venerdì 16 aprile 2021

L’orso di Coriolis

Mi sono imbattuto in questo indovinello: «Un orso lancia un sasso verso l’alto, ed esso ricade esattamente nel punto da cui è stato lanciato: di che colore è l’orso?». La risposta è che l’orso è bianco in quanto solo ai poli la traiettoria è perfettamente rettilinea. Questo perché, essendo la terra in rotazione rispetto a un sistema inerziale, entrano in gioco le forze “apparenti”: la forza centrifuga e la forza di Coriolis (n.b. si pronuncia coriolìs /kɔrjɔ'lis/).
Gaspard-Gustave de Coriolis (1792-1843)

La forza centrifuga si “mescola” naturalmente con la forza dovuta alla gravitazione terrestre e non devìa il moto dalla verticale, mentre quella di Coriolis sì.
L’espressione per la forza di Coriolis è $ \overrightarrow{{F}_{Co}}=-2m\overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v} $ dove $\overrightarrow{\omega}$ è il vettore che esprime la velocità angolare terrestre (ed è parallelo all’asse terrestre, orientato da sud a nord), $\overrightarrow v$ è il vettore velocità e $\times$ rappresenta il prodotto vettoriale. La forza di Coriolis è nulla quando i vettori $\overrightarrow{\omega}$ e $\overrightarrow{v}$ sono paralleli, il che, per un lancio verticale, avviene solo ai poli.
E se non siamo in uno dei poli dove ricadrà il sasso? Possiamo rispondere a questa domanda con un approccio perturbativo al prim’ordine in $\omega\ $: supponiamo che il moto verticale resti imperturbato e calcoliamo l’accelerazione aggiuntiva dovuta alla forza di Coriolis. Prendendo un sistema di riferimento con l’asse x rivolto verso ovest, l’asse y rivolto verso sud e l’asse z verticale rivolto verso l’alto, essa risulta avere componente x pari a $a_x=2\omega v_z\cos \lambda$ ($\lambda$ è la latitudine). Chiamando $v_0$ il modulo della velocità iniziale, la legge della componente verticale della velocità è $v_z=v_0-gt$ e quindi si ha $a_x=2\omega (v_0-gt) \cos \lambda$. Integrando otteniamo che $v_x=2\omega(v_0t-\tfrac{1}{2}gt^2)\cos \lambda$ e quindi $x=2\omega(\tfrac{1}{2}v_0t^2-\tfrac{1}{6}gt^3) \cos \lambda$. Sostituendo a $t$ il valore del tempo di volo $t_v=2\dfrac{v_0}{g}$ otteniamo che il sasso arriva al suolo a una distanza $$\Delta x=\dfrac{4 v_0^3}{3g^2}\omega \cos \lambda$$ dal punto di lancio, verso ovest. Per dare un ordine di grandezza, se $v_0=\ 10\ m/s$ e siamo a una latitudine $\lambda=45^\circ$, allora $\Delta x\simeq 0{,}72\ mm$, mentre se $v_0=50\ m/s$ e siamo alla stessa latitudine, allora $\Delta x\simeq 8{,}9\ cm$.
Mi sono chiesto: è possibile trovare una espressione esatta per le equazioni del moto? Sempre considerando lo stesso sistema di riferimento e chiamando $\overrightarrow g$ il vettore accelerazione gravitazionale, si ha: $$ \overrightarrow{a}=\overrightarrow{v'}=-2\overrightarrow{\omega} \times \overrightarrow{v} + \overrightarrow{g}$$ che può essere espresso come un sistema lineare di equazioni differenziali: 
$$\left\{ \begin{array}{l} v'_x=2\omega (v_y \sin \lambda +v_z \cos \lambda) \\ v'_y=-2\omega v_x \sin \lambda \\ v'_z=-2\omega v_x \cos \lambda -g \end{array}\right.\; \mathrm{ con }\; \left\{ \begin{array}{l} v_{0,x}=0 \\ v_{0,y}=0 \\ v_{0,z}=v_0 \end{array}\right.\quad .$$
Per agevolare la risoluzione lo riscrivo in forma matriciale:
$$\begin{pmatrix} {v'_x}  \\ {v'_y} \\ {v'_z} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2\omega \sin \lambda & 2\omega \cos \lambda \\ -2\omega \sin \lambda & 0 & 0 \\ -2\omega \cos \lambda & 0 & 0 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {v_x}  \\ {v_y} \\ {v_z} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -g \end{pmatrix}\; \mathrm{con}\; \begin{pmatrix} {v_x}  \\ {v_y} \\ {v_z} \end{pmatrix}_{t=0} = \begin{pmatrix} 0  \\ 0 \\ v_0 \end{pmatrix}$$
che sintetizzo con questa notazione:
$$\mathbf{v}'={\mathbf{\Omega}} \mathbf{v}+\mathbf{g} \quad \mathrm{con}\quad \mathbf{v}(0)=\mathbf{v_0}\;.$$
