in testa l’acqua che cade in questo punto; ma se corro, mi prendo anche l'acqua degli altri punti e magari sul naso. O così ho visto in un filmato, ma non so se era umoristico o scientifico".

Ah, ah, ah! Era certamente umoristico!

"Allora smettila di prendermi in giro - ringhia lei - e comincia a spiegare. E non considerare il vento, che vince sempre, più forte è, peggio è".

Bene, allora supponiamo una pioggia senza vento, che quindi scende verticalmente, perpendicolare al suolo e supponiamo di essere fermi allo scoperto.

"Sì e sappiamo anche che le gocce ci arrivano a velocità costante - sta enumerando, come avesse già affrontato e superato queste cose - e supponiamo che in media siano tutte uguali, in modo da avere la stessa velocità limite".

Approssimiamo chi corre con un parallelepipedo a base quadrata di lato \(L\) e altezza \(h\) e poniamolo sotto la pioggia, fermo. Allora viene bagnato solo sulla faccia superiore.

"Fin qui ci ero arrivata anch'io: anzi, supponendo che la pioggia che cade abbia una certa densità \(\rho\), numero di gocce in un metro cubo, allora quanta acqua si becca in un tempo \(\Delta t\)?”

Seguo il suo pensiero: in un tempo \(\Delta t\) si prende tutta l’acqua che sta nel volume di base \(L^2\) e altezza \(u \Delta t\), dove \(u\) è la velocità di discesa della pioggia:

\[ N = \rho \, L^2 \, u \Delta t \]

"E questo mi torna - fa lei allungandosi sul divano - perché una goccia più in alto di \(u\Delta t\) non fa in tempo ad arrivare sulla superficie. Ora vediamo quando si muove".

Ok, per trattare meglio la situazione consideriamo un riferimento in moto alla stessa velocità dell’oggetto (quindi l’oggetto è fermo); in questo sistema la pioggia non solo cade (velocità \(\vec{u}\) ) ma anche si muove verso l’oggetto (velocità \(\vec{v}\) ), presentandosi quindi alla persona come se avesse una velocità somma delle due (la persona si muove verso sinistra, quindi in questo riferimento la pioggia prende una velocità verso destra):

Quindi la pioggia cade con un angolo \(\alpha\) rispetto alla verticale, che possiamo anche calcolare:

\[ \tan \alpha = \frac{v}{u} \]

"Miaoooo! Ecco qui! L’angolo non mi interessa, ma se la pioggia vien giù di sbieco, allora il cubo si bagna anche davanti!", Cloe appoggia le zampe sul bracciolo del divano, molto interessata.

Certo! Proviamo a disegnare i volumi d’acqua che arrivano nel tempo \(\Delta t\) sia sopra che davanti. Per la parte superiore, il volume non cambia: infatti la forma si inclina solamente: per una parte di pioggia che non viene presa (quella verso la parte posteriore), c’è quella davanti: l’altezza del prisma ottenuto è sempre \(u\Delta t\); allora il numero di gocce che colpiscono la superficie superiore è sempre

\[ N_1 = \rho \, L^2 \, u \Delta t \]

Per la parte anteriore, il volume in cui sta l’acqua che colpirà la superficie è sempre un prisma dove la base è \(Lh\) e l’altezza è \(v \Delta t\), per cui il numero di gocce è

\[ N_2 = \rho \, Lh \, v \Delta t \]

e alla fine la persona che corre si becca un numero totale di gocce pari a

\[ N = N_1 + N_2 = \rho \Delta t (u L^2 + v Lh) \]

e ho lasciato \(L\) all’interno della parentesi per farti notare che il fattore che conta è il prodotto tra superficie e velocità perpendicolare alla superficie.

"Hai ragione - dice pensosa Cloe - potremmo persino chiamarlo flusso, che ne dici?"

Giusto! E la quantità d’acqua è minima quando \(v=0\), cioè la persona sta ferma…

"Ma... allora, risulterebbe che bisogna stare fermi per bagnarsi meno? Mi sembra strano..."

Indubbiamente il flusso è minimo in quel caso, però non dimenticare che davanti c’è un \(\Delta t\): se stai ferma molto tempo, ti becchi molta acqua!

"Va bene, ma se corro ho un termine in più, anzi, più corro veloce, più è grande \(v\), più sono le gocce che mi prendo in faccia! Ma allora perché se corro mi pare di bagnarmi meno?"

Beh, perché siamo nella realtà e non nella teoria! Supponiamo di stare allo scoperto per molto tempo: sarebbe come fare il limite per \(\Delta t \to \infty \): il numero di gocce diventa infinito, sia stando fermi che muovendosi. Se invece siamo nella realtà, restando ferma ti prendi infinite gocce, ma se ti muovi prima o poi arrivi ad un riparo e la pioggia non la prendi più!

"Ah, ecco il trucco! - fa ondeggiare la coda - Quindi, se mi trovo a una distanza \(D\) da un riparo, il tempo che ci metto ad arrivarci è

\[ \Delta t = \frac{D}{v} \]

e mi prendo le gocce date da

\[ N' = \rho \frac{D}{v} (u L^2 + v Lh) \]

mentre se sto ferma l’intervallo di tempo diventa infinito e con lui le gocce!"

Proprio così! Inoltre, puoi vedere l’ultima relazione come

\[ N' = \rho D \left( \frac{u}{v} L^2 + Lh \right) \]

dove il primo termine, relativo all’acqua presa sulla faccia superiore, dipende dal rapporto tra le velocità della pioggia e del movimento e amplifica l’area \(L^2\); mentre il secondo termine, l'acqua presa sulla faccia anteriore, è direttamente proporzionale alla superficie \(Lh\) mostrata all’acqua.

"Ok, e dato che \(u > v\), c’è sempre un’amplificazione, che si riduce correndo più forte! E considerando che sono più lunga che alta, il termine più importante è certamente il primo. Quindi, se piove devo correre il più velocemente possibile al riparo... che poi è quello che faccio sempre!".

Nel caso di un’auto, \(u < v\) e quindi la lunghezza conta meno...

"Sì, ma io non guido... e comunque se fossi in macchina non cercherei un riparo... Tornando alla conclusione di prima, funziona anche con la grandine: mi beccherei qualche chicco in più sul naso, ma poi arriverei al riparo e sarei a posto".

Sì, vero; invece in auto bisogna fare attenzione alla velocità: se \(v\) diventa troppo alta, i vetri potrebbero non sopportare l’impulso dei chicchi. La velocità totale della pioggia e dei chicchi di grandine è

\[ v_{T} = \sqrt{u^2 + v^2} \]

da cui l'impulso \(mv_{T}\) che potrebbe rompere il vetro.

"Diciamo che se incontri la grandine, che tu sia in macchina o in giro, è sempre bene trovare un riparo... - comincia ad arrotolarsi sul divano - Bene, ora che abbiamo dimostrato che quel che faccio di solito è corretto e dimostrabile, direi che posso riposarmi un pochino".

Io avrei ancora una curiosità, visto che guido un’auto, ma la passo anch’io ad un’altra volta...

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Pioggia, grandine e velocità

Questa volta la riunione di Cloe è stata convocata sotto un balcone, al riparo dalla pioggia (per chi non lo sapesse, Cloe è la gattina che permette a me e S. di condividere i suoi spazi e la passione per la Fisica).
Non ho avuto indicazioni di argomenti specifici in ballo; solamente, un paio di giorni fa, l’ho vista mentre dormiva su un libro di statistica e sappiamo che i gatti, quando dormono... probabilmente stanno facendo qualcosa di sconosciuto.

I partecipanti stanno arrivando con la solita noncuranza felina: ne riconosco alcuni. Nell'attesa si dedicano alle solite operazioni (leccarsi il pelo, farsi le unghie o dormire), finché un gattone grigio si stira e dice:

"Amici, visto l’inverno di quest’anno, ho chiesto a Cloe di parlarci un po’ della pioggia, che però vada oltre alle solite cose".

"Buona idea! Posso cominciare io? - fa un gattino a strisce rosse - È vero che in alta montagna la pioggia che mi colpisce fa meno male perché le nuvole sono più basse e le gocce percorrono meno spazio, quindi hanno meno velocità?"
"E chi ti ha detto una cosa del genere?" dice un esemplare tigrato, smettendo un attimo di leccarsi una zampa.
Guardo Cloe: sta rotolandosi sulla schiena e sospetto che stia ridendo...
"Potresti spiegarlo e basta, invece di prendermi in giro - dice il gattino rosso - dopo tutto quello che ci hai detto sull’energia cinetica e potenziale... Mi hanno raccontato di paesi di montagna in cui le nuvole sono certamente più basse che al mare".

