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Ultima versione manuale di esercizi corso di Fisica per CTF Università degli Studi di Siena Anno Accademico 2013-2014

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    • Esercizi di Fisica Generale Corso di Laurea in CTF - A.A. 2013-2014 4 giugno 2014
    • 2
    • Indice 1 Richiami di Trigonometria 5 2 Introduzione ai Vettori 9 3 Spazio, tempo, movimento 15 4 Dinamica 27 5 Energia 39 6 Meccanica dei Fluidi 47 7 Termologia 53 8 Elettrostatica 65 9 Magnetismo 77 3
    • 4 INDICE
    • Capitolo 1 Richiami di Trigonometria Esercizio 1.1 Dimostrare la relazione fondamentale sin2 θ + cos2 θ = 1 (1.1) Soluzione: Consideriamo un triangolo rettangolo generico come quello disegnato in gura 1.1. Dalla denizione delle funzioni trigonometriche sappiamo che sin θ = a c cos θ = b c D'altro canto applicando il Teorema di Pitagora abbiamo che c2 = a2 + b2 ⇒ a c 2 + b c 2 = 1 da cui la relazione cercata. Esercizio 1.2 Il teorema del coseno correla la lunghezza dei lati di un triango- lo al coseno di uno dei suoi angoli. Puó essere considerato una generalizzazione del teorema di Pitagora al caso di triangoli scaleni. Questo teorema é noto an- che come teorema di Carnot. Con riferimento alla gura 1.1, siamo interessati a trovare la lunghezza di un lato di un qualsiasi triangolo, essendo note le lun- ghezze degli altri due lati e l'ampiezza dell'angolo tra essi compreso. Si dimostri che vale la relazione: AB 2 = AC 2 + BC 2 − 2AC BC cos(γ) (1.2) Soluzione: Con riferimento alla gura 1.1, applicando il Teorema di Pitagora al triangolo rettangolo AHB si ha: AB 2 = AH 2 + BH 2 (1.3) 5
    • 6 CAPITOLO 1. RICHIAMI DI TRIGONOMETRIA Figura 1.1: Esercizio 1.1 Figura 1.2: Esercizio 1.3
    • 7 Risolvendo il triangolo rettangolo AHC abbiamo anche: AH = AC sin(γ) (1.4) vale inoltre BH = BC − HC = BC − AC cos(γ) (1.5) Sostituendo nella prima uguaglianza si ottiene AB 2 = AC 2 sin2 (γ) + BC 2 + AC 2 cos2 (γ) − 2BC AC cos(γ) (1.6) Per la relazione fondamentale sin2 γ + cos2 γ = 1, questa equazione puó essere semplicata in: AB 2 = AC 2 + BC 2 − 2AC BC cos(γ) (1.7) Nel caso di un triangolo rettangolo il quarto termine é nullo e ritroviamo il Teo- rema di Pitagora. Esercizio 1.3 Si dimostri che sin(2α) = 2 sin α cos α Soluzione: Consideriamo il caso più generale del seno della somma di due angoli α e β. Con riferimento alla gura X, si ha che sin(α + β) = BC AB il segmento BC può essere espresso come somma dei segmenti DB e EF per cui possiamo scrivere sin(α + β) = DB AB + EF AB = DB BE BE AB + EF AE AE AB dove abbiamo moltiplicato e diviso per i segmenti BE e AE. Osserviamo ora il triangolo rettangolo DBE, l'angolo DEB è per costruzione pari a 90 − α per cui dovendo la somma degli angoli interni di un triangolo essere pari a 180 °, ne consegue che anche l'angolo DBE è pari ad α, ma allora per denizione DB BE = cos α considerando il triangolo rettangolo AEB vediamo subito che BE AB = sin β
    • 8 CAPITOLO 1. RICHIAMI DI TRIGONOMETRIA e AE AB = cos β Concentriamoci ora sul triangolo rettangolo AFE, chiaramente avremo EF AE = sin α per cui in denitiva otteniamo sin(α + β) = DB BE BE AB + EF AE AE AB = cos α sin β + sin α cos β Considerando il caso particolare in cui α = β possiamo quindi scrivere sin(α + α) = sin(2α) = cos α sin α + sin α cos α = 2 sin α cos α
    • Capitolo 2 Introduzione ai Vettori Esercizio 2.1 Trovare la risultante di due forze di 4 kg e 3 kg agenti su di un punto O formanti un angolo fra loro di (a) 90°, (b) 60°. Determinare anche l'angolo α formato con l'asse orizzontale. Usare il metodo del parallelogramma. Soluzione: (a) OAR è un triangolo rettangolo. Quindi OR2 = 42 +32 = 25 e OR = 5kg.Per calcolare l'angolo α osserviamo che tan α = AR/OA = 3/4 = 0.75 quindi α = tan−1 (0.75) ∼ 37°. (b) L'angolo OAR in questo caso è pari a 120°. Per calcolare il modulo dela risultante OR utilizzeremo il teorema dei coseni. OR2 = OA2 + AR2 − 2(OA)(AR) cos 120 = 42 + 32 − 24(−0.5) = 37 (2.1) quindi OR = 6.1kg. Per calcolare l'angolo α utilizzeremo la legge dei seni: sin α AR = sin 120 OR ⇒ sin α 3 = 0.866 6.1 ⇒ sin α = 0.43 (2.2) da cui α = sin−1 (0.43) = 25°. Esercizio 2.2 Dato il vettore a formante un angolo α con l'asse delle x, dimostrare che le sue componenti possono essere scritte come ax = a cos α, ay = a sin α essendo a = a2 x + a2 y il modulo di a Soluzione: Con riferimento alla gura 2.2, per denizione si ha sin α = RQ PR , cos α = PQ PR 9
    • 10 CAPITOLO 2. INTRODUZIONE AI VETTORI Figura 2.1: Esercizio 2.1 Figura 2.2: Esercizio 2.2 ma PQ = ax, RQ = ay, PR = a = a2 x + a2 y da cui segue il risultato. Esercizio 2.3 Consideriamo i seguenti vettori nello spazio espressi tramite le loro componenti: a = (0, 3.5, 0.7); b = (1.2, −5.0, −4.0); c(4.0, 3.0, 1.0) Trovare d = a + b + c e e = a − c. Soluzione: Utilizziamo la regola di somma e sottrazione componente per componente, per cui indicando con d = (dx, dy, dz), c = (cx, cy, cz) possiamo scrivere
    • 11 dx = ax + bx + cx dy = ay + by + cy dz = az + bz + cz ex = ax − cx ey = ay − cy ez = az − cz quindi dx = 0.0 + 1.2 + 4.0 dy = 3.5 − 5.0 + 3 dz = 0.7 − 4.0 + 1.0 ex = 0.0 − 4.0 ey = 3.5 − 3.0 ez = 0.7 − 1.0 da cui la soluzione d = (5.2, 1.5, −2.3) e = (−4.0, 0.5, −0.3) Esercizio 2.4 Dati i due vettori a = (0.0, 3.0, 4.0) e b = (1.0, √ 6, 3.0) trovare l'angolo θ tra essi formato. Soluzione: Dalla denizione di prodotto scalare fra due vettori a · b = ab cos θ dove a e b sono i moduli dei due vettori, possiamo ricavare cos θ = a · b ab ⇒ θ = arccos a · b ab D'altra parte vale anche: a · b = axbx + ayby + azbz quindi a · b = 0.0 · 1.0 + 3.0 · √ 6 + 4.0 · 3.0 = 12 + 3 √ 6 Calcoliamo ora i moduli dei due vettori a = |a| = a2 x + a2 y + a2 z = √ 0 + 9 + 16 = √ 25 = 5 b = |b| = b2 x + b2 y + b2 z = √ 1 + 6 + 9 = √ 16 = 4 Otteniamo cosí: cos θ = 12 + 3 √ 6 4 · 5 ∼ 0.967423 ⇒ θ ∼ 14.66°
    • 12 CAPITOLO 2. INTRODUZIONE AI VETTORI Esercizio 2.5 Dati i due vettori a = (5.0, 2.0, 1.0) e b = (3.0, 4.0, z) con z incognita, trovare z anché il prodotto scalare dei due vettori sia pari a 25. Soluzione: Utilizziamo la denizione di prodotto scalare in termini di componenti: a · b = axbx + ayby + azbz = 5 · 3 + 2 · 4 + 1 · z quindi a · b = 25 ⇒ 15 + 8 + z = 25 ⇒ 23 + z = 25 ⇒ z = 2 Esercizio 2.6 Dati due vettori a e b con |a| = 4 e |b| = 7, determinare l'angolo compreso fra i due vettori anché il loro prodotto scalare sia pari a 5. Soluzione: Dalla denizione di prodotto scalare a · b = |a| |b| cos θ ⇒ cos θ = a · b |a| |b| = 5 4 · 7 = 5 28 da cui θ = arccos 5 28 ∼ 79.71° Esercizio 2.7 Trovare le componenti lungo gli assi cartesiani del vettore a in gura X sapendo che il suo modulo è pari a 5 e che l'angolo α formato con l'asse delle x è pari a π/3. Soluzione: Ricordando le denizioni delle funzioni trigonometriche seno e coseno, è evidente che sin α = ay |a| , cos α = ax |a| da cui ax = |a| cos α, ay = |a| sin α ⇒ ax = 5 · cos π 3 = 5 2 , ay = 5 · sin π 3 = 5 √ 3 2 Si noti che poiché sin α = cos π 2 − α , indicando con i e j i versori (vettori con modulo unitario) rispettivamente degli assi x ed y, possiamo scrivere ax = |a| cos α = a · i, ay = |a| sin α = |a| cos π 2 − α = a · j
    • 13 Esercizio 2.8 Determinare se i due vettori a = (2, −1, 3) e b = (−3, 0, 2) sono ortogonali. Soluzione: Il modo più semplice per determinare se due vettori sono ortogonali é quello di calcolare il loro prodotto scalare. Infatti dalla denizione di prodotto scalare, ricordando che cos(π/2) = 0 otteniamo che il prodotto scalare di due vettori ortogonali è nullo. Utilizzando la denizione di prodotto scalare in termini di componenti abbiamo che a · b = axbx + ayby + azbz = 2 · −3 + (−1) · 0 + 3 · 2 = −6 + 6 = 0 quindi i due vettori sono ortogonali.