La teoria delle equazioni differenziali lineari suggerisce la soluzione $\mathbf{v}=(\mathbf{v}_0+\mathbf{\Omega}^{-1}\mathbf{g})e^{\mathbf{\Omega}t}-\mathbf{\Omega}^{-1}\mathbf{g}\;$ che però non è applicabile in questo caso in quanto $\mathbf{\Omega}$ è singolare e quindi non invertibile, come peraltro potevamo dedurre a priori, visto che $\mathbf{\Omega}$ è il tensore antisimmetrico associato allo pseudovettore $-2\overrightarrow{\omega}$.
Proviamo allora a fare lo sviluppo di Taylor della soluzione attorno a $t=0$. Si ha:
$\mathbf{v}'(0)=\mathbf{\Omega} \mathbf{v_0}+\mathbf{g}\ $,
$\mathbf{v}''(0)=({\mathbf{\Omega}} \mathbf{v}+\mathbf{g})'_{t=0}=({\mathbf{\Omega}} \mathbf{v}')_{t=0}=[{\mathbf{\Omega}} ({\mathbf{\Omega}} \mathbf{v}+\mathbf{g})]_{t=0}={\mathbf{\Omega}} ({\mathbf{\Omega}} \mathbf{v}_0+\mathbf{g})\ $,
$\mathbf{v}'''(0)=[{\mathbf{\Omega}} ({\mathbf{\Omega}} \mathbf{v}+\mathbf{g})]'_{t=0}=[{\mathbf{\Omega}}^2 \mathbf{v}']_{t=0}=[{\mathbf{\Omega}}^2 ({\mathbf{\Omega}} \mathbf{v}+\mathbf{g})]_{t=0}={\mathbf{\Omega}}^2 ({\mathbf{\Omega}} \mathbf{v}_0+\mathbf{g})$ , eccetera.
Si ottiene dunque lo sviluppo:
$$\mathbf{v}=\mathbf{v}_0+\left [ t+\frac 1 2 t^2 \mathbf{\Omega}+\frac 1 6 t^3 \mathbf{\Omega}^2+\frac 1 {24} t^4 \mathbf{\Omega}^3\dots \right ] (\mathbf{\Omega} \mathbf{v_0} +\mathbf{g})\;.$$
Indicando con $\mathbf{M}(t)$ l’espressione tra parentesi quadre, si ha che
$$\mathbf{M}'(t) =1 + t \mathbf{\Omega}+\frac 1 2 t^2 \mathbf{\Omega}^2+\frac 1 6 t^3 \mathbf{\Omega}^3+\ldots=e^{\mathbf{\Omega} t}\;.$$
Dunque l’espressione per $\mathbf{v}(t)$ è:
$$\mathbf{v}(t)=\mathbf{v}_0+\left [\int_0^t e^{\mathbf{\Omega} \tau} d\tau\right ](\mathbf{\Omega} \mathbf{v_0} +\mathbf{g})=e^{\mathbf{\Omega}t}\mathbf{v}_0+\left [\int_0^t e^{\mathbf{\Omega} \tau} d\tau\right ]\mathbf{g}\;.$$
Si può facilmente verificare che questa soluzione, trovata “euristicamente”, soddisfa effettivamente il sistema di equazioni differenziali da cui siamo partiti.
Per la cronaca, la soluzione esplicita del sistema è:
$$\left\{ \begin{array}{l}  v_x=\cos \lambda  \left[v_0 \sin (2  \omega t )-g\ \dfrac{ \sin ^2( \omega t)}{\omega }\right] \\ v_y= -\sin (2 \lambda ) \left[ v_0   \sin ^2( \omega t)+g \ \dfrac{ \sin (2    \omega t)-2  \omega t}{4 \omega }\right] \\ v_z= v_0-\cos ^2\lambda\    \dfrac{\sin ( \omega t )}{\omega } \left[g \cos ( \omega t)+2 v_0 \omega  \sin ( \omega t)\right] -g t \sin ^2\lambda  \\ \end{array} \right.\;.$$
Sviluppando in serie rispetto a $\omega$ otteniamo:
$$\left\{\begin{array}{l}v_x=\omega \cos \lambda (2v_0 t-gt^2)+O(\omega^3) \\ v_y=\omega^2\sin(2\lambda)\left(-v_0t^2+\frac 1 3gt^3 \right)    +O(\omega^4) \\ v_z=v_0-gt +\omega^2 \cos^2\lambda \left ( -2v_0t^2+\frac 2 3 gt^3 \right ) + O(\omega^4) \end{array}\right.\;.$$
Integrando rispetto a $t$ otteniamo le equazioni del moto:
$$\left\{\begin{array}{l}x=\omega \cos \lambda (v_0 t^2-\frac 1 3 gt^3)+O(\omega^3) \\ y=\omega^2\sin(2\lambda)\left(-\frac 1 3 v_0t^3+\frac 1 {12}gt^4 \right)    +O(\omega^4) \\ z=v_0t-\frac 1 2 gt^2 +\omega^2 \cos^2\lambda \left ( -\frac 2 3v_0t^3+\frac 1 6 gt^4 \right ) + O(\omega^4) \end{array}\right.\;.$$
Ponendo $t=t_f=\dfrac{2v_0}{g}$ otteniamo
$$\left\{\begin{array}{l} x_f=\dfrac{4v_0^3}{3g^2}\ \omega \cos\lambda+O(\omega^3) \\ y_f=-\dfrac{4v_0^4}{3g^3}\ \omega^2 \sin(2\lambda)+O(\omega^4) \\ z_f=-\dfrac{8v_0^4}{3g^3}\ \omega^2 \cos^2 \lambda+O(\omega^4) \end{array}\right.\;.$$
In realtà, osservando che $z_f$ è negativa, il tempo di volo è leggermente minore di $\dfrac{2v_0}{g}$ e vale $$t_v=t_f+\dfrac{z_f}{v_0}=\dfrac{2v_0}g-\dfrac{8v_0^3}{3g^3}\ \omega^2 \cos^2 \lambda +O(\omega^4)\;.$$
C’è anche una deviazione verso il polo del proprio emisfero (nulla all’equatore), ma è proporzionale a $\omega^2$, e risulta quindi molto più piccola dello spostamento verso ovest. Se, ad esempio, $v_0=50\ m/s$ e siamo al $45^\circ$ parallelo (dove l’effetto è massimo) nell’emisfero boreale, si ha $y_f\simeq-0{,}14\ mm$.