Cloe si ricompone: "Non ti stavo prendendo in giro, prendevo ispirazione per rispondere". Si ferma un attimo, poi: "Vedi, hai ragione: l’altezza di una nuvola viene sempre misurata rispetto al mare. Per cui se una di loro si trova a 3000 m sul livello del mare, la stessa nuvola in un posto a 2000 m di altitudine, sarà ad un’altezza di 1000 m rispetto al terreno. Da qui il motivo di quello che ti hanno detto...".

Gattino Rosso si volta verso il Tigre, soffiando (mi pare più una pernacchia, a onor del vero).

"Però… - continua Cloe, Rosso gira la testa - chi te l’ha detto ha dimenticato che la pioggia cade attraverso l’aria e quindi subisce l’attrito viscoso. In pratica, la goccia comincia a cadere, cadendo aumenta la sua velocità, ma da questa dipende l’attrito, che aumenta a sua volta; la cosa va avanti fino a quando l'attrito non uguaglia il peso:

\[ P = F_a \] e a quel punto la goccia, non più sottoposta ad una forza netta, si muove a velocità costante!".

"E quando succede? Se ci mette tanto, allora avevo ragione. Giusto per vedere se mi conviene andare in montagna" chiede ostinato Gattino Rosso.

"Per rispondere, dobbiamo costruire un modello matematico. Cominciamo col supporre che:

• la goccia possa essere considerata quasi sferica;
• la sua velocità non sia grande.

Allora l’attrito può essere valutato dalla legge di Stokes:

\[ F_a = 6\pi \eta r v \]

dove \(\eta \simeq 1,8 \cdot 10^{-5}\, \text{Pa}\cdot \text{s}\), viscosità dell'aria, \(r\) il raggio della goccia. L’accelerazione di gravità può essere supposta costante su un dislivello di appena 3000 m, quindi anche il peso è costante e l’uguaglianza delle due forze porta a

\[ mg = 6\pi \eta r v \quad \Rightarrow \quad v = \frac{mg}{6\pi \eta r} \]

Supponendo il raggio \(r = 1 \cdot 10^{-3} \text{m}\), la sua massa si ottiene dalla densità dell'acqua \(\rho\) e dal suo volume:

\[ m = \rho V = (10^3\, \text{kg/m}^3) \cdot \frac{4}{3}\pi (10^{-3}\,\text{m})^3 \sim \frac{4}{3}\pi (10^{-6}\,\text{kg}) \]

Facendo i conti, la velocità limite è attorno ai 120 m/s... Nessuno nota niente?"
"Ovvio - fa una gattina a tre colori - hai appena supposto una velocità piccola..."
"Bravissima! - scodinzola Cloe - La velocità trovata è troppo alta, non coerente con l'approssimazione fatta!"
"Quindi - fa Grigio - come se ne esce? Usiamo la quadratica?"
"Esatto - risponde Cloe - dobbiamo supporre che l’attrito sia dato da

\[ F_a = \frac{1}{2} C_a \rho A v^2 \]

\(A = \pi r^2\) è la superficie che la goccia mostra all'aria, \(\rho = 1,2\, \text{kg/m}^3\) la densità dell'aria, \(C_a = 0,5\) per una sfera. Allora la velocità limite diventa

\[ v = \sqrt{\frac{2mg}{C_a \rho A}} \simeq 6\, \text{m/s} \]

Naturalmente il vento, le correnti d’aria, possono modificare questo valore medio".

"Ma per rispondere alla domanda, ci manca ancora qualcosa: quando viene raggiunta questa velocità?" fa notare la gattina tri-colorata.

"Hai ragione. Dobbiamo controllare se lo spazio di caduta è sufficiente, che non è una cosa semplice, perché l’accelerazione non è costante: parte da \(g\) per arrivare a zero; bisogna trovare come varia la velocità in funzione del tempo \(v(t)\); per chi vuole vedere cosa ci dice il modello matematico, possiamo applicare la \(F = ma\) al nostro caso:

\[ mg - \frac{1}{2}C_a \rho A v^2 = m \frac{dv}{dt} \] per semplificare questa equazione differenziale conviene inserire la formula della velocità limite: \[ \frac{dv}{dt} = g \left( 1 - \frac{v^2}{v_l^2} \right) \] Salto i soliti passaggi matematici e otteniamo la velocità in funzione del tempo: \[ v(t) = v_l \tanh \left( \frac{g}{v_l}t \right) = v_l \tanh \left(\frac{t}{\tau}\right) \]

La costante \(\tau = v_l / g\) indica la rapidità con cui si avvicina al limite; nel nostro caso \(\tau \sim 0,7\, s\), per cui in 2-4 secondi il limite è raggiunto. Quindi la velocità a livello terra è uguale sia al mare che in montagna!"

"Quando rivedo chi me l’ha detto, gli do’ una zampata che se lo ricorda. Mi ha fatto fare una figuraccia...” conclude Gattino Rosso.

"E invece cosa succede con la grandine? - chiede un gatto bianco con un’orecchia bassa, finora in silenzio - Quella fa male sul serio, una volta mi ha beccato mentre ero in un prato..."
"Non cambia granché: rispetto ad una goccia, il coefficiente \(C_a\) è un pochino più basso, per cui la velocità limite aumenta, ma di poco: se fai i conti, trovi circa 8 m/s; sempre a parte il vento".
"Io - dice il Rosso - ho sentito umani preoccupati per la grandine caduta su una delle loro scatole di latta che chiamano 'auto'...".

"Miaaahhoo! Ma quello è un altro discorso, non dipende dalla differenza di velocità!" miagola Cloe.
"Certo - dice Rosso - è perché la grandine pesa di più e quindi fa più danno"
"Che tonto - interviene Grigio - tutti sanno che il ghiaccio è più leggero dell’acqua"
"Allora ti tiro una pallina di ghiaccio e vediamo se ti piace" dice Rosso in un soffio
"Calma, calma - si intromette Cloe - È vero, il ghiaccio è più leggero dell’acqua, ma qui non è questione di sola massa"

"Miaoo, qdm?" dice Tricolore
"Ma se ti ha detto che non dipende dalla differenza delle velocità" dice Grigio.
"Vero! Dipende sia dalla massa che dalla velocità, cioè dalla quantità di moto, come ha detto lei!". Tricolore sbadiglia, sottolineando come fosse ovvio.
"Ricordate che un gattino che va veloce fa gli stessi danni di un gattone che va piano?"
"Fatemi prendere la rincorsa e vi aggiusto tutti, miaooo!" gorgheggia Rosso.

Cloe si sposta in una zona con della terra bagnata e comincia a disegnarci sopra: gli altri si avvicinano, come se ci fosse del cibo.

Ricordate che la legge della dinamica può essere anche scritta come

\[ F = \frac{dp}{dt} \]

cioè, la forza esterna è data dalla variazione della quantità di moto. Nel nostro caso, la forza è quella fatta dal piano orizzontale per fermare la goccia, che è la stessa forza fatta dalla goccia sul piano. Supponiamo che goccia e chicco di ghiaccio abbiamo la stessa massa, cosa abbastanza vera

Quando la goccia, posizione 1, cade sulla superficie orizzontale, di solito cambia forma, magari si divide in mille goccioline: in generale, comunque, l’acqua resta sulla superficie, posizione 2; l’urto della goccia è completamente anelastico. Se \(m\) è la massa d’acqua e \(v_g\) la sua velocità prima di arrivare a terra, la forza fatta dalla goccia sul piano è

\[ F_{\text{goccia}} = \frac{0 - m(-v_g)}{\Delta t} = \frac{mv_g}{\Delta t} \]

Ora consideriamo il chicco di grandine; la differenza sta nel fatto che il chicco è in qualche modo elastico: quando urta il piano non si rompe, ma rimbalza indietro, posizione 4