    • 14 CAPITOLO 2. INTRODUZIONE AI VETTORI
    • Capitolo 3 Spazio, tempo, movimento Esercizio 3.1 Una pallina si muove di moto uniformemente accelerato a par- tire dall'origine con una velocità iniziale v0 = 21 ms−1 ed una accelerazione a = 4 ms−2 . Calcolare lo spazio percorso dalla pallina al tempo t = 18 s. Soluzione: Si tratta di un moto rettilineo uniformemente accelerato con le seguenti condi- zioni iniziali x0 = 0, v0 = 21 ms−1 dalla legge oraria del moto uniformemente accelerato x(t) = x0 + v0t + 1 2 at2 troviamo immediatamente x(t = 18 s) = 0 m + 21 m/s · 18 s + 1 2 4 m/s2 · 324 s2 = 1026 m Esercizio 3.2 Calcolare le velocità della pallina dell'esercizio precedente ai tempi t1 = 11 s e t2 = 15 s. Soluzione: Dalla relazione v(t) = v0 + at troviamo immediatamente v(t = 11 s) = 21 m/s + 4 m/s2 · 11 s = 65 m/s v(t = 15 s) = 21 m/s + 4 m/s2 · 15 s = 81 m/s 15
    • 16 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO Esercizio 3.3 Un sasso lasciato cadere dalla cima di un edicio giunge al suo- lo dopo 4 s. Trovare la velocità del sasso al momento dell'impatto e l'altezza dell'edicio. Soluzione: Indichiamo con g il modulo dell'accelerazione di gravità che ricordiamo essere pari a circa 9.81 m/s2 . Al tempo t0 = 0 s abbiamo v0 = 0 ms−1 , conviene assu- mere un sistema di coordinate con l'origine alla base dell'edicio e la coordinata y lungo l'edicio stesso in modo da avere y(t = 0 s) = h (l'altezza incognita del- l'edicio) e y(t = 4s) = 0. Trascurando la resistenza dell'aria, il moto di caduta di un oggetto è un moto uniformemente accelerato, per cui tenendo conto del segno dell'accelerazione che, in questo caso risulta negativo, possiamo scrivere l'equazione oraria nella forma y(t) = y0 + v0t − 1 2 gt2 dove, ribadiamo, il segno - deriva dal fatto che g é diretta verso le y nega- tive (verso il basso). Utilizzando l'equazione oraria del moto uniformemente accelerato, possiamo scrivere: y(4s) = 0 = h + 0 m/s · 4 s − 1 2 9.81 m/s2 · 16 s2 da cui h − 9.81 · 8 m = 0 ⇒ h = 78.48 m per la velocitá abbiamo: v(t) = v0 − gt ⇒ v(4 m) = 0 ms−1 − 9.8 ms−2 · 4 s = −39.2 ms−1 Il segno - indica che la velocità è rivolta verso il basso. Esercizio 3.4 Un'auto accelera da 0 a 100 km/h in 5 secondi con accelera- zione a costante. Quale è il valore di a in unità di g? (g = 9.8 ms−2 ). Soluzione: Convertiamo prima di tutto il valore della velocità nelle unità di misura del Sistema Internazionale, metri e secondi: 100 km h = 100 · 1000 m 3600 s = 100 3.6 ms−1 = 27.8 ms−1 Anche in questo caso si tratta di un moto uniformemente accelerato, utilizzando la relazione che lega velocità ed accelerazione v(t) = v0 + at troviamo v(t = 5 s) = 27.8 ms−1 = 0 ms−1 + a · 5 s ⇒ a = 27.8 5 ms−2 = 5.56 ms−2
    • 17 Figura 3.1: Esercizio 3.3 quindi a = 5.56 9.81 = 0.57 g Esercizio 3.5 Un'auto viaggia verso di noi con velocità costante di 90 km/h. Se a t0 = 0 si trova da noi a 750 m, dopo quanto tempo ci passerà davanti? Soluzione: Utilizziamo un sistema di coordinate con l'origine nel punto in cui ci troviamo e con l'asse delle ascisse orientato in senso positivo verso destra, quindi la po- sizione dell'auto all'istante iniziale sarà pari a x(0) = −750 m. Poiché l'auto si dirige verso di noi, la sua velocità avrà segno positivo, con la scelta di coordi- nate eettuata avremo che, indicando con tx il tempo da ricavare, x(tx) = 0. Ricordando la legge oraria del moto rettilineo uniforme possiamo quindi scrivere x(t) = x(0) + vt ⇒ x(tx) = −750 m + 90 3.6 ms−1 · tx s = 0 m da cui ricaviamo facilmente tx = 750 25 s = 30 s
    • 18 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO Figura 3.2: A) Esercizio 3.5, B) Esercizio 3.6 Esercizio 3.6 Una particella, avente velocità v0 = 300 m/s, passa attraverso un dispositivo di accelerazione lungo 3.5 m e in cui subisce una accelerazione pari a 104 m/s2 . Quale sarà la velocità della particella all'uscita del dispositivo? Soluzione: Si tratta di un moto rettilineo uniformemente accelerato in cui la particella su- bisce un'accelerazione per un tratto L. L'origine del sistema di coordinate è scelta in corrispondenza dell'ingresso del dispositivo di accelerazione. Ricavia- mo prima di tutto una relazione cinematica che lega velocità iniziale e nale con l'accelerazione e lo spazio percorso. Partiamo dalla legge oraria del moto uniformemente accelerato xf = x0 + v0t + 1 2 at2 il tempo t può essere posto nella forma t = v − v0 a sostituendo nell'equazione oraria otteniamo xf = x0 + v0 vf − v0 a + 1 2 a (vf − v0)2 a2 da cui xf − x0 = (vf − v0) v0 a + 1 2 vf − v0 a = 1 2a (v2 f − v2 0) e inne v2 f = v2 0 + 2a(xf − x0) Quindi nel nostro caso possiamo scrivere v2 f = v2 0 + 2a(xf − x0) ⇒ vf = v2 0 + 2a(xf − x0)
    • 19 considerando che, nel nostro caso, abbiamo x0 = 0, xf = L = 3.5 m, v0 = 300 ms−1 , a = 104 ms−2 otteniamo vf = 9 · 104 m2/s2 + 2 · 104 ms−2 · 3.5 m = (9 + 7) · 104 m2/s2 = 4·102 ms−1 Esercizio 3.7 Il primato mondiale di velocità per biciclette stabilito nel 1992 fu misurato su una lunghezza di 200 m percorsi in un tempo di 6.509 s. Nel 2001 tale primato fu superato di ben 19 Km/h. Che tempo fu impiegato per percorrere la lunghezza di 200 m? Soluzione: Calcoliamo prima di tutto la velocità media del primo record: vm = L t = 200 6.509 ms−1 = 30.73 ms−1 = 30.73 · 3.6 km/h = 110.6 km/h quindi la velocità del secondo record sarà pari a 110.6 + 19 = 129.6 km/h, con questa velocità, 200 m vengono percorsi in t = s/v = 200 m 129.6 km/h = 0.2 km 129.6 km/h = 1.54·10−3 h = 1.54·10−3 ·3.6·103 s = 5.55s Esercizio 3.8 In un certo istante una particella ha velocità di 18 m/s diretta verso l'asse x positivo e 2.4 s più tardi la sua velocità è di 30 m/s in verso op- posto. Quale è stata la sua accelerazione costante durante questo lasso di tempo? Soluzione: Poniamo v(t0) = 18 ms−1 e v(t1) = −30 ms−1 . In un moto uniformemente accelerato abbiamo a = v(t1) − v(t0) t ⇒ a = −30 − 18 2.4 ms−2 = −20 ms−2 Il segno - indica che l'accelerazione è diretta verso le ascisse negative. Esercizio 3.9 Un pilota collaudatore si trova su una slitta a reazione alla velocità di 1020 Km/h. La slitta viene frenata no all'arresto in 1.4 sec. Che accelerazione, espressa in unità di g (g = 9.8 m/s2), subisce il pilota?
    • 20 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO Figura 3.3: A) Esercizio 3.10 B) Esercizio 3.13 Soluzione: La velocità iniziale è pari a 1020 · 3.6 = 283.3 ms−1 . Ipotizzando che l'accelera- zione (negativa) sia costante, possiamo calcolare direttamente a = v(t1) − v(t0) t ⇒ a = 0 − 283.3 1.4 ms−2 = −202.38 ms−2 ovvero in unità di g a = −202.38 9.81 = −20.6 g Per chi è curioso di sapere se il pilota può sopravvivere ad una tale accelerazione si rinvia a http://en.wikipedia.org/wiki/G-force. Esercizio 3.10 Una nave fa rotta alla velocità di crocera di 8 km/h. Qual'è l'angolo rispetto alla riva con cui la nave deve essere governata per raggiunge- re un punto direttamente opposto se la velocità della corrente è di 4 km/h?. Quanto tempo impiegherà ad eettuare la traversata se la distanza fra i due punti è di 10 km? Soluzione: Con riferimento alla gura 3.3 A) abbiamo che cos θ = 4/8 = 0.5 ⇒ θ = arccos(0.5) = 60°. Il modulo della risultante può essere facilmente trovato con il teorema di pitagora applicato al triangolo OAR, v = √ 64 − 16 = 6.9 km/h, pertanto la traversata verrà eettuata in t = s/v = 10/6.9 = 1.45 h circa 1 ora e 27 minuti. Esercizio 3.11 Una nave fa rotta esattamente verso nord a 12 km/h, ma la corrente la trascina verso ovest a 5 km/h. Determinare il modulo e la direzione della velocità risultante della nave.
    • 21 Soluzione: La velocità di 12 km/h verso nord viene sommata vettorialmente alla velocità di 5 km/h verso ovest, dando così la velocità risultante R della nave rispetto a terra. Modulo di R = √ 52 + 122 = 13 km/h. La direzione di R è tale da formare un angolo α la cui tangente è tan α = 5/12 = 0.42 pertanto α = 23°. Esercizio 3.12 I freni di un'auto sono in grado di realizzare un'accelerazione (negativa) di modulo pari a 5.2 ms−2 . Se si viaggia alla velocità di 137 Km/h e si avvista un posto di controllo della polizia stradale, quale è il tempo minimo entro il quale è possibile portare la velocità dell'auto al limite di 90 Km/h? Quanto spazio si percorre in questo intervallo di tempo? Soluzione: Indicando con tx il tempo da ricavare, possiamo scrivere v(t0) = 38 ms−1 , v(tx) = 25 ms−1 , ipotizzando un'accelerazione costante abbiamo: v(tx) = v(t0) + atx ⇒ tx = v(tx) − v(t0) a = 25 − 38 −5.2 = 2.5 s Per determinare lo spazio percorso in questo tempo ricorriamo ancora una volta alla legge oraria del moto uniformemente accelerato x(tx) = x(t0) + v0tx + (1/2)at2 x : x(tx) = 0 m + 38 ms−1 · 2.5 s − 1 2 5.2 ms−2 · (2.5 s)2 = 78.75 m Esercizio 3.13 Da una nuvola situata a un'altitudine h di 1700 m sopra la supercie terrestre cadono gocce di pioggia. Se non fossero rallentate dalla resi- stenza dell'aria, a che velocità arriverebbero al suolo? Sarebbe prudente uscire all'aperto durante un temporale? Soluzione: Trascurando la resistenza dell'aria, la caduta della goccia è un moto rettilineo uniformemente accelerato. Scegliamo un sistema di coordinate con l'asse delle y diretto verso l'alto con origine sulla supercie terrestre (g. 3.3 B)). In tale sistema di riferimento avremo g = −9.8 ms−2 (essendo rivolta verso il basso). Possiamo pertanto scrivere v2 = v2 0 + 2a(y − y0) dove v è la velocità al suolo, v0 = 0 è la velocità iniziale della goccia, y = 0 l'ordinata del suolo, a = g e inne y0 = h. Sostituendo i valori nella precedente equazione troviamo v2 = −2 · 9.81 ms−2 · (−1700 m) = 33320 m2 /s2 ⇒ v ∼ 182.5 ms−1
    • 22 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO riportando in km/h otteniamo v = 182.5 · 3.6 = 657 km/h. Non sarebbe per- tanto prudente uscire all'aperto. Esercizio 3.14 Per studiare gli eetti di intense accelerazioni sul corpo uma- no si usa una slitta a razzo che scorre su un binario rettilineo. Tale slitta può raggiungere una velocità di 1600 Km/h da ferma in 1.8 s. Si trovi: (a) l'accele- razione (assunta costante) in unità di g; (b) la distanza percosa in tale tempo. Soluzione: Assumendo che la slitta parta da ferma, l'accelerazione è data semplicemente da a = vf /t = 444.4ms−1 /1.8s = 247ms−2 ∼ 25.1g. Lo spazio percorso è otte- nibile dalla formula della legge oraria s = (1/2)at2 = 0.5 · 247 ms−2 · (1.8)2 s2 = 400.14 m. Esercizio 3.15 Un batter d'occhio dura circa 100 ms. Per quanto spazio vola un caccia MIG-25, alla velocità di 3400 Km/h, durante un battito di ciglia del pilota? Soluzione: Assumendo che la velocità sia costante, possiamo applicare l'equazione oraria di un moto rettilineo uniforme per ottenere s = (3400/3.6)ms−1 ·0.1s = 94.4m Esercizio 3.16 Un proiettile viene sparato orizzontalmente da un'arma posta a 45 m di altezzasopra un terreno orizzontale. La sua velocita' alla bocca del- l'arma e' di 250 m/s.(a) Per quanto tempo rimane in aria? (b) A che distanza orizzontale dalla bocca andra' a colpire il terreno? (c) Quale sara' la compo- nente verticale della sua velocita' quando colpisce il terreno? Soluzione: Deniamo prima di tutto i dati del problema: h = 45 m, g = |g| = 9.81 ms−2 , v0 = (v0x, v0y) con v0x = 250 ms−1 e v0y = 0 ms−1 , inne, a = (0, −g). Il sistema di coordinate scelto è quello riportato in gura conl'asse delle y rivolto verso l'alto. Come sappiamo un moto di questo tipo è composto da due moti indipendenti: - un moto lungo la direzione x: rettilineo e uniforme con velocità iniziale v0x = 250 ms−1 e posizione iniziale x0 = 0 m; - un moto lungo la direzione y: uniformemente accelerato con accelerazione a = −g, velocità iniziale v0y = ms−1 e posizione iniziale y0 = h m; (a) Il tempo di volo è pari al tempo di caduta lungo la direzione y, scriviamo l'equazione oraria del moto tenendo conto che la velocità iniziale lungo l'asse y è nulla: y(t) = y0 + 1 2 at2 ⇒ t = 2(y(t) − y0) a
    • 23 Figura 3.4: Esercizio 3.16 vogliamo trovare il tempo corrispondente a y(t) = 0 (il proiettile tocca il suolo), per cui sostituendo i dati del problema otteniamo t = −2h −g = −245 m −9.81 ms−2 = 3.03 s (b) la distanza orizzontale percorsa durante questo tempo può essere ricavata semplicemente dalla legge del moto rettilineo uniforme: d = v0xt = 250 m · 3.03 s = 757.5 m (c) Ricordando che v0y = 0, poiché lungo l'asse y il moto è un moto rettilineo uniformemente accelerato, possiamo scrivere v(t) = at = −9.81 ms−2 · 3.03 s = −29.43 m il segno - deriva dal fatto che la componente verticale della velocità è diretta verso il basso. Esercizio 3.17 Una pallina rotola orizzontalmente cadendo fuori dal bordo di un tavolo alto 1.2 m sul pavimento, sul quale va a battere in un punto alla distanza orizzontale di 1.52 m dal bordo del tavolo. (a) Per quanto tempo e'
    • 24 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO Figura 3.5: Esercizio 3.17 rimasta in aria la pallina?(b) Quale era la sua velocita' all'istante in cui ha la- sciato il tavolo? Soluzione: Deniamo prima di tutto i dati del problema: h = 1.2 m, g = |g| = 9.81 ms−2 , v0 = (v0x, v0y) con v0x incognita e v0y = 0 ms−1 , inne, a = (0, −g). Il sistema di coordinate scelto è quello riportato in gura 3.5 conl'asse delle y rivolto verso l'alto. Come sappiamo un moto di questo tipo è composto da due moti indipendenti: - un moto lungo la direzione x: rettilineo e uniforme con velocità iniziale v0x da determinare e posizione iniziale x0 = 0 m; - un moto lungo la direzione y: uniformemente accelerato con accelerazione a = −g, velocità iniziale v0y = ms−1 e posizione iniziale y0 = h m; (a) Il tempo in cui la pallina rimane in aria è pari al tempo di caduta lungo la direzione y, scriviamo l'equazione oraria del moto tenendo conto che la velocità iniziale lungo l'asse y è nulla: y(t) = y0 + 1 2 at2 ⇒ t = 2(y(t) − y0) a vogliamo trovare il tempo corrispondente a y(t) = 0 (la pallina tocca il suolo), per cui sostituendo i dati del problema otteniamo t = −2h −g = −2 · 1.2 m −9.81 ms−2 = 0.495 s (b) Per la determinazione di v0x osserviamo che la pallina percorre uno spa- zio orizzontale di 1.52 m in 0.495 s, per cui, essendo il moto lungo la direzione x di tipo rettilineo uniforme, è facile calcolare la velocità iniziale lungo la com- ponente x come v0x = s/t = 1.52 m/0.495 s = 3.07 ms−1 . per cui possiamo scrivere v0 = (3.07, 0.0) ms−1 .