Piccola divagazione storica: gli effetti dovuti alla forza di Coriolis erano stati previsti nel 1651 da Giovanni Battista Riccioli (1598–1671) e dal suo assistente Francesco Maria Grimaldi (1618-1663), deducendo che, in caso di rotazione terrestre, il moto di una palla di cannone sparata verso nord dovrebbe deviare verso est. Nel 1674 Claude Dechales (1621-1678) previde che anche il moto di un corpo in caduta libera avrebbe dovuto essere deviato dalla verticale. Il fatto che tali effetti non fossero stati rilevati (come ora sappiamo, è perché sono molto deboli) fu considerata una prova della immobilità terrestre. L’espressione della forza di Coriolis fu ricavata da Eulero (1707-1783) nel 1749. Negli anni 1790-1791 Giovanni Battista Guglielmini (1763-1817) effettuò un esperimento lasciando cadere delle sfere di piombo dalla sommità (alta 97 metri) della Torre degli Asinelli di Bologna. La teoria prevede che i gravi arrivino al suolo con uno spostamento $$\Delta x=\dfrac 2 3 \sqrt{\dfrac{2 h^3}{g}}\ \omega \cos \lambda\simeq 1{,}5\ cm$$ verso est rispetto alla verticale, ed in effetti fu osservato uno spostamento medio di circa $1{,}7\ cm$, cosa che, ben prima del più celebre esperimento (1851) del pendolo di Foucault (1819-1868), dimostrò, attraverso un esperimento di meccanica, la rotazione terrestre rispetto ad un sistema inerziale. Nel corso di uno dei lanci, un cittadino bolognese, tale Giovan Pietro Marchesi, fu colpito da una sfera di piombo, che gli arrivò addosso alla velocità di circa $150\ km/h$, uccidendolo.
Guglielmini pubblicò nel 1792 i risultati dell’esperimento nell’opuscolo De diurno Terrae Motus (il latino era ancora usato come linguaggio scientifico internazionale).
Diversi anni dopo tutto quanto riferito finora, nel 1835 il nostro Coriolis pubblicò un articolo dal titolo Sur les équations du mouvement relatif des systèmes de corps, dove trattava delle forze aggiuntive (ovvero le forze che oggi chiamiamo “apparenti”) che si presentano in un sistema di riferimento in rotazione, e tra queste forze c’è anche la forza che poi prenderà il suo nome, chiamata nell’articolo “forza centrifuga composta”.
Fu solo all’inizio del XX secolo che si cominciò a parlare di “accelerazione di Coriolis” e di “forza di Coriolis”, con attribuzione che in realtà, per quanto abbiamo visto, è alquanto arbitraria.

0 commenti:

Posta un commento