Non sappiamo la velocità del rimbalzo, sappiamo solo che c’è ed è minore della velocità di caduta, un po' di energia se ne va nell'urto, magari nel rumore che fa. Sfruttiamo la nostra esperienza: quando cade la grandine, quanto è grande il rimbalzo di un chicco?"
"Circa tre zampe" risponde Grigio.
"Per me sono almeno cinque zampe" afferma Rosso.
"Ok, traducendo, il rimbalzo potrebbe essere di circa 5 cm; allora, dalla conservazione dell’energia meccanica, trascurando l’attrito con l’aria..."
"Ma prima non l’abbiamo trascurato, tanto da ottenere la velocità limite. Possiamo considerare l'energia conservata?" interviene Tricolore.
"Non nell'urto, ma in quello che succede subito dopo, sì: qui la velocità è bassa ed il tragitto molto breve; quindi, facendo i calcoli, energia cinetica in basso ed energia potenziale in alto per \(h =\) 5 cm, la conservazione mi dice che la velocità con cui rimbalza il chicco è

\[ v_r = \sqrt{2gh} \simeq 1\, \text{m/s} \]

Per il chicco di grandine la forza esercitata è

\[ F_\text{chicco} = \frac{mv_r - m(-v_c)}{\Delta t} = \frac{m(v_r + v_c)}{\Delta t} \]

"E come facciamo a trovare \(\Delta t\) ? chiede Tricolore
"In effetti, sappiamo solo che è molto piccolo, come in tutti gli urti, ma possiamo pensare che sia lo stesso per la goccia e per il chicco. Allora facciamo il rapporto tra le due forze, che non dipende dall’intervallo di tempo in cui avviene l’urto:

\[ \frac{F_\text{chicco}}{F_\text{goccia}} = \frac{m(v_r + v_c)}{mv_g} = \frac{v_r + v_c}{v_g} \simeq 1,5 \]

Eccolo qui il motivo per cui il chicco fa più male della goccia: la forza fatta sul piano è il 50% più alta per il chicco!"

Gli uditori restano in silenzio; Cloe aggiunge:

"Da qui la sensazione di dolore quando un chicco vi colpisce. Notate anche che la massa non c’è: il rapporto dipende solo dalle velocità"
"Il rapporto. - dice Tricolore - Perché invece le forze dipendono dalla massa, eccome"
"Certo, un chicco da 10 grammi fa molto male, ma sempre il 50% in più di una goccia di 10 grammi"
"Quindi - conclude Grigio - confermiamo che è bene non andarsene in giro sotto la grandine"

"M(i)aaaaooo… vorrei sapere se è bene correre quando piove..." dice Rosso.
"Questa è una cosa divertente ma un po’ lunga, ne parliamo la prossima volta. Per oggi abbiamo discusso abbastanza. Se volete potete restare qui al riparo, ma io vado: ho sentito dal profumo che il mio umano sta preparando il pollo e se non mi faccio sentire, gli posso sottrarre un pezzo d’ala... e faccio anche un po’ di movimento, che ne sento proprio il bisogno... Miaoo"

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Altezza dalla velocità, in bici

Quale migliore occasione per ragionare di Fisica che trovarsi lungo una dolce montagna, su una bici che scivola senza pedalare lungo una discesa? A dir la verità, mi è capitato di guardare display della bici subito prima di scendere e appena arrivato in fondo, non mi aspettavo una discesa così ripida: l’idea di trasformarlo in un esperimento è venuta in seguito (mi sono fermato per segnarmi i dati sul telefono… e poi l’ho elaborati qualche mese dopo!).

La domanda pretesto è stata: “Accidenti, ma quanto era alta questa discesa?”. Gli unici dati a disposizione sono:

• la velocità \(v_1\) all'inizio della discesa
• quella finale \(v_2\) in fondo

e quello che voglio conoscere è l'altezza da cui sono sceso. Con solo questi dati mi debbo affidare a uno dei principi più importanti della Fisica: la…

Conservazione dell'energia

Il sistema composto da me e dalla bici, all’inizio ha una parte di energia dovuta al fatto che si sta muovendo (energia cinetica \(K_1\)) e una parte dovuta per il fatto che si trova lì, in alto rispetto al fondo della discesa (energia potenziale \(U_1\)). L'energia meccanica totale del sistema è

\[E = K_1 + U_1\]

Quando arriviamo in fondo alla discesa, non possiamo più scendere oltre, per cui non abbiamo più energia potenziale (\(U_2 = 0\)), ma abbiamo ancora energia cinetica \(K_2\). Se l'energia totale deve essere la stessa, posso uguagliare i valori iniziale e finale:

\[K_2 = K_1 + U_1\]

Questa ci dice che l’energia potenziale è scomparsa, trasformandosi in energia cinetica. Ricordando le formule dell’energia cinetica e dell’energia potenziale gravitazionale:

\[ \frac{1}{2}mv_1^2 + mgh = \frac{1}{2} mv_2^2 \]

dove \(g\) è l’accelerazione di gravità, conosciuta e m la massa, quantità sconosciuta, che però compare in tutti i termini, quindi può essere semplificata (Galileo aveva ragione a dire che la massa di un corpo che cade non conta!).
Ora risolvo rispetto ad h ed ottengo:

\[ h = \frac{v_2^2 - v_1^2}{2g} \]

Osserviamo la formula: l’altezza così ottenuta non dipende proprio dalla differenza delle velocità, ma dalla differenza dei loro quadrati: questo amplifica l’effetto! (Fare 4-2 è ben diverso da 16-4...)
Notiamo la dipendeza da \(g\) al denominatore: se fossimo sulla luna, con \(g\) minore, otterremmo un'altezza maggiore.
Bene, ora porto i dati nell'unità di misura necessaria (mantenendo le stesse cifre significative) e sostituisco nella formula:

\[ \begin{cases} v_1 = 18,2\, \text{km/h} = 5,06\, \text{m/s} \\ v_2 = 32,6\, \text{km/h} = 9,06\, \text{m/s} \end{cases} \]

ed ottengo il valore \(h = 2,88 \) m. Potrebbe sembrare poco, ma psicologicamente 3 metri in orizzontale sembrano meno di 3 metri in verticale (che poi corrisponde ad una rampa di scale...). Il problema semplice termina qui, con quello che cercavo.

E l'attrito?

In effetti ho fatto una grande semplificazione: mentre scendevo, sentivo aumentare il vento sul viso, quindi c’era attrito con l’aria. L’attrito è una forza dissipativa: una parte dell’energia totale viene trasformata in calore (non si sente perché, appena generato, viene portato via dall’aria stessa, ma il viso, la bici, ecc… si scalderebbero).
Quindi l’energia cinetica finale misurata è minore di quella che avrei avuto scendendo da quell’altezza se non ci fosse attrito. Allora la velocità senza attrito avrebbe dovuto essere più grande, di conseguenza anche l’altezza. La conclusione è che l’altezza vera è maggiore di 2,88 metri!
Ma essendo una forza che non conserva l’energia, come posso usare proprio la conservazione dell’energia?
Introducendo un termine che tiene conto dell’energia dissipata! Meglio: devo sottrarre qualcosa all’energia totale. Ma quanto?

In generale, il calcolo preciso è un po’ complesso, ma vediamo come posso ottenerne una valutazione senza perdermi nella matematica. Devo supporre che non ci fosse vento (e mi pare fosse proprio così). La velocità è abbastanza alta per creare vortici d’aria (e si sentono!), per cui devo usare la dipendenza quadratica dalla velocità: la forza d’attrito è

\[F_\text{aria} = k v^2\]

ed il coefficiente \(k\) ha una forma del tipo:

\[k = \frac{1}{2} C_a \rho A\]

dove

• \(A\) è l'area (corpo + bici) che fa resistenza all'aria;
• \(\rho\) = 1,2 kg/m³ è la densità dell'aria;
• \(C_a\) è un coefficiente aerodinamico adimensionale che dipende dal corpo

Da alcuni siti specialistici sul ciclismo, trovo che un valore tipico per una postura eretta del ciclista è attorno a 0,45-0,55 kg/m. In effetti, l’area del corpo è attorno a 0,8-1,0 m²; il coefficiente aerodinamico è 0,5 per una sfera liscia: non essendo rotondo e nemmeno liscio, posso pensare a 0,8-0,9, introducendo la struttura della bici. Se uso questi valori, ottengo 0,55 kg/m, in linea con quanto trovato in rete. Decido di usarne uno intermedio: 0,50 kg/m.