    • 25 Esercizio 3.18 Un aviogetto che viaggia a 1890Km/h esce da una picchiata muovendosi lungo un arco di circonferenza di raggio 6Km. Qual'e' la sua acce- lerazione espressa in unita' di g? Soluzione: Convertiamo prima di tutto i dati nelle corrispondenti unità di misura del Si- stema Internazionale, v = 1890km/h = 1890/3.6 = 525 ms−1 , R = 6Km = 6·103 m. Utilizzando la formula dell'accelerazione in un moto circolare uniforme possiamo pertanto scrivere: a = v2 R = 45.9375 ms−2 ∼ 4.7g Esercizio 3.19 Un attrezzo per addestrare astronauti e piloti di aviogetti e' progettato per far ruotare gli allievi su una circonferenza orizzontale di raggio 12 m. Se l'accelerazione risentita dall'allievo e' pari a 7.85 g, a che velocita' sta ruotando? Esprimere il risultato sia in m/s che in giri/s. Soluzione: Anche in questo caso utilizziamo la relazione che lega l'accelerazione e la velocità tangenziale in un moto circolare unifome: a = v2 R ⇒ v = √ aR = √ 7.85 · 9.81 ms−2 · 12 m = 30.4 ms−1 Per rispondere alla seconda parte del problema dobbiamo determinare la fre- quenza del moto ricordando che 1 giro/1 sec = 1 Hz e che la frequenza è sem- plicemente l'inverso del periodo ν = 1/T, a questo punto possiamo utilizzare la relazione che lega velocità tangenziale e periodo nel moto circolare uniforme: 2πR T = 2πRν = v ⇒ ν = v 2πR = 30.4 ms−1 2π12 m = 0.403 Hz
    • 26 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO
    • Capitolo 4 Dinamica Esercizio 4.1 Un fucile da caccia ha massa 5Kg e spara un proiettile con velocità vp = 500Km/h. Se il cacciatore ha massa 75Kg e il sistema fuci- le/cacciatore si trova ad avere velocità vs = 0.1m/s al momento dello sparo, determinare la massa del proiettile. Soluzione: I dati del problema sono i seguenti: mf = 5 kg, mc = 75 kg, vp = 500 km/h = 500/3.6 = 138.88ms−1 , vs = 0.1ms−1 . Prima dello sparo tutte le velocità erano nulle e pertanto lo era anche la quantità di moto totale del sistema cacciatore- fucile + proiettile: ptot = mpvp,0 + msvs,0 = 0 kg ms−1 Poiché nello sparo intervengono solo forze interne al sistema, la quantità di moto totale si deve conservare, per cui la quantità di moto del proiettile dopo lo sparo dovrà avere uguale intensità e direzione ma verso opposto a quella del sistema cacciatore + fucile. In formule |mpvp,t| = |(mf + mc)|vs,t| ⇒ mp = (mc + mf ) vs,t vp,t da cui mp = 80 kg · 0.1 ms−1 138.88 ms−1 = 0.058 kg Esercizio 4.2 Un pattinatore inesperto si trova al centro di una pista circo- lare di pattinaggio sul ghiaccio di raggio R = 25 m e non è in grado di muoversi pattinando. Supponiamo che abbia a disposizione un mazzo di chiavi di massa m = 200 gr. Ipotizzando che la sa massa sia pari a M = 70 kg, con che velocità il pattinatore dovrebbe lanciare il mazzo di chiavi in modo da giungere a bordo 27
    • 28 CAPITOLO 4. DINAMICA pista in 2 min ? (L'attrito pattini/ghiaccio è supposto trascurabile). Soluzione: Calcoliamo prima di tutto la velocità necessaria a raggiungere il bordo pista in 120 s, ipotizzando un moto rettilineo uniforme otteniamo immediatamente: v = 25 m/120 s = 0.2083 ms−1 . A questo punto possiamo applicare il principio di conservazione della quantità di moto, tenendo presente che la quantità di moto iniziale è nulla. Quindi indicando con vc la velocità incognita delle chiavi, possiamo scrivere: mvc = Mvp ⇒ vc = M m vp = 70 .2 · 0.2083 = 72.905 ms−1 vc = 72.905 · 3.6 = 262.458 km/h Probabilmente il pattinatore ricorrerà ad un altro metodo! Esercizio 4.3 Quale è la variazione dell'accelerazione di gravità andando dal livello del mare a 1000 Km di altezza ? Soluzione: Ricaviamo prima di tutto la formula che determina l'accelerazione di gravità al suolo utilizzando il secondo principio della dinamica e la legge della gravitazione universale. Per ogni corpo di massa m vale Fg = ma = mg ma Fg = G mMT R2 0 essendo MT la massa della terra ed R0 il suo raggio (ipotizziamo la terra di forma perfettamente sferica). Otteniamo quindi mg = G mMT R2 0 ⇒ g = G MT R2 0 Ricordiamo che R0 = 6.371 · 106 m, MT = 5.972 · 1024 kg, inoltre il valore della costante di gravitazione universale risulta pari a G = 6.67 · 10−11 Nm2 Kg2 Sostituendo tutti questi valori troviamo per g il valore g = 6.67 · 10−11 Nm2 Kg2 5.972 · 1024 kg (6.371 · 106)2 m
    • 29 da cui g = 6.67 · 5.972 40.589 · 10 Nm2 kg2 kg m2 = 9.81 kg ms−2 m2 kg m2 kg2 = 9.81 ms−2 Quindi, considerando g come funzione dell'altezza rispetto al suolo, possiamo scrivere g(R0 + h) = G MT (R0 + h)2 = G MT R2 0 1 + h R0 2 = g 1 + h R0 2 da cui g(R0 + h) = 9.81 ms−2 1 + 106 m 6.371·106 m 2 ∼ 8.48 ms−2 Esercizio 4.4 L'accelerazione gravitazionale sulla supercie della Luna è circa pari a gL = 1.7 ms−2 . Quanto peserebbe sulla Luna un oggetto il cui peso sulla Terra è pari ad 1 Kg − Peso? Soluzione: Ricordiamo che 1 kgpeso è la forza con cui sulla Terra viene attratto un oggetto di massa pari ad 1 kg che risulta pari a circa 9.8 N. Sulla Luna avremo Fpeso = ma = 1 kg · 1.7 ms−2 = 1.7 N Se consideriamo il rapporto 9.8/1.7 ∼ 5.76 si vede che un oggetto sulla Luna pesa all'incirca 6 volte meno che sulla Terra. Esercizio 4.5 Una slitta a reazione di massa 500kg può accelerare uniforme- mente da 0 km/h a 1600 km/h in 1.8 s. Che forza è necessaria, in modulo? Soluzione: Calcoliamo prima di tutto l'accelerazione a = ∆v ∆t = 1600/3.6 m 1.8 s = 247 ms−2 a questo punto possiamo applicare il secondo principio della dinamica per rica- vare direttamente la forza F = ma = 500 kg · 247 ms−2 = 123.456 · 103 N
    • 30 CAPITOLO 4. DINAMICA Esercizio 4.6 Supponiamo che un veliero solare (un veicolo spaziale con vela spinta dalla luce solare) abbia una massa di 900 kg e riceva una spin- ta di 20 N. (a) Quale è il valore della sua accelerazione? Se parte da fermo, dopo un giorno (b) che distanza avrà coperto e (c) a che velocità starà andando? Soluzione: (a) La sua accelerazione è ricavabile direttamente dal secondo principio della dinamica F = ma ⇒ a = F m = 20 N 900 kg = 0.022 ms−2 (b)Supponendo che l'accelerazione sia costante, possiamo applicare la legge del moto uniformemente accelerato con s0 = 0 e v0 = 0: s(t) = 1 2 at2 = 1 2 0.022 ms−2 · 864002 s = 8.21 · 107 m = 8.21 · 104 km (c) Sempre dalle equazioni del moto uniformemente accelerato ricaviamo v = at = 0.022 ms−2 · 86400 s = 1900.8 ms−1 ∼ 6843 km/h Esercizio 4.7 Un'auto va a sbattere contro il pilone di un ponte alla velocità di 53 km/h. Un passeggero avanza, nella fase di arresto, di 65 cm (rispetto alla strada), trattenuto e inne bloccato dall'intervento dell'air-bag. Che intensità ha la forza (supposta costante) che agisce sul torace del passeggero, di massa 41 kg? Soluzione: Calcoliamo prima di tutto l'accelerazione dovuta all'urto vi = 53/3.6 = 14.72ms−1 , vf = 0ms−1 . L'accelerazione agisce sul corpo del passeggero per tutta la durata dello spostamento d = 0.65 m. Ricordando la relazione che lega accelarazione, velocità e spazio percorso in un moto uniformemente accelerato: v2 f = v2 i + 2a(xf − xi) = v2 i + 2ad possiamo scrivere a = − v2 i 2d il segno - corrisponde al fatto che si tratta di una decelerazione. Inserendo i dati del nostro problema otteniamo: a = − (14.72)2 m2 s−2 2 · 0.65 m = 166.7 ms−2 ∼ 17 g!!! Per ricavare la forza è suciente a questo punto ricordare il secondo principio della dinamica F = ma = 41 kg · 166.7 ms−2 = 6834.7 N
    • 31 Esercizio 4.8 Un'auto del peso di 1.30 · 104 N, che viaggia a 40 km/h, è fre- nata in modo da arrestarsi in 15 m. Ammettendo una forza frenante costante, trovare (a) l'intensità di questa forza e (b) il tempo impiegato a frenare no all'arresto. Se la velocità iniziale fosse doppia e la forza frenante costante fosse la stessa, quali diventerebbero (c) la distanza di arresto e (d) la durata della frenata? Soluzione: (a)Ricaviamo prima di tutto l'accelerazione partendo dalla relazione v2 f = v2 i + 2a(xf − xi) considerando che vf = 0 m, vi = 11.11 ms−1 e xf − xi = 15 m: a = − v2 i 2(xf − xi) = − 11.112 ms−1 30 m = −4.11 ms−2 La massa dell'auto può essere ottenuta ricordando che Fpeso = mg ⇒ m = F g = 1.3 · 104 N 9.81 ms−2 = 1325.18 kg A questo punto possiamo ricavare facilmente l'intensità della forza utilizzando il secondo principio della dinamica (poiché siamo interessati all'intensità soltanto trascuriamo il segno): F = ma = 1325.18 kg · 4.11 ms−2 = 5.446 · 103 N (b) Nota l'accelerazione possiamo ricavare il tempo di arresto a = ∆v ∆t ⇒ ∆t = ∆v a = 11.11 ms−1 4.11 ms−2 ∼ 2.7 s (c) A parità di forza frenante l'accelerazione è la stessa di prima per cui ∆t = 2∆v a = 2t (d) analogamente d = (2vi)2 2a = 4(vi)2 2a = 4d
    • 32 CAPITOLO 4. DINAMICA Esercizio 4.9 Quando un nucleo cattura un neutrone vagante, deve portar- lo ad arrestarsi entro una distanza non superiore al diametro del nucleo stesso, esercitando su di esso la forza forte (che tiene insieme il nucleo ed è pratica- mente nulla al suo esterno). Supponiamo che un neutrone vagante, con velocità iniziale 1.4·107 m/s, sia catturato da un nucleo con diametro d = 1.0·10−14 m. Trovare l'intensità della forza (supposta costante) che agisce sul neutrone, che ha massa pari a 1.67 · 10−27 Kg. Soluzione: Si tratta di un moto uniformemente accelerato per cui vale v2 f = v2 0 + 2ad ⇒ a = − v2 0 2d Sostituendo i dati del problema v0 = 1.4 · 107 ms−1 , d = 10−14 m otteniamo a = (1.4)2 · 1014 m2 s−2 2 · 10−14 m ∼ 0.98 · 1028 ms−2 Dal secondo principio della dinamica possiamo quindi calcolare la forza F = ma = 1.67 · 10−27 kg · 0.98 · 1028 ms−2 = 16.4 N Esercizio 4.10 Un corpo pesa 22 N in un luogo dove l'accelerazione di gra- vità è 9.8 ms−2 . Quali saranno (a) il suo peso e (b) la sua massa in un altro luogo dove l'accelerazione di gravità è 4.9 ms−2 ? Quali saranno (c) il suo peso e (d) la sua massa in un punto dello spazio dove l'accelerazione di gravità è zero? Soluzione: Ricaviamo la massa del corpo Fpeso = mg ⇒ m = Fpeso g = 22 N 9.81 ms−2 = 2.24 kg (a) Il peso è la forza dovuta all'attrazione di gravità, quindi Fpeso = ma = 2.24 kg · 4.9 ms−2 = 11 N (b) La massa essendo una proprietà intrinseca del corpo rimane invariata. (c) In assenza di gravità il peso è nullo Fpeso = ma = 2.24 kg · 0 ms−2 = 0 N mentre (d) la massa continua a rimanere invariata.
    • 33 Figura 4.1: Esercizio 4.11 Esercizio 4.11 Una persona di massa 80 kg si lancia col paracadute e subisce un'accelerazione verso il basso di 2.5 ms−2 . La massa del paracadute è di 5 kg. Quale forza verso l'alto esercita l'aria sul paracadute? Soluzione: Al solito scegliamo un sistema di riferimento con l'asse y orientato verso l'al- to, in questo caso sia a che g hanno segno negativo. Il sistema paracadu- te+paracadutista scende verso il basso con accelerazione a. Questa è legata a tutte le forze che agiscono su tale sistema dalla relazione: (m + M)a = Ftot = Fa + Fp,m + Fp,M = Fa + mg + Mg essendo Fa la forza, incognita, dovuta alla resistenza dell'aria, m = 5kg la massa del paracadute, M = 80 kg la massa del paracadutista, g l'usuale accelerazione di gravità e, inne, a = 2.5 ms−2 l'accelerazione del sistema. Il moto è di tipo unidimensionale lungo la verticale. Possiamo semplicare la notazione elimi- nando il segno di vettore ma prestando attenzione al segno delle accelerazionoi. Con i dati del problema otteniamo quindi: (m+M)a = Fa +(m+M)g ⇒ Fa = (m+M)(a−g) = 85kg·7.3ms−2 = 620.5N Esercizio 4.12 Una motocicletta di peso 2KN accelera da ferma alla velocità di 88.5 km/h in 6 s. Calcolare i moduli (a) dell'accelerazione supposta costante
    • 34 CAPITOLO 4. DINAMICA e (b) della forza che imprime tale accelerazione. Soluzione: Si tratta di un moto uniformemente accelerato per cui possiamo scrivere: a = v(t) − v(0) t = 24.58 ms−1 6 s = 4.1 ms−2 La massa della moto , m, è pari a: m = Fpeso g = 2000N 9.81 ms−2 = 203.87 kg Dal secondo principio troviamo immediatamente F = ma = 203.87 kg · 4.1 ms−2 = 835.88 N Esercizio 4.13 Un corpo di massa M = 3 kg viene schiacciato su una super- cie orizzontale, in cui è presente attrito con µs = 0.6, mediante una forza di 5 N che forma un angolo θ rispetto alla normale. (a) Ricavare il valore che deve avere θ anché il corpo si metta in moto nel caso di assenza di gravità. (b) Come cambia il risultato nel caso in cui sia presente la gravità? Soluzione: (a) Consideriamo dapprima il caso in assenza di gravitá. La situazione delle forze é quella rappresentata nella gura 4.2, chiaramente abbiamo F = F sin θ F⊥ = F cos θ La forza premente è F⊥, ossia la componente di F perpendicolare alla super- cie. La componente parallela, F , tenderà a spingere il corpo verso destra. Lo spostamento avviene solo se F ≥ µsF⊥ = Fattrito statico: F sin θ ≥ µsF cos θ ⇒ tan θ ≥ µs ⇒ θ = tan−1 µs con i dati del problema θ ≥ tan−1 (0.6) ∼ 30.86°. Si noti che nel caso di assenza di gravità, il risultato non dipende né da F, né da m. (b) In presenza di gravità abbiamo F = F sin θ F⊥ = F cos θ + mg Il movimento avviene se F ≥ µsF⊥ = µs(mg + F cos θ)
    • 35 Figura 4.2: Esercizio 4.13 Consideriamo la condizione minima ossia l'uguaglianza F sin θ = µsmg + µsF cos θ poniamo sin θ = √ 1 − cos2 θ e dividiamo ambo i membri per F ottenendo 1 − cos2 θ = µsmg F + µs cos θ da cui (1 − cos2 θ) = µsmg F 2 + µ2 s cos2 θ + 2 µsmg F µs cos θ Riordinando i termini otteniamo un'equazione di secondo grado in cos θ: cos2 θ(1 + µ2 s) + 2 µsmg F µs cos θ + µsmg F 2 − 1 = 0 Si noti che in presenza di gravità, il risultato del nostro problema dipende sia da F che da m. Poniamo per semplicità a = (1 + µ2 s) = 1.36 b = 2 µsmg F µs = 4.238 c = µsmg F 2 − 1 = 11.472 Ricordando che un'equazione di secondo grado ha soluzioni reali solo se si ve- rica la condizione b2 − 4ac ≥ 0, possiamo vericare che nel nostro caso non esistono soluzioni in quanto con i dati del nostro problema b2 − 4ac = −44.44. Quindi il blocco non si muove mai essendo F sempre minore di µsF⊥. Esercizio 4.14 Qual è il minimo raggio di una curva, non inclinata verso l'in- terno, che un ciclista può abbordare alla velocità di 29 km/h se il coeciente di attrito statico tra i battistrada e l'asfalto è 0.32?
    • 36 CAPITOLO 4. DINAMICA Soluzione: La condizione da richiedere è che la forza di attrito statico sia maggiore o uguale alla forza centripeta, in formule: µsmg ≥ mac = m v2 R ⇒ R ≥ v2 gµs Sostituendo i dati del problema R ≥ (29/3.6)2 m2 s−2 0.32 · 9.81 ms−2 = 20.7 m Esercizio 4.15 Una corpo di massa M = 1 kg è legato alla estremità di una molla di costante elastica K = 250 N/m. L'altro estremo della molla viene mantenuto sso. Ipotizzando che il sistema corpo-molla venga poggiato su di un piano con coeciente di attrito statico, µs, pari a 0.45, determinare il mas- simo allungamento che si può dare alla molla senza che il corpo si metta in moto. Soluzione: Indichiamo con d = L − L0 l'allungamento della molla rispetto alla condizione a riposo. Dalla legge di Hooke possiamo quindi ricavare la forza elastica che agisce sul corpo: FM = −kd L'equilibrio si ha quindi se |Fm| ≤ |Fattrito statico| ⇒ kd ≤ Mgµs ⇒ d ≤ Mgµs k Con i dati del problema d ≤ 1 kg · 9.8 ms−2 · 0.45 250 N/m = 0.0176 m = 1.76 cm Esercizio 4.16 Un corpo di massa M = 5 kg poggia su di un piano senza at- trito ed è legato alla estremità di una molla di costante elastica K = 1670 N/m e lunghezza a riposo L = 10 cm. L'altro estremo della molla è attaccato ad un perno ssato sul piano. Quale è la lunghezza della molla nel caso in cui il corpo si muova di moto circolare uniforme con v = 1 ms−1 ? Soluzione: Per muoversi di moto circolare uniforme a velocità v, il corpo deve essere sog- getto ad un'accelerazione centripeta (perpendicolare a v in ogni punto della traiettoria) pari a v2 /L, essendo L la lunghezza della molla che, in questo caso,
    • 37 Figura 4.3: Esercizio 4.16 coincide con il raggio della traiettoria. La corrispondente forza centripeta è data dalla forza di richiamo della molla, le forze sono dirette in direzione radiale. In formule: m v2 L = |K(L − L0)| da cui mv2 = KL2 − KLL0 ⇒ KL2 − KL0L − mv2 = 0 Abbiamo un'equazione di secondo grado in L, verichiamo prima di tutto che sia risolubile nel campo reale calcolando il Delta: ∆ = (KL0)2 + 4Kmv2 = 61289 ≥ 0 quindi L = KL0 ± √ ∆ 2K Delle due soluzioni, solo quella con il segno + è accettabile L1 = 0.124m, l'altra darebbe un valore negativo, per cui la soluzione del problema è: L = 12.4 cm.
    • 38 CAPITOLO 4. DINAMICA
    • Capitolo 5 Energia Esercizio 5.1 Una cassa viene trascinata mediante una corda su un pavimen- to senza attrito per una distanza d = 1m. Si supponga che la forza con cui la corda viene tirata sia pari a 100N e che la direzione della corda formi un angolo θ = 45 °rispetto all'orizzontale. (a) Quanto vale il lavoro eettuato dalla forza sulla cassa? (b) Per quale valore di θ tale lavoro è massimo? Soluzione: Il lavoro svolto è il prodotto scalare fra il vettore forza e il vettore spostamento, quindi L = F · d = Fd cos θ = 100 · 1 · √ 2 2 J = 70.7J Il valore massimo del prodotto scalare si ottiene quando il coseno dell'angolo vale 1 ovvero quando l'angolo θ è nullo. In questo caso F e d risultano paralleli e concordi e il loro prodotto risulta pari a 100 · 1 · 1 = 100J. Figura 5.1: Esercizio 5.1 39
    • 40 CAPITOLO 5. ENERGIA Esercizio 5.2 Una palla da baseball di 145gr viene lanciata con una velocità di 25m/s. (a) Quale è la sua energia cinetica? (b) Che lavoro totale viene com- piuto sulla palla per farle raggiungere tale velocità, se è partita da ferma? Soluzione: (a) Applicando la denizione di energia cinetica si ha immediatamente T = 1 2 mv2 = 1 2 0.145 · 252 = 45.3J (b) se la velocità iniziale è nulla, dal teorema sull'energia cinetica otteniamo L = Tf − Ti = Tf = 45.3J Esercizio 5.3 Quanto lavoro è necessario per accelerare un'auto di massa 1000Kg da 20m/s a 30m/s ? Soluzione: E' suciente calcolare la dierenza di energia cinetica,otteniamo così L = Tf − Ti = 1 2 m(v2 f − v2 i ) = 1 2 · 1000 · 500J = 5 · 10−1 · 103 · 5 · 102 = 2.5 · 105 J Esercizio 5.4 Un'auto che viaggia a 60km/h è in grado, frenando, di fer- marsi in un tratto di 20m. Se l'auto stesse viaggiando ad una velocità doppia (120Km/h), quale sarebbe la sua distanza di arresto? Si assuma che la massima forza frenante sia indipendente dalla velocità. Soluzione: Determiniamo la forza frenante calcolando il lavoro svolto per fermare la mac- china nel primo caso. Durante la frenata i freni eettuano un lavoronegativo sull'auto (che in sostanza è soggetta ad una forza parallela al suo spostamento ma di verso opposto). Pertanto il lavoro svolto per fermare la macchina può essere scritto come L = −Fd d'altro canto per il teorema dell'energia cinetica questo lavoro deve essere uguale alla variazione di energia cinetica che, in questo caso essendo la velocità nale nulla, coincide con l'energia cinetica iniziale. Quindi possiamo scrivere L = Tf − Ti ⇒ −Fd = − 1 2 mv2 i ⇒ d = mv2 i 2F