Per trovare l'energia dissipata, devo calcolare il lavoro di questa forza, che ha sempre verso opposto alla velocità, quindi lavoro negativo:

\[L_a = \vec{F} \cdot \vec{s} = - Fs = kv^2 s\]

dove s è lo spostamento durante la discesa. Però la velocità cambia al variare della posizione (è un moto accelerato!):

\[v = v(s)\]

Devo allora sommare tutti i piccoli lavori per ogni tratto di percorso in cui possa considerare costante la velocità; in pratica, sto facendo il solito discorso per l’introduzione di un integrale:

\[L = -k \int_0^D v^2(s)\; d\! s\]

dove \(d\! s\) è la lunghezza infinitesima di ogni spostamento e \(D\) è la lunghezza totale del tratto percorso. Peccato che la funzione \(v(s)\) non sia nota: è un moto accelerato con accelerazione non costante; dovremmo risolvere un'equazione differenziale nella velocità. Proviamo invece a proseguire con meno complicazioni.
Se la velocità fosse costante, potremmo portarla fuori dall’integrale, che diventerebbe semplice (avremmo la lunghezza \(D\)). Un buon valore costante è la media; però la velocità compare al quadrato, per cui inseriamo la media dei quadrati:

\[v_m^2 \sim \frac{v_1^2 + v_2^2}{2} \simeq 53,8 \; \text{m}^2 / \text{s}^2\]

Così il lavoro diventa

\[L = -k v_m^2\int_0^D \; d\! s = -k v_m^2 D\]

Però non ho misurato la lunghezza \(D\) della discesa; a occhio, ricordo che poteva essere attorno a 12-15 metri. Per controllare che sia un numero coerente, provo a calcolare l'inclinazione corrispondente:

\[ D \sin \alpha = h \quad \Rightarrow \quad \sin \alpha = \frac{h}{D} \simeq 0.22 \]

e la calcolatrice mi dice che siamo attorno ai 12°, che corrisponde ad una pendenza di di circa 20%. È un po' grande, ma ricordo che la disceca era ripida, anzi, è stato questo a spingermi a voler calcolare l'altezza! Quindi la supposizione è coerente: inserisco i dati e calcolo l'energia dissipata:

\[ L = - (0,50\, \text{kg/m}) (53,8\, \text{m}^2 / \text{s}^2) (15\, m) \simeq -400\, \text{J} \]

Questa è l’energia che deve essere tolta dall’energia totale; l’equazione di prima diventa (\(h'\) è la nuova altezza)

\[ \frac{1}{2}mv_1^2 + mgh' + L = \frac{1}{2} mv_2^2 \]

Questa volta non posso semplificare la massa: suppongo che tra il mio peso e quello della bici elettrica, la massa sia attorno ai 100 kg; risolvendo rispetto ad \(h'\) si ha:

\[ h' = \frac{v_2^2 - v_1^2}{2g} - \frac{L}{mg} = h + \frac{|L|}{mg} \]

Ho esplicitato che il lavoro è negativo, per mostrare che si tratta di una aggiunta; la differenza è data dal termine:

\[ \frac{|L|}{mg} \simeq 0,41\, \text{m} \]

Quindi, con l'attrito, la stima passa da 2,9 a 3,3 metri; una correzione del 14%.

Controllo

Ora si tratta di vedere se le approssimazioni fatte hanno senso. Se avessimo voluto essere più precisi, avremmo dovuto risolvere l'equazione differenziale ottenuta dalla legge fondamentale \(F = ma\):

\[ k v^2 - mg \sin\alpha = m \frac{dv}{dt} \]

che fornisce una funzione \(v(s)\) del tipo riportata in figura (ho usato i dati dell'esperimento - in orizzontale la posizione della bici lungo la discesa, in verticale la velocità).
Notiamo due cose:

• La rapidità di crescita della velocità (cioè l'accelerazione) diminuisce con l'aumento della distanza tendendo ad un valore limite, come atteso;
• per brevi tratti, in particolare entro i 15 metri iniziali, la velocità cresce in modo praticamente costante; ha quindi avuto senso considerare la media.

L'importanza dell’effetto cambia se consideriamo un range di velocità diverse, per esempio per un’auto, dove l’amplificazione dovuta al quadrato delle velocità si fa sentire. Se poi il coefficiente aerodinamico diventa grande (per un paracadutista, per esempio), la velocità limite viene raggiunta più rapidamente e le approssimazioni fatte non valgono più.

Per completare il controllo e confermare il grafico qui sopra, posso trovare la velocità limite: viene raggiunta quando la componente della forza peso lungo la discesa uguaglia la forza d'attrito:

\[ mg \sin\alpha = k v^2 \quad \Rightarrow \quad v = \sqrt{\frac{mg}{k}\sin\alpha} \simeq 20\, \text{m/s} \]

Nel nostro caso siamo ben distanti da questo limite e le approssimazioni fatte continuano ad avere senso.

Riassumendo

Ho prima applicato la conservazione dell’energia al compito semplice di trovare l’altezza da cui sono sceso. Poi ho provato a raffinare la misura, introducendo la resistenza dell’aria. Mancandomi dei dati, ho provato a dare una loro valutazione, facendo attenzione di ottenere dati sensati e controllando che non andassero contro le approssimazioni fatte. In questo modo, sono arrivato ad un risultato approssimato ma coerente.
I fisici sono spesso rimproverati di vivere in un mondo fatato, senza attrito; ho appena mostrato che la Fisica ha i mezzi per trattare bene l’attrito: se però lo si introduce già all’inizio:

• si rischia di perdere di vista i concetti fondamentali, senza vedere le leggi più grandi che governano la realtà;
• a parte casi particolari, in cui si cerca precisione, il trascurare l’attrito non crea grandi differenze.

Auguro a tutti delle belle passeggiate in bici: alla prima discesa, sapete cosa fare!

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L’energia del movimento

Qualche sera fa, Cloe (per chi non mi ha finora seguito - male - si tratta della gattina che condivide il suo appartamento con me e S.) salta sulla scrivania, si siede elegantemente arrotolando la coda attorno alle zampe e mi osserva, mentre tento di ottenere da ChatGPT il codice di una funzione ricorsiva in javascript. Non mi piace essere osservato mentre provo a risolvere un problema, per cui dopo qualche minuto la guardo con aria interrogativa.

“Miao - fa lei - stai facendo nulla di importante?”

Definisci importante, rispondo; comunque dimmi cosa ti turba.

“In realtà, nulla, perché non mi impedisce di gettare giù dalla scrivania questa penna e poi guardare dove è finita… però vorrei discutere di una cosa…”

Dimmi pure, tanto ho capito che se voglio risolvere questo problema javascript, devo smettere di pensarci…

“Bene - sposta la penna sopra un foglio bianco - l’altra sera hai lasciato aperto un libro, dove era scritto che l’energia è una delle grandezze fisiche più importanti. Ho sfogliato qualche pagina (forse qualcuna l’ho anche graffiata, ma è leggibile). Il mio dubbio è: alla fine, cosa è l’energia?”.

Accidenti, l’argomento è molto interessante! Se vuoi essere rigorosa, l’energia rappresenta la possibilità che ha un corpo di compiere lavoro.

“Va bene - fa Cloe sbuffando e guardando il soffitto - questo lo sapevo anche prima di leggere quel libro. Cambio la domanda: cosa è il lavoro? E non mi rispondere che è il prodotto scalare tra la forza agente sul corpo e lo spostamento del corpo (\( L = \vec{F} \cdot \Delta \vec{r}\)), anche questo lo so già. E anche che il lavoro non è la fatica che si fa”.

Beh, intanto cominciamo a osservare le dimensioni: forza per lunghezza, ma anche massa per velocità al quadrato, anche chiamato joule.

“Ricordati che si pronuncia ‘dʒuːl’ (alla francese): l’Oxford Dictionary sostiene che in quel periodo la famiglia di Sir Prescott Joule (che tra l’altro era un birraio) si faceva chiamare in quel modo”.

Hai ragione, colpa dell’abitudine: i miei prof lo chiamavano all’inglese (hai graffiato anche il dizionario?)

“Fa niente, basta capirsi (e no, non ho graffiato il dizionario). Tornando al problema, se con la zampa spingo la penna, faccio una forza e la penna si sposta di un centimetro: ho fatto del lavoro, giusto?”.

Sì, hai fatto del lavoro sulla penna.

“E cosa è successo alla penna, che riceve il lavoro?”

Sì è spostata e, se non fosse per l’attrito, starebbe viaggiando sulla scrivania, fino a cadere, per la tua gioia.

“Uhm, quindi il mio lavoro è finito in attrito e la penna si è fermata, rimasta senza energia e nessuno se ne accorge, perché l’eventuale calore generato è troppo piccolo e la scrivania ha una grande capacità termica, tanto da non cambiare apprezzabilmente la sua temperatura. Ma torniamo all’inizio, trascuriamo l’attrito, come fate spesso voi fisici: cosa succede alla penna?”

Come ti ho detto: senza attrito, continua a muoversi e, dato che non la stai più spingendo, la sua velocità è costante.

“Ma è cambiato qualcosa da quando ha energia? Ha lo stesso colore? La stessa lunghezza? È più calda? Più fragile?”

Assolutamente no, è la stessa penna di prima. Ha energia cinetica, cioè dovuta al movimento, ma non è cambiata.

“Sì, dal greco kinésis, movimento, a quel che so. Ma mettiamola al contrario: se non cambia niente, come faccio a sapere che adesso ha energia?”

Misurando la sua velocità!

Eh no! Il cane si morde la coda! (che stupido, detto fra noi): se si muove ha energia, ma se ha energia vuol dire che si muove! Ma nella penna non è cambiato nulla! Se tu prendessi questa penna e la sfregassi con uno straccio, si scalderebbe e magari si caricherebbe elettrostaticamente, effetti che mi dicono che gli hai passato energia! Ma qui?”

Ma è proprio il fatto che ha velocità che mi dice cha ha energia cinetica. Ho dimenticato di dire che, nella discussione, Cloe si sta rotolando sulla scrivania.

“Se corro a fianco della penna, alla sua velocità, vedrei la stessa cosa di quando è ferma”

Di sicuro, ma in quel caso la penna è ferma rispetto a te (interessante questa cosa), per cui mi sembra comunque ovvio.

“Non complichiamo - si rimette sulle zampe e trotterella all’altro lato della scrivania - il fatto è che la presenza dell’energia non modifica la penna in alcun modo misurabile”

No, l’unica differenza è che ora può fare lavoro: se urta una pallina, la mette in moto.

“Ecco il punto! Non ci sono cambiamenti geometrici o comunque visibili: l’energia è una cosa che vi siete inventati per giustificare matematicamente quello che si vede negli esperimenti!”

In effetti non hai torto! Come per ogni descrizione matematica della realtà, negli esperimenti i fatti avvengono come se un oggetto in movimento avesse in sé qualcosa che gli permette di compiere lavoro: questo qualcosa è chiamato energia!

“Perfetto, ora mi è chiaro! Facendo un confronto, se mordo una matita e la accorcio, il risultato è che quando misuro la sua lunghezza, la trovo più corta. Nel caso dell’energia, devo misurare quanto lavoro posso ottenere dalla matita prima che si fermi!”

Beh, non ci avevo pensato: se dovessi misurare l’energia cinetica di un corpo, l’idea sarebbe di farlo interagire con un altro corpo, lo strumento di misura, che possa misurare l’energia iniziale dal passaggio di lavoro. Alla fine la penna sarebbe ferma, quindi la misura è distruttiva, ma ha senso. Per la lunghezza uso un metro, per la massa una bilancia, per l’energia questo misuratore di lavoro.

“E sempre per semplificare, se non c’è attrito tutto il lavoro che faccio sulla penna va ad aumentare la sua energia, giusto? Ma allora è necessario introdurre il lavoro? Non può bastare l’energia? Tanto sono la stessa cosa, con la stessa unità di misura”

In teoria! L’energia può apparire sotto forme diverse e non tutte sarebbero facili da trattare: partendo dal lavoro, che alla fine rappresenta il modo con cui l’energia si trasferisce da un corpo all’altro, possiamo creare modelli matematici con cui trattarle.

“Allora trattiamo l’energia cinetica! Fammi pensare: - si mette ventre a terra, come se dovesse scattare -  se do una zampata alla penna, questo lavoro cambia l’energia cinetica della penna stessa; quindi \( L = \Delta K = K_f \), perché la penna all'inizio è ferma (ho letto che questa relazione viene chiamata teorema dell'energia cinetica, o peggio teorema delle forze vive, come esistessero le forze morte; ma secondo me gli si da troppa importanza: è solo una conseguenza delle definizioni).
Però io so che \(F = ma \); mentre riceve la forza, la penna accelera e questa accelerazione è data dalla relazione del moto accelerato dove non compare il tempo, la cosiddetta formula utile, per cui

\[ ma = m\frac{v_f^2 - v_i^2}{2 \Delta x} = m\frac{v_f^2}{2 \Delta x} \] Se la inserisco al posto della forza e moltiplico per lo spostamento, il lavoro è \[ L = F \Delta x = ma\Delta x = m \frac{v_f^2}{2 \Delta x} \Delta x = \frac{1}{2}mv_f^2 \] Tutto giusto? Mi pare sia proprio la formula matematica dell'energia cinetica"

Proprio così! La formula indica che dipende dalla massa del corpo. Se due corpi hanno stessa energia cinetica, il rapporto tra le due masse è

\[ \frac{m_1}{m_2} = \left( \frac{v_2}{v_1} \right)^2 \]

Vedi che interpretare la variazione di energia cinetica come lavoro fatto sul corpo (oppure ottenuto dal corpo) è vantaggioso?

"Va bene; resto comunque dell’idea che l’energia è un’astrazione che usiamo per spiegare il comportamento della realtà…”

È vero, ma tutta la Fisica non fa altro che immaginarsi leggi e grandezze che spieghino la realtà, studiandosi esperimenti per confermare o meno se tali modelli sono validi. Noi fisici non spieghiamo come è veramente la realtà, perché non è possibile…” ma Cloe comincia a leccarsi una zampa, poi l’altra e a passarsele sul muso, segno che la discussione è arrivata al termine:

“Ora devo assimilare le mie conclusioni: magari la prossima volta parleremo di altre forme di energia. Per ora è sufficiente, devo dedicarmi alla mia pulizia”.

Va beh, nel frattempo ho avuto un’illuminazione: forse ho capito perché il mio javascript non funziona: vediamo…

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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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La Spirale di Archimede

La scorsa volta, Cloe (la mia gatta), ha spiegato la forza di Coriolis ai suoi discepoli felini, fornendo la traiettoria di una pallina lanciata da un sistema che sta ruotando, descrivendola in quel sistema. Ha detto, a ragione, che il calcolo non è proprio semplice e che quindi dovevano fidarsi dei suoi dati.

Il problema

Ci ho pensato qualche giorno nei momenti di buco e mi pare di aver trovato un modo più semplice per descrivere questa traiettoria, senza dover risolvere l’equazione vettoriale della dinamica. Propongo quindi il problema a Cloe, senza far caso al fatto che si trova sulla poltrona ad occhi chiusi: una pallina viene lanciata in avanti da un’auto in curva. Fino a che la pallina è nella mano (o meglio, nella zampa) del lanciatore sulla macchina, risente di una forza centripeta; ma nel momento in cui lascia la zampa, non c'è alcuna forza e prosegue su una linea retta, trascurando la resistenza dell’aria.

"Certo - mormora Cloe - la pallina non si porta certo dietro il movimento rotatorio! Niente forze, linea retta!"

Quindi nel sistema inerziale, per esempio il marciapiede, la traiettoria è una linea retta; se pongo l’asse \(y\) nella direzione del lancio, l’origine nel centro di rotazione dell’auto e l’asse \(x\) diretto verso l’esterno, la sua traiettoria, tangente alla circonferenza, è descritta dal vettore \[ \vec{r}(t) = \vec{r}_0 + \vec{v}t \] dove \(\vec{r}_0 = (R,0,0)\) è la posizione iniziale al momento del lancio (\(t=0\)), mentre la velocità è data da \(\vec{v} = (0,v,0)\). R è il raggio della curva fatta dall’auto; quindi la posizione è data da \[ \vec{r}(t) = (R, vt, 0) \] L’asse \(z\) è diretto verso l’alto e rappresenta l’asse di rotazione. Con la normale notazione cartesiana, la retta della traiettoria potrebbe essere scritta come \(x=R\). Sappiamo che nell’auto, a causa della rotazione, la traiettoria non può essere una linea retta. Allora, la domanda è questa: invece di risolvere l’equazione del moto nel sistema in rotazione, perché non effettuare una trasformazione geometrica e descrivere la retta del sistema inerziale trasformata nel passaggio al sistema rotante?

Cloe apre un occhio: "Rrrrr, facendo così terresti conto sia della forza centrifuga che di quella di Coriolis?"

Secondo me sì, dico io, perché le forze fittizie sono introdotte proprio per giustificare quello che alla fine è solo un problema di osservatori diversi.