    • 41 Se ipotizziamo che la forza frenante sia indipendente dalla velocità, sfruttando il secondo dato del problema possiamo scrivere d = m(2vi)2 2F = 2mv2 i F = 4 · d = 80 m Si noti che al raddoppiare della velocità la distanza di arresto diventa 4 volte maggiore. Guidate con prudenza! Esercizio 5.5 Un corpo si trova a 10m dalla supercie terrestre. Quale deve essere il valore della sua massa per cui la sua energia potenziale in questa posi- zione, rispetto a quella relativa al suolo, sia pari a 4.9J ? Soluzione: Ricordando l'espressione dell'energia potenziale gravitazionale U = mgh, tro- viamo subito m = U gh = 4.9J 9.81 ms−210 m = 0.05Kg Esercizio 5.6 Supponiamo che un atleta, avente una massa di 70Kg, eettui una marcia di 10Km lungo un percorso in salita che lo porti dal livello del ma- re sino a 1000m di altezza. Quale è l'aumento del suo consumo energetico (in calorie) rispetto ad un percorso in piano di 10Km? Si trascurino gli eventuali eetti legati al cambiamento del metabolismo umano con l'altezza. Soluzione: Per andare dal livello del mare ad una quota di 1000 m occorre svolgere lavoro contro il campo gravitazionale quindi possiamo scrivere L = ∆U = mgh = 70 · 103 · 9.81J = 6.867 · 105 J considerando che 1cal = 4.186J il lavoro espressoin calorie risulta pari a L = 6.867/4.186 · 105 cal = 1.64 · 105 cal Questo è il consumo energetico addizionale che occorre per eettuare un per- corso che porti ad una quota di 1000 m anziché essere fatto in piano. Esercizio 5.7 Una pietra viene fatta cadere da un'altezza di 3m rispetto al suolo. Determinare la sua velocità quando arriva ad un'altezza di 1m dal terreno. Soluzione: Ricorrendo al principio di conservazione dell'energia possiamo scrivere 1 2 mv2 = ∆U = mg∆h ⇒ v = 2g∆h
    • 42 CAPITOLO 5. ENERGIA da cui v = 2 · 9.81 ms−2 · (3 m − 1 m) = 6.26 ms−1 Esercizio 5.8 Quanto impiega un motore da 1750W per sollevare un piano- forte di 315Kg sino alla nestra del sesto piano, a 16m di altezza dal suolo? Soluzione: L'argano azionato dal motore eettua un lavoro (per contrastare la forza di gravità) pari a mgh pertanto L = mgh; P = L t ⇒ t = mgh P da cui inserendo i dati del problema t = 315 kg · 9.81 ms−2 · 16 m 1750 Js−1 = 28.2 s Esercizio 5.9 Se un'auto sviluppa 18hp di potenza mentre viaggia a una velo- cità costante di 88Km/h, quale deve essere la forza media esercitata dall'attrito e dalla resistenza dell'aria sull'auto? Soluzione: Per prima cosa convertiamo i nostri dati nelle unità del Sistema Internazionale: v = 88km/h = 88/3.6 ms−1 = 24.4 ms−1 P = 18 hp = 18 · 735 W = 1.323 · 104 W Fatto questo, osserviamo che se l'auto si muove a velocità costante la sua accele- razione è nulla e quindi, dal secondo principio della dinamica, possiamo dedurre che la forza complessiva agente su di essa deve essere anch'essa nulla. Indicando con Fa la forza di attrito e con Fm la forza sviluppata dal motore dell'auto, abbiamo quindi Ftot = Fa + Fm = 0 La forza di attrito (dovuta a vari eetti, es. resistenza dell'aria, del suolo, etc...) è bilanciata dalla forza sviluppata dal motore dell'auto. L'energia rilasciata dal motore , con potenza P, è quindi uguale al lavoro svolto dalla forza di attrito (in media) nell'unità di tempo. Possiamo scrivere quindi (assumendo t = 1 s) Lm = P · t = 1.323 · 104 W s = 1.323 · 104 J
    • 43 D'altra parte in un secondo l'auto percorre una distanza pari a d = vt = 24.4 m per cui le forze di attrito fanno un lavoro pari a La = −Fa · d, ma La = −Lm, perché l'auto procede a velocità costante, per cui possiamo possiamo scrivere L = Fa · d ⇒ Fa = Lm d = 1.323 · 104 J 24.4 m = 541 N Esercizio 5.10 Una palla di massa 0.5Kg viene gettata verticalmente in aria con velocità iniziale di 4m/s e raggiunge la massima altezza di 0.8m. Quale è la variazione di energia meccanica del sistema palla-Terra, durante l'ascesa, da attribuirsi alla forza di resistenza aerodinamica? Soluzione: Ipotizziamo prima di tutto l'assenza di attrito e calcoliamo qual'è in questo caso l'altezza massima h che dovrebbe raggiungere la palla. Applicando il principio di conservazione dell'energia, possiamo scrivere U(0) + 1 2 mv2 0 = U(h ) + 1 2 mv2 f ⇒ 1 2 mv2 0 = mgh da cui h = v2 0 2g ∼ 0.8163 m Come si vede questa è maggiore dell'altezza eettivamente raggiunta e la die- renza di energia corrispondente è da attribuirsi alle forze di attrito: ∆E = mg(h − h) = 0.5 kg · 9.81 ms−2 · 0.0163 m ∼ 80 mJ Esercizio 5.11 Si tiene sotto osservazione la temperatura di un cubo di pla- stica mentre viene spinto per un distanza s = 3m strisciando sul pavimento sotto l'azione di una forza orizzontale di intensità F = 15N. dal rilevamento si calcola che l'energia termica del cubo è cresciuta di 20J. Di quanto è cresciuta l'energia termica del pavimento? Soluzione: Ipotizziamo che la cassa sia ferma sia prima che dopo lo spostamento in modo che l'energia cinetica iniziale e nale siano entrambre nulle. Il sistema cubo + pavimento è soggetto a forze di attrito che dissipano il lavoro della forza appli- cata sotto forma di energia termica (energia interna) del cubo e del pavimento. Applicando il principio di conservazione dell'energia possiamo scrivere: L = ∆ET h,p + ∆ET h,c ⇒ ∆ET h,p = L − ∆ET h,c = F · s − ∆ET h,c
    • 44 CAPITOLO 5. ENERGIA da cui ∆ET h,p = L − ∆ET h,c = 15 N · 3 m − 20 J = 25 J Esercizio 5.12 Un nuotatore avanza in acqua alla velocità media di 0.22m/s. Che potenza dissipa sapendo che la resistenza dell'acqua presenta una forza di 110N ? Soluzione: Supponiamo che la velocità resti costante, in questo caso la forza che il nuota- tore sviluppa serve solo ad equilibrare le forze di attrito contrarie al moto. La potenza dissipata dal nuotatore è quindi il lavoro fatto per contrastare tale forza nell'unità di tempo. Indicando con d la distanza percorsa nell'unità di tempo (1 s) possiamo scrivere: L = FN · d = FN chiaramente d = 0.22 ms−1 · 1 s = 0.22 m, da cui L = 110 N · 0.22 m = 24.2 J Poiché questo è il lavoro svolto nell'unità di tempo, la potenza sarà semplice- mente P = L/1 s = 24.2 Js−1 = 24.2 W Esercizio 5.13 Un vagoncino delle montagne russe di massa 1000kg si muove dal punto 1 in gura al punto 2 e quindi al punto 3. (a) Qual'è l'energia poten- ziale gravitazionale nei punti 2 e 3 relativamente al punto 1? Cioè si consideri y = 0 nel punto 1. (b) Qual'è la variazione di energia potenziale quando il vagoncino si sposta da 2 a 3? (c) ripetere le parti (a) e (b) considerando però il punto 3 come riferimento (y = 0) . Soluzione: Ci stiamo occupando dell'energia potenziale del sistema vagoncino-Terra. Con- sideriamo il verso dal basso all'alto come verso y positivo ed usiamo la denizione di energia potenziale gravitazionale per calcolare Ug. (a) Misuriamo le altezza dal punto 1, il che signica che consideriamo l'energia potenziale iniziale uguale a zero. Nel punto 2, in cui y2 = 10 m, si ha: U2 = mgy2 = 1000 kg · 9.8 ms−2 · 10 m = 9.8 · 104 J Nel punto 3, y3 = −15 m, poiché 3 è più basso di 1. Perciò U3 = mgy3 = 1000 kg · 9.8 ms−2 · −15 m = −1.5 · 105 J
    • 45 Figura 5.2: Esercizio 5.13 (b) Muovendosi da 2 a 3, la variazione di energia potenziale (Ug finale−Ug iniziale) è: U3 − U2 = (−1.5 · 105 J) − (9.8 · 104 J) = −2.5 · 105 J L'energia potenziale gravitazionale diminuisce di 2.5 · 105 J. (c) In questo caso y1 = +15 m nel punto 1, quindi l'energia potenziale iniziale (in 1) è uguale a U1 = 1000 kg · 9.8 ms−2 · 15 m = 1.5 · 105 J In 2, y2 = +25 m e quindi l'energia potenziale gravitazionale è: U2 = 2.5 · 105 J In y3 = 0 l'energia potenziale è zero. La variazione di energia potenziale, andando dal punto 2 al punto 3 è quindi pari a 0 J − 2.5 · 105 J = 2.5 · 105 J che è la stessa ottenuta nella parte (b). Esercizio 5.14 Assumendo che l'altezza del dislivello in gura 5.3 sia pari a 40 m e che il vagoncino delle montagne russe parta da fermo dalla sommità a sinistra, calcolate (a) la velocità del vagoncino in fondo all'avvallamento e (b) a quale altezza avrà metà di tale velocità. Considerate y = 0 m nel punto più basso dell'avvallamento. Soluzione: Scegliamo che il punto 1 sia dove il vagoncino parte da fermo (v1 = 0) e il punto 2 dove y2 = 0. Usiamo la conservazione dell'energia meccanica: 1 2 mv2 1 + mgy1 = 1 2 mv2 2 + mgy2 ⇒ mgy1 = 1 2 mv2 2 Le masse si semplicano e, ponendo y1 = 40 m, troviamo v2 = 2gy1 = √ 2 · 9.81 ms−2 · 40 m = 28 ms−1
    • 46 CAPITOLO 5. ENERGIA Figura 5.3: Esercizio 5.14 (b) Usiamo di nuovo la conservazione dell'energia meccanica, ma ora v2 = 14 ms−1 e y2 è incognita. Eliminiamo le masse, poniamo sempre v1 = 0 e risolviamo rispetto ad y2 ottenendo y2 = y1 − v2 2 2g = 30 m Quindi il vagoncino quando si trova 30 m verticalmente al di sopra del punto più basso, ha una velocità di 14ms−1 sia quando sta scendendo lungo la discesa di sinistra, sia quando sta salendo lungo la salita di destra.
    • Capitolo 6 Meccanica dei Fluidi Esercizio 6.1 Un contenitore chiuso sotto vuoto (Patm = 0) ha la forma di un cilindro di raggio di base pari a 1m e altezza 15m e contiene 15Kl di acqua. (a) Quale é la pressione esercitata dall'acqua sulla base del cilindro? (b) Come cambia il risultato se il contenitore è aperto superioremente (Patm = 1.01 bar)? Soluzione: (a) La pressione alla base è dovuta alla forza peso dell'acqua contenuta nel cilindro: p = F S = Mg S = ρV g S = ρgh La determinazione dell'altezza del cilindro, incognita, può essere ricavata a partire dal volume, h = V/S = (15 · 103 lt)/(π m2 ) =∼ 4.78 m. Quindi: p = ρgh = 103 kg/m3 · 4.78 m · 9.8 ms−2 ∼ 4.7 · 104 Pa (b) In questo caso dobbiamo aggiungere la pressione atmosferica, per cui la nostra equazione diventa: p = ρgh + patm = (0.47 + 1.01) · 105 Pa = 1.48 · 105 Pa Esercizio 6.2 Determinare come varia la pressione nel mare in funzione della profonditá. Si consideri per l'acqua del mare ρ = 1.024 · 103 Kg/m3 . Soluzione: Dalla legge di Stevino: p(y) = p(0) + ρgy ovvero la dierenza di pressione fra il livello del mare e la profonditá y è pari alla pressione idrostatica di una colonna d'acqua di altezza y. A livello del mare p(0) = patm = 1.01 · 105 Pa. Alla profonditá y generica avremo p(y) = p(0) + ρgy ∼ 1.01 · 105 Pa + 1.024 · 103 kg/m3 · 9.81 ms−2 · y m 47
    • 48 CAPITOLO 6. MECCANICA DEI FLUIDI p(y) ∼ (1.01 + 0.1 · y) · 105 Pa dove y é misurato in metri. Si ha quindi un aumento di pressione di circa 0.1atm per ogni metro. Esercizio 6.3 Un corpo di massa 1kg e volume 500cm3 viene completamente immerso in acqua pura (ρ = 103 Kg/m3 ). Quale sará il suo peso apparente in acqua? Soluzione: Dal principio di Archimede,indicando con ma la massa dell'acqua spostata, si ha: Fpeso apparente = mg − Fa = mg − mag d'altro canto ma = ρ · V = 500 cm3 · 103 kg/m3 = 0.5 kg per cui Fpeso apparente = mg − Fa = mg − mag = (1 kg − 0.5 kg) · 9.81 ms−2 = 4.9 N Questo corpo presenta in acqua un peso apparente che è la metà di quello ori- ginale. Esercizio 6.4 Un rubinetto é aperto in modo che la portata d'acqua rilascia- ta sia Q = 10 l/min. All'uscita del rubinetto la sezione del lo d'acqua sia A0 = 1.5 cm2 . Determinare la sezione del lo d'acqua ad una altezza posta 20 cm piuú in basso rispetto a questo punto. Soluzione: Determiniamo prima di tutto la velocità dell'acqua in corrispondenza dell'uscita del rubinetto. Per denizione di portata, possiamo scrivere Q = A0v0 ⇒ v0 = Q A0 = 1.67 · 10−4 m3 /s · 1 1.5 cm2 ∼ 1.11 ms−1 Per il teorema di continuità, possiamo scrivere: Q = v0A0 = vhAh ⇒ Ah = v0A0 vh con vh al momento incognita. Per determinare questa quantità osserviamo che il generico volumetto d'acqua cade di moto uniformemente accelerato con a = g, si ha quindi: v2 h = v2 0 + 2gh ⇒ vh = v2 0 + 2gh = 2.27 ms−1
    • 49 da cui: Ah = Q vh = 1.67 · 10−4 m3 s−1 2.27 ms−1 = 0.74 · 10−4 m2 = 0.74 cm2 Esercizio 6.5 Supponiamo che, a causa del colesterolo, il diametro di un trat- to di un'arteria si riduca da 0.8 a 0.78 cm. Quale deve essere la variazione della dierenza di pressione alle estremitá di questo tratto anché la portata del us- so sanguigno rimanga invariata? Soluzione: Utilizziamo la legge di Poiseuille, indicando con Qi e Qf rispettivamente la portata iniziale e nale dell'arteria, possiamo scrivere Qi = πR4 i ∆Pi 8ηL ; Qf = πR4 f ∆Pf 8ηL anché le due portate siano uguali dobbiamo avere πR4 i ∆Pi 8ηL = πR4 f ∆Pf 8ηL ⇒ ∆Pf = R4 i R4 f ∆Pi da cui ∆Pf = 0.8 cm 0.78 cm ∆Pi ∼ 1.11 ∆Pi Quindi occorre un aumento di pressione di circa l'11 per cento. Esercizio 6.6 Calcolare il lavoro svolto su 1.4 m3 di acqua spinta in un tubo di diametro interno 13mm da una dierenza di pressione tra le estremitá di 1bar. Soluzione: Sul volume di acqua agisce una forza netta pari a Ftot = F1 − F2 = P1S − P2S = S∆P Lo spostamento subito dal generico volumetto d'acqua appartenenete a tale volume complessivo, nell'andare dalla posizione iniziale a quella nale (che de- limitano il volume d'acqua nella condotta) è pari a ∆x = V/S, essendo V il volume d'acqua spostato ed S la sezione del tubo; quindi Ltot = Ftot · ∆x = S∆P V S = V ∆P = 1.0 · 105 Pa · 1.4 m3 ∼ 1.4 · 105 J
    • 50 CAPITOLO 6. MECCANICA DEI FLUIDI Esercizio 6.7 Calcolare il calo di pressione per cm lungo l'aorta, sapendo che il suo raggio é circa 1.2cm, il sangue vi circola con velocitá pari a circa 40cm/s e che la viscositá del sangue é circa 4·10−2 poise. Si trascurino gli eetti di attrito. Soluzione: Utilizziamo l'equazione di Poiseuille esplicitando la dierenza di pressione Q = πR4 ∆P 8ηL ⇒ ∆P = 8ηLQ πR4 D'altra parte dalla denizione di portata abbiamo Q = vS = πvR2 Quindi ∆P = 8ηLπvR2 πR4 = 8ηLv R2 = 8 · 4 · 10−3 Pa s · 0.01 m · 0.4 ms−1 (1.2)2 · 10−4 m2 ∼ 0.89 Pa Esercizio 6.8 Considerando un gradiente di pressione costante, di quale fat- tore deve decrescere il raggio di un capillare per ridurre la portata del usso sanguigno del 75 per cento ? Soluzione: Utilizziamo ancora una volta l'equazione di Poiseuille Q = πR4 ∆P 8ηL La domanda che ora ci poniamo è come determinare R in modo che Q = 0.25·Q. πR 4 ∆P 8ηL = 0.25 πR4 ∆P 8ηL ⇒ R 4 = 0.25 R4 ⇒ R ∼ 0.71 R Calcolando la variazione percentuale si ha R − R R = 1 − 0.71 1 ∼ 0.29 Quindi una variazione del raggio del 29 per cento produce una riduzione della portata del 75 per cento! Esercizio 6.9 La gura 6.1 mostra come il usso d'acqua che esce da un ru- binetto si restringa mentre cade. L'area di sezione A0 è di 1.2 cm2 mentre la sezione A è di 0.35 cm2 . I due livelli sono separati da una distanza verticale
    • 51 Figura 6.1: Esercizio 6.9 h = 45 mm. Qual'è il usso d'acqua che esce dal rubinetto? Soluzione: La portata deve essere la stessa attraverso entrambe le sezioni. Quindi dall'e- quazione di continuità possiamo scrivere A0v0 = Av dove v0 e v sono le velocità dell'acqua ai corrispondenti livelli. Inoltre poiché l'acqua cade liberamente sotto l'eetto dell'accelerazione di gravità g possiamo utilizzare le equazioni del moto uniformemente accelerato per scrivere v2 = v2 0 + 2gh Eliminando v fra le precedenti equazioni e risolvendo rispetto a v0 otteniamo v0 = 2ghA2 A2 0 − A2 = 2 · 9.8 ms−2 · 0.045 m · (0.35 cm2)2 (1.2 cm2)2 − (0.35 cm2)2 = 0.286ms−1 = 28.6cm/s La portata è quindi pari a Q = A0v0 = (1.2 cm2 )(28.6 cm/s) = 34 cm3 /s
    • 52 CAPITOLO 6. MECCANICA DEI FLUIDI Esercizio 6.10 Qual'è il volume V di elio necessario per un pallone che deve sollevare un peso di 180 kg (incluso il peso del pallone vuoto). Soluzione: La spinta di Archimede sul pallone di elio, FA. che è uguale al peso di aria spostata, deve essere almeno uguale al peso dell'elio più il peso del pallone e del carico. La densità dell'elio è pari a 0.179 kg/m3 . La spinta di archimede deve avere un valore minimo pari a FA = (mHe + 180 kg) · g Quest'equazione può essere scritta in termini di densità utilizzando il principio di Archimede ρariaV g = (ρHeV + 180 kg) · g Risolvendo in funzione di V troviamo: V = 180 kg ρaria − ρHe = 180 kg 1.29 kg/m3 − 0.179 kg/m3 = 160 m3 Si noti che questo è il minimo volume necessario vicino alla supercie terrestre dove ρaria = 1.29 kg/m3 . Per raggiungere altitudini maggiori, è necessario un volume più grande, poiché la densità dell'aria diminuisce con l'altitudine.
    • Capitolo 7 Termologia Esercizio 7.1 L'asta di una bandiera, fatta di alluminio (α = 2.3·10−5 ◦ C−1 ), è lunga 33 m. Di quanto aumenta la sua lunghezza se si incrementa la sua tem- peratura di 15 ◦ C? Soluzione: ∆L = L − L0 = L0(1 + α∆T) − L0 = L0α∆T da cui ∆L = 33 m · 2.3 · 10−5 · 15 = 1.14 · 10−2 m = 1.14 cm Esercizio 7.2 Un cubo di ottone (α = 1.9 · 10−5 ◦ C−1 ) alla temperatura di 20 ◦ C ha il lato di lunghezza 30 cm. Quale è l'incremento della sua supercie totale quando viene riscaldato no a 75 ◦ C? Soluzione: Calcoliamo il coeciente di dilatazione volumica: β = 3α = 5.7 · 10−5 C−1 . Quindi possiamo scrivere: Vf = Vi(1 + β∆T) = L3 0(1 + β∆T) = L3 Per quanto riguarda la supercie abbiamo Si = 6L2 0, Sf = 6L2 da cui L = L0(1 + β∆T)1/3 ⇒ Sf = 6L2 0(1 + β∆T)2/3 sostituendo i dati del problema Sf = 6(30 cm2 )(1 + 5.7 · 10−5 · 55)2/3 ∆S = Sf − Si = 6(30 cm2 )[(1 + 3.135 · 10−3 )2/3 − 1] ∼ 11.28 cm2 53
    • 54 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA Si noti che in questo caso non è possibile applicare la formula della dilatazione lineare al singolo lato L. Esercizio 7.3 Un dietologo invita i propri pazienti a bere acqua ghiacciata perché, secondo la sua teoria, si consumano grassi in modo rilevante per innal- zare la temperatura dell'acqua da 0 a 37 ◦ C. Quanti litri di acqua ghiacciata occorre ingerire per consumare 500 g di grassi, assumendo che la combustione del grasso fornisca 7 Kcal a grammo? Perché è sconsigliabile questa dieta? Soluzione: Calcoliamo la quantità di calore corrispondente alla combustione di tutti i grassi: Q = (500 g)(7 kcal/g) = 3500 kcal Tale quantità di calore dovrebbe riscaldare una quantità incognita di acqua dalla temperatura di 0 ◦ C a circa 37 ◦ C. Dalla relazione Q = mxC∆T dove ∆T = 37 ◦ C e C = 1 kcal/kg ◦ C (calore specico dell'acqua) troviamo: da cui mx = Q C∆T = 3500 kcal 1 kcal kg ◦C · 37 ◦C ∼ 94.6 kg Quindi si dovrebbero bere quasi 100 litri di acqua! Decisamente poco pratico. Esercizio 7.4 Quanta energia deve sottrarre un frigorifero da 1.5 kg di acqua a 20 ◦ C per trasformarla in ghiaccio a −12 ◦ C? Soluzione: Indichiamo con Lg = −79.7kcal/kg il calore latente di solidicazione dell'acqua, CH2O = 1 kcal kg ◦C il calore specico dell'acqua e, inne, con Cg = 2090 J/kg ◦ C il calore specico del ghiaccio. Il processo avviene in tre fasi distinte: (1) l'acqua allo stato liquido passa dalla temperatura di 20 ◦ C alla temperatura di 0 ◦ C. In questo processo il calore trasferito dall'acqua al frigorifero è pari a: Q1 = m · CH2O · ∆T = 1.5 kg · 1 kcal kg ◦C · (−20) ◦ C = −30 kcal (2). Formazione del ghiaccio. Il processo avviene a temperatura costante (T = 0 ◦ C): Q2 = mLg = −1.5 kg · 79.7 kcal/ kg = −119.55 kcal (3). Rareddamento del ghiaccio da 0 ◦ C a −12 ◦ C. Convertiamo innanzitutto il calore specico del ghiaccio in kcal kg ◦C , ricordando che 1J = 0.0002388458966275kcal, otteniamo Cg = 2090 J/kg ◦ C = 2090 · 0.0002388458966275 kcal kg ◦C ∼ 0.5 kcal kg ◦C
    • 55 da cui Q3 = mCg∆T = 1.5 kg · 0.5 kcal kg ◦C · (−12) ◦ C = −9 kcal Per cui in totale otteniamo: Qtot = Q1 + Q2 + Q3 = (−30 − 119.55 − 9) kcal = −158.55 kcal poiché 1 cal ∼ 4.187 J, possiamo scrivere Qtot ∼ −158.55 · 4.187 ∼ −663.7 kJ. Questa è la quantità di calore totale che il frigorifero deve assorbire dall'iniziale quantità di acqua per completare il processo. Esercizio 7.5 Quale quantità di burro (6 Cal/g = 6 Kcal/g) fornirebbe l'e- nergia occorrente ad un uomo di 73 kg per compensare l'energia potenziale necessaria a salire sulla cima del Monte Everest, alto 8840 m, dal livello del mare? (Si assuma g costante e pari a 9.8 ms−2 ). Soluzione: La variazione di energia potenziale gravitazionale è facilmente calcolabile dalla relazione Ep = mgh, questa equivale all'energia necessaria per arrivare alla quota h contrastando la forza peso, per cui: Ep = 73 kg · 8.840 · 103 m · 9.8 ms−2 ∼ 6.32 · 106 J Ricordando che 1 cal ∼ 4.186 J, questa energia equivale a circa 6.32/4.186 · 106 cal ∼ 1.51 · 106 cal. Possiamo quindi ricavare la massa di burro richiesta dalla relazione: mx = E 6 kcal/g = 1.51 · 106 cal 6 · 103 cal/g ∼ 2.52 · 102 g circa due etti e mezzo di burro! Esercizio 7.6 Si scaldano 100 g di acqua in un bicchiere mediante una resi- stenza elettrica a immersione. La resistenza converte energia elettrica in energia termica con potenza di 200 W. Trascurando le perdite, calcolare il tempo ne- cessario per elevare la temperatura dell'acqua da 23 ◦ C a 100 ◦ C. Soluzione: La quantità di calore da fornire all'acqua per eettuare questo aumento di temperatura è pari a: Q = mC∆T = 0.1 kg · 1 kcal kg ◦C · 77 ◦ C = 7.7 kcal = 32.2 kJ La resistenza ha una potenza P = Q/t = 200 W = 200 J/s, quindi il tempo necessario per cedere il calore Q è pari a: t = Q P = 32.2 kJ 200 W = 32.2 · 103 J 200 J/s ∼ 161 s