"Vediamo: - fa Cloe - prova a fare la trasformazione e quando hai i risultati, mi svegli e ne discutiamo"

Lo sviluppo

Ok, procediamo; i sistemi li ho già piazzati, quindi si tratta di scrivere la retta precedente vedendola da un sistema rotante; questo sistema ruota con velocità angolare ω diretta lungo l'asse z, cioè le componenti della velocità angolare sono \[ \vec{\omega} = (0,0,\omega) \] Il vettore posizione nel sistema rotante è dato dall'applicazione della matrice di rotazione per un angolo \(\vartheta = \omega t\) al vettore iniziale: \[ \vec{r}'(t) = R(\omega t) \vec{r}(t) \] Usando l’espressione per una rotazione attorno all’asse \(z\) con velocità angolare ω, l’espressione diventa \[ \vec{r}'(t) = \begin{pmatrix} \cos(\omega t) & \sin(\omega t) & 0 \\ -\sin(\omega t) & \cos(\omega t) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} R \\ vt \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} R \cos(\omega t) + vt\sin(\omega t) \\ -R\sin(\omega t) + vt\cos(\omega t) \\ 0 \end{pmatrix} \] Questa è proprio la spirale di Archimede, che aumenta il raggio man mano che gira: Cloe, vieni a vedere!

Cloe riemerge dalla poltrona e commenta: "Sì, però c’è qualcosa che non mi torna: \(v\) è la velocità iniziale della pallina nel sistema inerziale, ma sarà funzione della velocità dell’auto, grazie alla composizione delle velocità: dentro \(v\) c’è una dipendenza da ω"

Hai ragione, poniamo che \(v_0\) sia la velocità di lancio rispetto alla macchina e \(v_c\) la velocità dell’auto: \[ v = v_c + v_0 = \omega R + v_0 \]

"Inoltre... - dice pensierosa Cloe - preferirei che comparisse la velocità dell'auto, più comprensibile rispetto a quella angolare..."

Va bene, eseguo! \[ \vec{r}'(t) = \begin{pmatrix} R \cos(\frac{v_c}{R} t) + (v_c + v_0)t\sin(\frac{v_c}{R} t) \\ -R\sin(\frac{v_c}{R} t) + (v_c + v_0)t\cos(\frac{v_c}{R} t) \\ 0 \end{pmatrix} \]

"Bene! Mi piace! Ora prova a fare un grafico \(xy\) in funzione del tempo, ponendo la velocità dell'auto a 50 km/h, il raggio della curva a 40 m e la velocità iniziale della pallina di 5 m/s"

Implementare la cosa su Geogebra è semplice, basta usare la funzione Curve (nome azzeccato, direi) e trasformare i km/h in m/s:

"Bene, mi torna. E guardando tutta la curva?"

Tutta mette male, visto che continua ad ingrandirsi... comunque ecco uno zoom rimpicciolito:

"Eccola, come si vede bene!". Quindi avevo ragione, il trasformare geometricamente fa ottenere lo stesso risultato dell'equazione del moto.

"Direi di sì - ammette Cloe, facendo le fusa - e devo dire che è meglio vederla in questo modo invece che risolvere \(\vec{F} = m\vec{a}\) in un sistema rotante". Resta un attimo a pensare, poi:

"In questo modo è facile anche cambiare le condizioni del problema: per esempio, se il micio in auto tirasse la pallina verso il guidatore (che poi è quello che interessa), cosa cambia?"

Beh, la velocità della pallina è sempre la somma delle velocità dell'auto rispetto al marciapiede e della pallina nel sistema rotante, solo che devo sommarli come vettori: \[ \vec{v} = \vec{v}_c + \vec{v}_0 = (0, v_c, 0) + (-v_0, 0, 0) = (-v_0,v_c,0) \] e quindi la posizione diventa \[ \vec{r}(t) = \vec{r}_0 + (-v_0,v_c,0)t = (R - v_0t, v_c t, 0) \] quindi c'è il tempo anche nella direzione \(x\), ma resta sempre una spirale. Naturalmente, nel sistema inerziale del marciapiede resta sempre una retta, ma inclinata; dato che la velocità in quel sistema è \( (-v_0, v_c, 0) \), l'angolo che forma con l'asse \(x\) è \[ \tan \alpha = -\frac{v_c}{v_0} \]

"Miaooouu! - uno sbadiglio, mentre si stira - Interessante questa cosa: come un modello geometrico possa evitare di risolvere un’equazione vettoriale e anche che lo possa usare per situazioni iniziali differenti. Bisogna che mi ricordi di dirlo agli altri"

Dirlo a chi?

"Niente, è un modo di dire… e ora è meglio che vada a sdraiarmi sul divano nella stanza a fianco, oggi ho dormito poco e non vorrei ti venisse in mente altro".

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I sistemi che ruotano

Era ormai qualche giorno che notavo che Cloe si strofinava in certi punti del balcone e del giardino (per chi non lo sapesse, Cloe è la gatta che permette a me e mia moglie di vivere sotto il suo tetto - inoltre ha la passione per la Fisica), qualche unghiata in giro, con la scusa di stirarsi. In seguito, altri gatti passavano annusando; i segnali c’erano tutti: Cloe stava organizzando una riunione.

Infatti, ora eccoli tutti lì, dietro un cespuglio: Cloe su una pietra e altri quattro gatti attorno, attenti a quello che sta per succedere (attenti come sanno esserlo i gatti: due si stanno leccando il pelo, uno guarda il vuoto e l’altro fa finta di dormire).

"Bene - fa Cloe - forse ci raggiungerà ancora qualcuno, ma è meglio partire. Vorrei discutere di cosa succede quando siamo in un sistema girevole"

"Effetti pratici?" chiede Gatto 1.

Cloe lo guarda con aria decisa: "Prima di tutto, sapere le cose ci permette di muoverci meglio; secondo, se vuoi l’esempio, pensa di nuovo al trasportino dentro un’auto che sta svoltando".

"Nessuno ti obbliga, puoi sempre andare a caccia di lucertole" questa è Gatta 3. Gatto 1 risponde soffiando.

"Quindi - fa Cloe - il nostro amico dentro l'auto, non essendo soggetto a forze non equilibrate, si dovrebbe muovere sempre in linea retta, senza cambi di velocità; abbiamo visto cosa succede quando l’auto frena o accelera, ma quando l’auto svolta?"

"La so!" - si risveglia Gatto 4 - "Quando un oggetto segue una linea curva, ci deve essere una forza centripeta che lo tira verso l’interno. Come la forza d’attrito fra gatto e sedile!

"Lo sapevo anch’io - dice Gatto 2 - e so anche che potrei calcolare la forza d’attrito minima necessaria, basta conoscere la velocità dell'auto, la massa del gatto e il raggio della curva"

"La massa non ti serve - interviene Gatto 1 - la forza centripeta necessaria deve essere fornita dall'attrito, per cui basta uguagliare le due forze e risolvere l'equazione:

\[ \mu N = \mu mg = m\frac{v^2}{r} \] da cui il coefficiente di attrito è \[ \mu = \frac{v^2}{rg} \]

Più vai veloce e più è stretta la curva, maggiore deve essere l’attrito. Vi sarà capitato di voler fare una curva a 90°: in casa l’attrito statico e quello dinamico sono molto bassi, specie tra unghie e pavimento: i miei umani continuano a lucidarlo..."

"Io lo faccio solo in giardino - dice Gatto 2 - In casa è bene muoversi a bassa velocità"

"Vedo che siete preparati - interviene Cloe - ma qualcuno mi sa spiegare perché il nostro amico nel trasportino si sente spingere verso l’esterno della curva? La forza d’attrito è centripeta, cioè verso l’interno! Chi ha idea del perché?"

I quattro si guardano, ma nessuno risponde. Riprende Cloe:"È di nuovo questione di riferimento! Il trasportino fa parte di un riferimento che ruota, quindi non inerziale! Vi ricordate cosa abbiamo dovuto fare l’altra volta con il riferimento in frenata?

"Abbiamo aggiunto una forza fittizia in direzione opposta all’accelerazione!" risponde Gatta 3.

"Esatto! Qui facciamo la stessa cosa! Il nostro amico in auto è costretto a introdurre una forza fittizia verso l’esterno (centrifuga), data dalla sua massa per l’accelerazione."

"Ho capito - interviene Gatto 1 - Visto che il trasportino in questo riferimento rotante non si muove, l’uguaglianza è tra forza centrifuga verso l’esterno e attrito verso l’interno. E dato che l’accelerazione del sistema è \( v^2/r \), l’equazione che si ottiene è la stessa ottenuta prima"

"Ottimo! - miagola Cloe - Riassumendo: da fuori, sistema inerziale, il trasportino segue una curva, quindi forza centripeta. Da dentro, siamo fermi nel sistema non inerziale, introduciamo la forza fittizia ed il problema è una questione di statica, dato che lì non si muove nulla. Spesso si parla di forza centrifuga, ma pochi sanno che così facendo si sta considerando il sistema non inerziale"

"Ok - dice Gatto 4 - ma il problema delle cause? Se guardo dal marciapiede, la causa del moto circolare è l’auto che svolta. Ma se mi trovo nell'auto, il dover aggiungere questa forza mi autorizza a dire che sono su un riferimento rotante?"