    • 56 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA circa 2.7 minuti. Esercizio 7.7 Durante l'attività sica, una persona può perdere 180 Kcal in 30 min per evaporazione dell'acqua dalla pelle. Quanta acqua viene persa? Soluzione: Ricordiamo che il calore latente di vaporizzazione è pari a LV = 2450 kJ/kg = 2450 4.186 kcal/kg ∼ 585.3 kcal/kg Nell'evaporazione l'acqua deve assorbire (a temperatura costante) calore in base alla relazione Q = LV m ⇒ m = Q LV = 180 kcal 585.3 kcal/ kg ∼ 0.31 kg Esercizio 7.8 Se a una boccia di ossigeno liquido a −183 ◦ C vengono forniti 2.80 · 105 J di energia, quanto ossigeno evapora? Soluzione: Q = 2.8 · 105 J = 2.8 · 105 4.186 cal ∼ 6.69 · 104 cal per l'ossigeno liquido a −183 ◦ C il calore latente di evaporazione è pari a : LO = 51 kcal/ kg. Pertanto la massa di ossigeno che evapora è pari a: Q = LOm ⇒ m = Q LO = 6.69 · 104 cal 51 · 103 cal/ kg ∼ 1.31 kg Esercizio 7.9 Se ci trovassimo nello spazio siderale lontano dal Sole e in as- senza di vestiti o protezioni sentiremmo il freddo dell'Universo (Tb ∼ 3K), verso il quale irraggeremmo energia assorbendone indietro pochissima. (a) Con che potenza netta perderemmo energia? (b) Quanta energia perderemmo in 30 s? Si ipotizzi Scorpo = 2 m2 , e = 0.9, Tcorpo = 35 ◦ C. Soluzione: (a) Esprimiamo prima di tutto la temperatura del corpo in gradi Kelvin, dalla relazione T( K) = T( ◦ C) + 273.16 ricaviamo immediatamente Tcorpo = 308.16K. Dalla legge di Stefan-Boltzmann, la potenza totale irraggiata é data dalla relazione: Pt = eσA(T4 b − T4 corpo)
    • 57 essendo σ = 5.67 · 10−8 W m−2 K−4 . Sostituendo i dati del problema ricaviamo Pt = 0.9 · 5.67 · 10−8 W m−2 K−4 · 2 m2 (81 − 90.2 · 108 ) K4 da cui Pt ∼ −920 W il segno é negativo perché si tratta di energia ceduta. (b) In 30 s perderemmo un'energia pari a: Q = Pt · 30 s = −920 W · 30 s = −2.76 · 104 J A causa della dipendenza dalla quarta potenza della temperatura, il contributo dell'assorbimento dal vuoto è assolutamente trascurabile. Esercizio 7.10 Una sfera di raggio R = 0.5 m, temperatura T = 27 ◦ C ed emittanza e = 0.85 è collocata in un ambiente a temperatura Ta = 77 ◦ C. (a) Quale è la potenza radiante emessa dalla sfera? (b) Quale è quella assorbita? (c) Quanto vale la potenza netta scambiata? Soluzione: Calcoliamo la supercie della sfera R = 0.5 m ⇒ S = 4πR2 ∼ 3.14 m2 , inoltre T = 300.16 K e Ta = 350.15 K. Utilizzando la legge di Stefan-Boltzmann P = σSeT4 troviamo: (a) Potenza emessa: Pe = 5.67 · 10−8 W m−2 K−4 · 0.85 · 3.15 m2 · 300.164 K ∼ 1.23 kW (b) Potenza assorbita: Pa = 5.67 · 10−8 W m−2 K−4 · 0.85 · 3.15 m2 · 350.164 K ∼ 2.27 kW (c) Potenza totale: Ptot = Pa − Pe = (2.27 − 1.23) kW = 1.04 kW Esercizio 7.11 Determinare il volume di una mole di un gas qualsiasi in con- dizioni standard (T = 0 ◦ C, P = 1 atm = 1.013 · 105 Pa), assumendo che si comporti come un gas perfetto. Soluzione: Consideriamo l'equazione di stato per i gas perfetti: pV = nRT ⇒ V = nRT p , R = 8.31 JK−1 mol−1
    • 58 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA Se n = 1 il volume corrispondente é quindi pari a: V = 1 mol · 8.31 JK−1 mol−1 · 273.16 K 1.013 · 105 Pa = 2.27 · 103 N m 1.013 · 105 N m−2 da cui: V = 2.24 · 10−2 m3 = 22.4 lt, (1 lt = 10−3 m3 ) Esercizio 7.12 Stimare quante molecole vengono inspirate con un litro di aria, corrispondente ad un respiro. Si approssimi l'aria ad un gas perfetto con T = 20 ◦ C e P = 1 atm. Soluzione: Utilizziamo l'equazione di stato dei gas perfetti con V = 1 lt = 10−3 m3 , T = 293.16 K, p = 1.013 · 105 Pa: pV = nRT ⇒ n = pV RT = 1.013 · 105 Pa · 10−3 m3 8.31 JK−1mol−1 · 293.16 K ∼ 0.0416 mol 1 mole contiene un numero di molecole pari al numero di Avogadro NA = 6.022 · 1023 molecole/mole, quindi Nx = NA · n = 6.022 · 1023 molecole/mole · 0.0416 mol ∼ 2.5 · 1022 molecole Esercizio 7.13 Una bolla d'aria di volume 20cm3 si trova sul fondo di un lago profondo 40 m, dove la temperatura è di 4 ◦ C. La bolla sale in supercie, dove la temperatura è di 20 ◦ C. Supponendo che la temperatura della bolla sia la stessa dell'acqua circostante trovare il suo volume appena prima che raggiunga la supercie. Soluzione: Calcoliamo prima di tutto la pressione esistente sul fondo del lago. Dalla legge di Stevino ricaviamo: p = 1 atm + ρgh ∼ 5 atm (in pratica si ha un incremento di circa 1 atm per ogni 10 m di profonditá di acqua). Ipotizziamo che l'aria nella bolla sia in condizioni di gas ideale, vale quindi la relazione pV = nRT, sul fondo del lago abbiamo: p0V0 = nRT0 ⇒ n = p0V0 RT0 Sulla supercie si ha: pf Vf = nRTf = p0V0 RT0 RTf ⇒ Vf = V0 p0 pf Tf T0
    • 59 da cui Vf = 5 · 20 cm3 293 K 277 K ∼ 105.8 cm3 Esercizio 7.14 Determinare il lavoro compiuto su 3 moli di un gas ideale per farlo passare da un volume di 3 m3 ad un volume di 2 m3 alla temperatura costante di 25 ◦ C. Soluzione: Si tratta di una trasformazione isoterma per la quale possiamo scrivere, a livello dierenziale, dL = pdV . Integrando troviamo l'espressione generale del lavoro compiuto sul gas: L = Vf Vi p(V )dV Utilizzando l'equazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare la dipendenza funzionale della pressione dal volume per cui possiamo scrivere (ricordando che il processo avviene a temperatura costante): L = Vf Vi p(V )dV = −nRT Vi Vf 1 V dV Si noti che il cambio di segno è dovuto allo scambio dei limiti di integrazione. Ricordando che l'integrale di 1/x é ln x, possiamo inne scrivere: L = −nRT ln V |V0 Vf = −nRT ln V0 Vf e, sostituendo i dati del problema: L = −3 mol · 8.31 JK−1 mol−1 · 298 K ln 3 2 ∼ −3012.3 J Il segno del lavoro è negativo in quanto si tratta di lavoro svolto sul gas (com- pressione). Esercizio 7.15 Un gas perfetto monoatomico (γ = 5/3) a Ti = 300 K occupa un volume Vi = 0.5 m3 con Pi = 200 kPa. Il gas si espande adiabaticamen- te no a quando il suo volume diventa Vf = 1.2 m3 . Successivamente viene compresso isobaricamente no ad un volume pari a Vi. Inne la sua pressione viene aumentata isocoricamente no a riportare il gas nello stato iniziale. (a) Rappresentare il processo in un diagramma P − V . (b) Determinare T alla ne di ogni trasformazione. (c) Trovare il lavoro compiuto nel ciclo. Soluzione: (a) Con riferimento alla gura 7.1b, abbiamo 3 trasformazioni:
    • 60 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA Figura 7.1: A) Esercizio 7.14 B) Esercizio 7.15 (1) adiabatica : pV γ = cost (2) isobara : p = pf = cost (3) isocora : V = Vi = cost (b) Essendo il gas ideale, possiamo utilizzare l'equazione dei gas perfetti in ogni stato. piVi = nRT ⇒ n = piVi RTi (1) (A → B). Consideriamo la prima trasformazione, essendo un'adiabatica vale: piV γ i = pf V γ f ⇒ pf = piV γ i V γ f utilizzando l'equazione di stato ricaviamo: T (B) f = pf Vf nR = pf Vf piVi RTi R = pf Vf piVi Ti da cui: T (B) f = piV γ i Vf V γ f piVi Ti = V γ−1 i V γ−1 f Ti e, sostituendo i dati del problema: T (B) f = 0.5 m3 1.2 m3 5 3 −1 · 300 K = 167.4 K
    • 61 (2) (B → C). Trasformazione isobara con p = pf : pf = pi V γ i V γ f = 200 kPa · 0.5 m3 1.2 m3 5 3 ∼ 46.49 kPa utilizzando l'equazione di stato dei gas perfetti possiamo trovare il valore della temperatura nel punto (c): T (c) f = pf Vi nR = pf Vi piVi RTi R = Ti · pf pi e, sostituendo i dati del problema: T (c) f = 46.49 kPa 200 kPa · 300 K = 69.74 K (3) (C → A). Trasformazione isocora. Alla ne di questa trasformazione il gas si trova nuovamente nello stato iniziale per cui T (c) f = Ti = 300 K. (c) Il lavoro compiuto nel ciclo è pari all'area della regione circoscritta dalle tre trasformazioni: Ltot = B A pdV adiabatica + C B pdV isobara + 0 isocora ricordando che lungo l'adiabatica: pV γ = pAV γ A = piV γ i = costante possiamo scrivere: Ltot = piV γ i B A dV V γ + pf C B dV ma: B A dV V γ = B A V −γ dV = V 1−γ 1 − γ B A per cui: Ltot = piV γ i (V 1−γ f − V 1−γ i ) 1 − γ − pf (Vf − Vi) ma piV γ i = pf V γ f lungo l'adiabatica, quindi: Ltot = pf V γ f V 1−γ f − piV γ i V 1−γ i 1 − γ − pf (Vf − Vi) = = pf Vf − piVi 1 − γ − pf (Vf − Vi) = nR(T (B) f − Ti) 1 − γ − pf (Vf − Vi) Ltot = piVi Ti (T (B) f − Ti) 1 − γ − pf (Vf − Vi)
    • 62 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA sostituendo i dati del problema troviamo inne: Ltot = 200 kPa · 0.5 m3 300 K (167.4 − 300) K 1 − 5/3 − 46.69 kPa · (1.2 − 0.5) m3 = 66.3 kJ − 32.54 kJ = 33.76 kJ Esercizio 7.16 Un pallone di elio, approssimativamente sferico, ha un raggio di 18 cm. A temperatura ambiente (20°C) ha una pressione interna di 1.05 atm. Trovare il numero di moli di elio nel pallone e la massa di elio necessaria per gonare il pallone a questi valori. Soluzione: Possiamo usare la legge dei gas perfetti per trovare n (numero di moli) poiché conosciamo p e T e possiamo trovare V dal raggio cheé noto. Troviamo prima il volume V del pallone: dalla formula della sfera: V = 4 3 πr3 = 4 3 π(0.180 m)3 = 0.0244 m3 La pressione é data come 1.05 atm = 1.064 · 105 N/ m2 . La temperatura deve essere espressa in kelvin, quindi abbiamo: n = pV RT = 1.064 · 105 N/ m2 · 0.0244 m3 8.31 JK−1mol−1 · 293 K = 1.066 mol La massa dell'elio puó essere ottenuta a partire dalla massa molecolare mmol = 4.00 g/ mol tramite la formula: m = n · mmol = (1.066 mol)(4.00 g/ mol) = 4.26 g Esercizio 7.17 Uno pneumatico di automobile viene gonato ad una pressio- ne relativa di 200 kPa a 10°C. Dopo un tragitto di 100 km, la temperatura al suo interno sale a 40°C. Qual'è ora la pressione all'interno dello pneumatico? Soluzione: Non conosciamo né il numero di moli del gas, né il volume dello pneumatico ma possiamo assumere senza perdere troppo di generalità che siano costanti. Uti- lizziamo la formula dei gas perfetti. Poiché il volume rimane pressoché costante, abbiamo: P1 T1 = P2 T2
    • 63 Questo é, incidentalmente, l'enunciato della legge di Gay-Lussac. Poiché la pressione data é la pressione relativa, dobbiamo sommare a questa la pressione atmosferica per avere la pressione assoluta: P1 = 200 kPa + 101 kPa = 301 kPa Convertiamo inoltre la temperatura in gradi kelvin e risolviamo rispetto a p2: p2 = p1 T2 T1 = (3.01 · 105 Pa) 313 K 283 K = 333 kPa Sottraendo la pressione atmosferica troviamo che la pressione relativa dello pneumatico è pari a 232 kPa che rappresenta un incremento del 16 per cen- to. Questo esempio spiega perché i manuali delle automobili consigliano di controllare la pressione quando gli pneumatici sono freddi. Esercizio 7.18 Un atleta è seduto svestito in uno spogliatoio i cui muri scuri si trovano ad una temperatura di 15 ◦ C. Stimate la rapidità con cui il calore viene ceduto per irraggiamento assumendo una temperatura della pelle di 34 ◦ C ed e = 0.7. Prendete come supercie del corpo non a contatto con la sedia il valore di 1.5 m2 . Soluzione: Possiamo dare una stima approssimativa utilizzando l'equazione di Stefan-Boltzmann: P = ∆Q ∆t = eσA(T4 1 − T4 2 ) da cui: P = (0.7)(5.67 · 10−8 W/ m2 · K4 )(1.5 m2 )[(307 K)4 − (288 K)4 ] = 120 W L'emissione di una persona a riposo è di poco superiore a quella di una lampadina da 100 W.