"Questa è un’osservazione acuta! - miagola nuovamente Cloe - Dall’auto, potresti arrivare a due conclusioni diverse, che valevano anche l’altra volta per la frenata - comincia a disegnare con la zampa sul terreno:

• Primo: non ci sono motivi visibili che spieghino la forza che spinge verso la portiera dell’auto; per cui deve essere una forza fittizia, quindi sono in un sistema non inerziale. Poi, se sono spinta verso la porta, capisco che questa forza è perpendicolare alla velocità, per cui sto percorrendo una curva
• Secondo: qualcosa mi attrae verso la porta e dipende dalla mia massa, quindi sono entrato in un campo gravitazionale rivolto verso la porta, che si aggiunge al solito peso verso il basso

"È la solita uguaglianza tra massa inerziale e gravitazionale - dice Gatta 3 - proprio come il caso del gatto che cade dell’altra volta"

"...e comunque pensate un attimo: se siamo su una curva, per fare esperimenti dobbiamo aggiungere la forza centrifuga, ma anche trovare quale sia una forza (reale, questa) che ci permette di stare sulla traiettoria! Se infatti non avessimo, per esempio, l’attrito, non potremmo continuare a curvare!"

"A chi lo dici..." - interloquisce Gatto 1

"Inoltre - continua Cloe - in un sistema che ruota succedono cose divertenti, di cui dobbiamo tenere conto! Supponete di avere sul sedile una pallina e che vogliate tirarla con una zampata verso il vostro umano, che vi sta portando dal veterinario: prendete la mira... zap! Ma l’auto è in curva e la pallina finisce sul vetro, invece che in testa all’umano! Cosa è successo? La pallina è truccata?". (noto che a nessuno viene in mente che potrebbe essere solo una mira errata...)

"È vero! - salta su Gatto 2 - Appena lanciata, la pallina prosegue in linea retta, ma l’auto segue una traiettoria curva!"

"E quindi - si inserisce Gatta 3 - noi dall’auto vediamo la pallina curvare dall’altra parte! Quindi dobbiamo tenerne conto: di quanto devo spostare la mira? La cosa mi diverte!"

"Eh… - risponde Cloe - trattandosi di un moto rotatorio, di lineare non c'è niente, l’ampiezza dello spostamento dipende da un mucchio di cose: ho fatto un calcolo sommario e per una velocità dell’auto di 50 km/h, una curva di raggio 20 m, velocità della pallina di 1 m/s rispetto all’auto ed il tuo bersaglio è a 1 metro, lo spostamento è attorno ai 5 cm in verso opposto alla curva. Infatti il grafico che viene fuori con questi dati è:"

"dove il punto 0 è il punto di lancio, nella direzione x’ (in avanti) e l’auto sta girando verso destra. L’asse x’ indica la distanza del bersaglio e y’ indica di quanto spostare la mira. La curva viene chiamata Spirale di Archimede; il risultato per distanze maggiori può essere diverso, ma a noi interessa meno..."

"Uhm… - fa Gatto 1 - dovrò fare qualche prova... non è proprio intuitiva"

"Eh, infatti - dice pensosa Gatta 3 - quando c’è qualcosa che gira, l’intuito non serve più a niente"

"Vi dirò: - dice Cloe - continuo a stupirmi che gli umani, anche se non tutti, comprendano queste cose... - resta un attimo a pensare, poi riprende - Comunque, riassumendo vi do i risultati finali: se siete su un sistema che sta ruotando, dovete aggiungere due forze fittizie: quella centrifuga:

\[ F_\text{centr} = -m \vec{\omega} \times (\vec{\omega} \times \vec{r} ) \quad \text{che alla fine significa } -m \omega^2 r \quad\text{in direzione radiale} \] e quella di Coriolis: \[ F_\text{Coriolis} = -2m \vec{\omega} \times \vec{v}_r \quad\text{che diventa } -2m\omega v_r \] dove \( \vec{v}_r \) è la velocità della pallina nel sistema rotante. Questa forza si applica infatti solo ai corpi in moto nel sistema non inerziale; se sono tutti fermi, c'è solo la centrifuga. In caso contrario, la forza sui corpi in moto è perpendicolare sia a \(\omega\) sia a questa velocità. Nel caso dell’auto, dove \( v_r \) è diretta in avanti e \( \omega \) è verso l’alto, la forza è verso l’esterno della curva (occhio al ‘meno’ nella formula!). Poi ci sarebbe anche la forza di Eulero, se l’auto cambia velocità con accelerazione angolare \( \alpha \) mentre sta curvando: \[ F_E = -m\vec{\alpha} \times \vec{r} \] ma se l’accelerazione tangenziale è nulla, questa scompare".

Gatto 4 interviene: "Ma noi siamo sulla Terra, che è una palla in rotazione costante: sentiamo queste forze, a parte quella di Eulero?"

"Certo che le sentiamo - risponde Cloe - ma a noi interessa poco: se lanciassimo una pallina a chilometri di distanza dovremmo tenerne conto, ma non abbiamo quella necessità. Invece la forza di Coriolis è importante sui venti; infatti l’atmosfera non è legata alla Terra: è come se fossero milioni di palline che dal loro punto di vista stanno andando diritte, ma la rotazione terrestre fa apparire il moto curvo, come la pallina sulla macchina."

"E la forza centrifuga? - chiede Gatta 3 - la Terra è una sfera che ruota su un suo asse, quindi in ogni punto la centrifuga ha una direzione diversa rispetto alla superficie"

"Quella agisce sul nostro peso apparente: infatti ai poli, dove non si sente la forza centrifuga, siamo più pesanti e all’Equatore più leggeri, dove la centrifuga è massima. Magari ne parleremo meglio in un'altra occasione"

Cloe si guarda attorno e, vedendo che non ci sono più domande, decide che la riunione è terminata:
"Allora, abbiamo discusso un po’ ed esaminato quante cose divertenti possono venire fuori giocando con i sistemi non inerziali. Ora direi che è tempo che ciascuno elabori per conto proprio: abbiamo faticato abbastanza, un sonnellino ci vuole proprio. Alla prossima volta!"

Ciascuno se ne va per conto suo, come se si fossero trovati lì per caso. Io ho qualche proposito sulla spirale di Archimede, ma prima devo verificare un po’ di cose...

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Piccola fisica in palestra

Non sono un appassionato di attività fisica, tanto che non ho mai avuto un abbonamento ad una palestra (primo: per il costo - “sembra alto, ma puoi venire quando e quanto vuoi, anche alla sera tardi o al mattino prima di andare a lavorare!” - “ma quando mai” è sempre stata la mia risposta; secondo: l’ambiente della palestra è intrinsecamente competitivo - “quello prima di me ha usato 30 kg, allora cerco di fare la stessa cosa con almeno 31 kg”, sempre stato contrario ai cosiddetti challenge).

Però questo non vuol dire che non faccio nulla: corpo libero a casa e palestre negli alberghi, che stranamente sono quasi sempre vuote, anche se attrezzatissime.

Detto questo, l’ultima volta sono capitato davanti ad una di quelle macchine tutto-fare, che a seconda della leva usata, mettono in esercizio un muscolo diverso; ero interessato a quella parte che simulava i piegamenti sulle braccia o push-up, cosa che si può fare anche dal vero, senza usare macchinari.
Mi sono trovato quindi nel dubbio: quanti chili inserire, senza tener conto dell’utilizzatore precedente? Prima risposta: quelli che riesci a sollevare! Però mi sono ripromesso di affrontare il problema dal punto di vista fisico.

Il modello

Il modello è abbastanza semplice: l’esercizio dei piegamenti richiede che gambe, bacino, torace e testa siano su una linea retta. I piedi, che poggiano sul pavimento, fanno da centro di rotazione. Poi le braccia spingono contro il pavimento e mantengo il sistema (cioè, il corpo) in equilibrio.
Questo non si muove avanti o indietro, ma si limita a ruotare attorno al punto d’appoggio dei piedi, quindi si tratta di lavorare sui momenti delle forze in gioco, rispetto al centro di rotazione. Partiamo in modo semplice: immaginiamo il corpo immobile, con le braccia tese: si tratta di un puro problema di statica, quindi uguaglianza dei momenti.

Mi accorgo subito, però, che sono necessarie alcune approssimazioni:

• Suppongo che il corpo si alzi senza accelerazioni (è ovvio che trascuro quelle iniziale e finale): in questo modo, il momento della forza fatta dalle braccia è sempre uguale al momento del peso e mi basterà uguagliarli per avere il risultato. Chi fa i push-up rapidi esercita un momento certamente più grande, per cui questa approssimazione tende a sottovalutare la forza reale (io invece preferisco farli lenti, in modo che i muscoli lavorino per più tempo e non usino la forza di spunto)
• Il sistema dovrebbe avere due punti di rotazione: la punta dei piedi, sul pavimento e la caviglia: ma penso di poter supporre che la rotazione importante sia quella attorno al punto di contatto col pavimento (vedremo alla fine se avrà avuto senso fare così)
• Non essendo un corpo rigido, sta a chi fa l’esercizio mantenere il corpo su una retta, dalla testa alla caviglia: si tratta di lavorare bene con gli addominali e siamo a posto; il modello non prevede chi lascia arcuare la schiena!
• La forza peso deve essere applicata sul baricentro del corpo, non semplice da trovare: l’osso più grande è il bacino, ma dalla parte opposta c’è la testa, sperabilmente non vuota. Il corpo umano non è rigido (definizione: in un corpo rigido la distanza tra due punti qualunque resta costante): sicuramente sarà su una linea che passa dal centro della testa e tra i due piedi; ma a che altezza da terra? I siti medici affermano che il baricentro (per un corpo in posizione normale e per un fisico nella norma) si trova all’altezza della seconda vertebra sacrale. Su siti di anatomia trovo che questa altezza corrisponde grosso modo a quella dell’ombelico, misura facile da effettuare

In questo modello, indico con \(h\) la distanza tra i piedi ed il baricentro (ombelico) e con \(d\) la distanza dai piedi alle spalle. Aggiungo anche l’altezza totale \(L\), anche se potrebbe non servire. Servirà invece la lunghezza delle braccia \(b\) e la lunghezza dei piedi \(p\) (questa non è la lunghezza della scarpa, ma dalla punta del piede alla caviglia, dove il piede fa perno).

Nella figura, R è la reazione vincolare sui piedi (che poi sarà trasmessa alla caviglia), mg il peso, applicato nel centro di massa e T la spinta sulle spalle. Sono stato in dubbio se considerare le braccia come parte del sistema, ma così mi è sembrato più semplice. Ho indicato con \(h'\) il tratto AD, braccio del baricentro e con \(d'\) il braccio della forza T (tratto AC).

Nota: prima che qualcuno si lamenti dicendo che quello non è il braccio…: per la Fisica il braccio è il vettore \(\vec{b}\) nella formula del momento \( \vec{\tau} = \vec{b} \times \vec{F} \). È chiaro che il risultato sarebbe lo stesso anche per chi vuole vedere il braccio perpendicolare alla forza, ma questa visione è più chiara.

La forza T è la nostra incognita; in realtà, anche R è incognita, ma scelgo il centro di rotazione in A, il braccio di tale forza è nullo e questa scompare dalle equazioni.

Siamo a posto: possiamo calcolare tutto quello serve: l’angolo di inclinazione del corpo rispetto al pavimento si ottiene dal triangolo rettangolo EFC e così per altri angoli e lunhgezze. Però sono un fisico pigro: arriviamo alla formula risolutiva e vediamo cosa servirà veramente per ottenere il risultato, in modo da non fare calcoli inutili.

Cominciamo col trovare il momento della forza peso: con la solita convenzione (antiorario = positivo) questo momento è negativo; il vettore braccio è il segmento AD, la forza è \(mg\) e l’angolo da considerare è \( \beta \), tra la forza peso e la direzione AD: \[ \tau_P = h' mg \sin \beta \] Per trovare l'angolo: \[ \sin \beta = \sin (180 - \delta) = \sin \delta \] tramite le solite relazioni goniometriche. L’angolo \( \delta \) corrisponde all’angolo EAD, che possiamo ottenere tramite il teorema dei seni applicato al triangolo EAD: \[ \frac{h'}{\sin(90+\alpha)} = \frac{h}{\sin\delta} \] Ricordando che \( \sin(90 + \alpha) = \cos \alpha \), abbiamo che \[ \sin\delta = \frac{h}{h'} \cos \alpha \] Resistiamo al desiderio di calcolare \( h' \) e scriviamo il momento della forza peso: \[ \tau_P = h' mg \sin \delta = h' mg \frac{h}{h'} \cos \alpha = mgh \cos \alpha \] Bene! La lunghezza di \(h'\) non entra nella formula: si sarebbe potuto calcolare col teorema del coseno nel triangolo EAD, ma se non dobbiamo farlo… meglio!

Il momento fatto dalle spalle è positivo (verso antiorario); indicando il braccio AC con \(d'\): \[ \tau_T = T d' \sin \gamma \] Con le stesse considerazioni di prima, l’angolo \( \gamma \) corrisponde all’angolo EAC, per cui applicando il teorema dei seni a questo triangolo, si ha: \[ \frac{d'}{\sin (90 + \alpha)} = \frac{d}{\sin \gamma} \quad \Rightarrow \quad \sin \gamma = \frac{d}{d'}\cos \alpha \] Per cui il momento delle spalle è \[ \tau_T = T d' \frac{d}{d'} \cos \alpha = Td \cos \alpha \]

Affinché il tutto resti fermo, i due momenti devono uguagliarsi: \[ Td\cos\alpha = hP \cos\alpha \] Esplicitando il peso, la spinta che devono fare le spalle è: \[ T = \frac{mgh}{d} \] Ecco la soluzione finale! Anche bella a vedersi: dipende solo da grandezze del corpo, se si esclude l’onnipresente accelerazione di gravità.

Nota: mentre il corpo si alza e si abbassa, gli angoli \(\beta\) e \(\gamma\) cambiano; ma questa modifica è contenuta nella dipendenza da \( \alpha \). Per esempio, quando il corpo è orizzontale lungo EF, \( \alpha = 0 \), la formula diventa: \[ \sin \gamma = \frac{d}{d'} \] In quella posizione, infatti, C coincide con F ed il triangolo ECA ha il cateto maggiore uguale a \( d \) e l’ipotenusa uguale a \( d' \) (il corpo abbassandosi mantiene la sua lunghezza, descrivendo un arco di cerchio).

Il risultato

Bene, ora si tratta di inserire i dati numerici. Facendo però attenzione ad una cosa: il valore di \( T \) è in newton, essendo una forza; ma i pesi in palestra sono contrassegnati da numeri che indicano i chili! Niente paura: \( T = mg \) e per trovare la massa corrispondente basta dividere per \( g \). Quindi: \[ T_m = \frac{mh}{d} \]

Se inserisco i miei dati, ottengo 60 kg. Questo significa che le due braccia fanno una forza corrispondente a 30 kg ciascuna. Se l’attrezzo della palestra suddivide il peso totale sulle due braccia, si dovrà impostare 60 kg, ma se invece porta il peso impostato su ogni braccio, dovrò usare 30 kg. Da ricerche in rete, vedo che esistono entrambi i tipi di macchina: per quel che mi riguarda, non sono mai riuscito a superare i 30 kg… spero quindi di aver sempre trovato quel tipo di macchina!

Prima di terminare, avevo promesso di discutere della posizione del centro di rotazione: sui piedi o sulla caviglia? Se proviamo a rifare l’intera procedura considerando una lunghezza zero del piede, il pavimento è lungo EF, quindi il momento del peso è \[ \tau'_P = hmg \sin(90-\alpha)= hmg \cos\alpha \] cioè la stessa espressione trovata prima; la stessa cosa succede con il momento di T. Quindi alla fine il risultato è lo stesso, sia che il corpo ruoti attorno ai piedi o attorno alla caviglia!

L'esperimento

Come in ogni ramo della fisica, per confermare che quanto fatto teoricamente sia vicino alla realtà, ho ripetuto un push-up a casa, appoggiando una mano su una bilancia (che mostra il risultato in kg) e l’altra su una coppia di libri, in modo da avere le mani allo stesso livello. La mia sorpresa è stata grande: nonostante tutte le approssimazioni, la bilancia ha segnato 31.0 kg! Un errore del 3% è ampiamente accettabile!

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