    • 64 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA
    • Capitolo 8 Elettrostatica Esercizio 8.1 Quanto vale il modulo della forza di attrazione elettrostatica tra un nucleo di ferro (q = +26e) e il suo elettrone piú interno che orbita a circa 1.5 · 10−12 m? Soluzione: Indichiamo con F il modulo della forza, dalla legge di Coulomb troviamo im- mediatamente: F = k Qq r2 = k 26e2 r2 essendo e ∼ 1.6 · 10−19 C la carica elettrica elementare e k ∼ 9 · 109 Nm2 C−2 la costante di Coulomb. Sostituendo i dati del problema ricaviamo quindi: F = 9 · 109 Nm2 C−2 · 26 · (1.6)2 · 10−38 C2 (1.5)2 · 10−24m2 = 2.66 · 10−3 N Esercizio 8.2 Tre particelle, aventi carica Q1 = −8 µC, Q2 = +3 µC e Q3 = −4 µC, sono disposte su una retta. La carica 2 é posta tra le altre due ad una distanza di 0.3 m dalla 1 e di 0.2 m dalla 3. Calcolare il modulo della forza totale agente sulla particella 3 dovuta alle altre due. Soluzione: Per il principio di sovrapposizione delle forze possiamo scrivere: F3 T OT = F31 + F32 Dato che la congurazione delle forze è lineare possiamo tralasciare il segno di vettore ponendo peró attenzione ai segni delle forze stesse. F31 e F32 sono date dalla legge di Coulomb F31 = k q1q3 r2 31 = 9 · 109 N m2 C−2 · (−8 · 10−6 )(−4 · 10−6 ) C2 (0.5)2 · m2 ∼ 1.15 N 65
    • 66 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA Figura 8.1: Esercizio 8.2 F32 = k q2q3 r2 32 = 9 · 109 N m2 C−2 · (3 · 10−6 )(−4 · 10−6 ) C2 (0.2)2 · m2 ∼ −2.7 N da cui F3 T OT = (1.15 − 2.7) N = −1.55 N La forza risultante è negativa indicando così che l'attrazione dovuta a q2 supera la repulsione dovuta a q1. Esercizio 8.3 Due cariche elettriche da −25 µC e +50 µC distano 10 cm. (a) Determinare l'intensitá e la direzione del campo elettrico nel punto P posto tra le due cariche lungo la congiungente a distanza di 2 cm dalla carica negati- va. (b) Determinare l'accelerazione iniziale (modulo e direzione) di un elettrone (m = 9.11 · 10−31 kg) posto a riposo nel punto P. Soluzione: (a) Dal principio di sovrapposizione delle forze si ha che il campo elettrico in P é dato dalla somma vettoriale dei due campi generati dalle cariche Q1 e Q2. Essendo Q1 < 0, il suo campo elettrico é diretto (nel punto P) verso sinistra (si prenda come riferimento la gura 8.2). Essendo Q2 > 0 il campo da essa prodotto, sempre nel punto P, é diretto anch'esso verso sinistra. Questo perché il campo elettrico per convenzione viene assunto con verso entrante per le cariche negative e con verso uscente per quelle positive. Il campo elettrico totale E in P sará quindi diretto lungo la congiungente le due cariche orientato verso sinistra (sempre con riferimento alla gura). Il modulo sará dato dalla somma dei moduli dei due campi E1 ed E2 dovuti rispettivamente alle cariche Q1 e Q2: E = E1 + E2 = 1 4π 0 |Q1| r2 p + 1 4π 0 |Q2| (r − rp)2 da cui: E = 8.98 · 109 Nm2 C2 25 · 10−6 C 4 · 10−4 m2 + 50 · 10−6 C 64 · 10−4 m2 = 6.3 · 108 N C il campo é orientato verso sinistra.
    • 67 Figura 8.2: Esercizio 8.3 (b) Utilizzando il secondo principio della dinamica ricaviamo facilmente: F = mea = qE ⇒ a = a = Eq me da cui: a = 6.3 · 108 N C 1.6 · 10−19 C 9.11 · 10−31 kg = 1.11 · 1020 ms−2 poiché l'elettrone ha carica negativa, considerando la direzione del campo elet- trico, l'accelerazione é diretta verso destra (si muove in senso opposto al campo elettrico). Esercizio 8.4 Calcolare l'intensitá del campo elettrico in un punto dello spazio in cui un protone (m = 1.67·10−27 kg) é sottoposto ad una accelerazione di 106 g. Soluzione: Dal secondo principio della dinamica ricaviamo (essendo interessati solo all'in- tensitá tralasciamo per semplicitá i segni di vettore): F = ma = Eq ⇒ E = ma q Ricordando che il protone ha 1 unitá di carica elementare, otteniamo: E = 1.67 · 10−27 kg · 9.8 · 106 ms−2 1.6 · 10−19 C = 0.1022 N C Esercizio 8.5 Quattro cariche uguali di 510−10 C sono disposte ai quattro vertici di un quadrato di l = 10cm di lato. (a) Calcolare modulo e direzione della forza agente su ciascuna carica. (b) Calcolare il campo elettrico e il potenziale nel centro del quadrato. (c) Come cambia il risultato se sui vertici ci sono alternativamente cariche di segno opposto? Soluzione: (a) Consideriamo la forza agente sulla carica (1), quella sulle altre deriverá
    • 68 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA da considerazioni di simmetria. Scriviamo le forze agenti sulla carica (1) in termini di componenti vettoriali indicando con Fij la forza agente sulla particella i − esima dovuta alla carica j − esima: F12 = (FA, 0), F14 = (0, FA), F13 = (FB cos θ, FB sin θ) queste sono le forze che agiscono sulla carica (1) a causa dell'interazione con le cariche (2), (3) e (4), essendo θ = 45°, e: FA = 1 4π 0 q2 l2 , FB = 1 4π 0 q2 (l √ 2)2 = FA 2 Per il principio di sovrapposizione: FT = F12 + F13 + F14 = FA 1 + 1 2 cos θ, 1 + 1 2 sin θ ricordando che sin 45°= cos 45°= √ 2/2, otteniamo: FT = FA 1 + √ 2 4 , 1 + √ 2 4 da cui: FT = FT = F2 T,x + F2 T,y = FA 2 1 + √ 2 4 2 La forza risulta diretta lungo la diagonale con modulo: FT = FA √ 2 1 + √ 2 4 = 1 4π 0 q2 2l2 (1 + 2 √ 2) sostituendo i valori numerici: FT = 2.5 · 10−20 C2 (1 + 2 √ 2) 8π · 8.854 · 10−12 C2m−2N−1 · 10−2 m2 = 0.43 · 10−6 N (b) Considerando che le cariche sono di uguale valore e segno, per simmetria il campo elettrico é nullo al centro del quadrato. Per il principio di sovrappo- sizione, essendo il potenziale dovuto alle singole cariche uguale nel centro, si ha: Vc = 4Vq = 4 1 4π 0 q l √ 2/2 = 5 · 10−10 C · 2/ √ 2 π · 8.854 · 10−12 C2m−2N−1 · 0.1 m = 2.5 · 102 V (c) Nel caso di cariche di segno opposto alternate poste nei vertici, si ha: F12 = (−FA, 0), F14 = (0, −FA), F13 = (FB cos θ, FB sin θ)
    • 69 Figura 8.3: Esercizio 8.5 con FA e FB = FA/2 indicati in precedenza. FT = FA √ 2 4 − 1, √ 2 4 − 1 Poiché le componenti x ed y sono uguali, la forza totale é ancora diretta lungo la diagonale, FT = FT = FA 1 2 − √ 2 = 1 4π 0 q2 2l2 (1 − 2 √ 2) Il campo elettrico totale é sempre nullo perché ogni coppia di cariche posta su una diagonale esercita una forza nulla nel centro. Per quanto riguarda il potenziale abbiamo: Vc = 2 1 4π 0 q l √ 2/2 − 2 1 4π 0 q l √ 2/2 = 0 V Esercizio 8.6 L'atomo di idrogeno é costituito da un protone e un elettrone (me = 9.11·10−31 kg, mp = 1.67·10−27 kg). Nello stato fondamentale l'elettrone descrive un'orbita circolare di raggio 0.5 · 10−10 m attorno al protone. Calcolare l'energia totale del sistema.
    • 70 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA Soluzione: Ponendoci in una visione puramente classica, trascurando la descrizione quan- tistica (che rimane l'unica corretta per interpretare correttamente il compor- tamento dei sistemi atomici), possiamo scrivere l'energia totale come somma dell'energia cinetica dell'elettrone e della sua energia potenziale dovuta al cam- po prodotto dal protone che supponiamo in quiete al centro del sistema di coordinate prescelto. Con queste assunzioni possiamo scrivere: ET = EK + EP = 1 2 mev2 e + 1 4π 0 qpqe R = 1 2 mev2 e − 1 4π 0 e2 R Per ricavare la velocitá dell'elettrone possiamo osservare che la forza centripeta che costringe l'elettrone su un'orbita circolare é la forza elettrostatica dovuta all'attrazione del protone posto al centro per cui possiamo scrivere: Fc = me v2 e R = 1 4π 0 e2 R2 ⇒ v2 e = 1 4π 0 e2 meR da cui: ET = 1 2 me 1 4π 0 e2 meR − 1 4π 0 e2 R = − 1 2 1 4π 0 e2 R sostituendo i valori numerici troviamo inne: ET = − 1 2 8.98 · 109 Nm2 C2 · 2.56 · 10−38 C2 0.5 · 10−10 m = −2.3 · 10−18 J Esercizio 8.7 Un elettrone si sposta tra due punti A e B sotto l'azione di un campo elettrico. La velocitá dell'elettrone in A é nulla. La dierenza di potenziale tra A e B é di 10 V . Calcolare la velocitá dell'elettrone in B. Soluzione: Il lavoro compiuto sull'elettrone é pari a: L = −∆VAB · q, poiché la particella parte da ferma in A, questo lavoro si converte interamente in energia cinetica, per cui possiamo scrivere: Ek = 1 2 mev2 e = e∆VAB ⇒ v2 e = 2e∆VAB me da cui: ve = 2 · 1.6 · 10−19 C · 10 V 9.11 · 10−31 kg 1/2 = 1.88 · 106 ms−1 come confronto si consideri che la velocitá massima raggiungibile da un corpo materiale é la velocitá della luce pari a circa 3 · 108 ms−1 .
    • 71 Esercizio 8.8 Un elettrone nel tubo catodico di un televisore viene accele- rato dalla sua posizione di riposo mediante una dierenza di potenziale Vab = +5000 V . (a) Quanto vale la variazione di energia potenziale elettrica dell'elet- trone? (b) Quanto vale la velocitá nale dell'elettrone? (me = 9.11 · 10−31 kg). Soluzione: (a) La variazione di energia potenziale dell'elettrone é pari a ∆U = e∆V , per cui: ∆U = −1.6 · 10−19 C · 5000 V = −8 · 10−16 J (b) A questa diminuzione di energia potenziale, per il principio di conservazio- ne dell'energia, deve corrispondere un analogo aumento di energia cinetica (la velocitá iniziale dell'elettrone é nulla): ∆Ek = 1 2 mev2 = ∆U ⇒ v = 2 · ∆U me = 2 · 8 · 10−16 J 9.11 · 10−31 kg = 4.2 · 107 ms−1 Esercizio 8.9 Un elettrone si muove dal punto A al punto B per eetto di un campo elettrico. La sua energia cinetica aumenta di 7.45·10−16 J. Determinare la dierenza di potenziale tra i punti A e B e quale dei due é a potenziale mag- giore. Soluzione: Per il principio di conservazione dell'energia abbiamo: ∆Ek + ∆U = 0 ⇒ ∆Ek = −∆U ma ∆U = e∆VBA per cui ∆VBA = −∆Ek/e, sostituendo i dati del problema troviamo così: ∆VBA = −7.45 · 10−16 J 1.6 · 10−19 C = 4.66 · 103 J C = 4.66 · 103 V Essendo ∆VBA = VB − VA > 0 ⇒ VB > VA. Esercizio 8.10 Calcolare la dierenza di potenziale necessaria per incremen- tare l'energia cinetica di un nucleo di elio (particella α, Q = 2e) di 65 keV . Soluzione: Ancora una volta utilizziamo il principio di conservazione dell'energia tramite il quale possiamo scrivere: −q(VB − VA) = −q∆U = ∆Ek ⇒ ∆VBA = ∆Ek 2e
    • 72 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA Figura 8.4: Esercizio 8.11 da cui: ∆VBA = −65 · 1.6 · 10−19 CkV 2 · 1.6 · 10−19 C = −32.5 kV Esercizio 8.11 Un lo molto lungo é carico con densitá lineare di carica Q/L uniforme. Determinare il campo elettrico in punti vicini al lo (esterni ad esso) e lontani dalle sue estremitá. Soluzione: Si consideri un piccolo cilindro di raggio R e lunghezza l con asse coincidente con il lo. Per simmetria, lontano dalle estremitá del lo, il campo elettrico sará radiale con un'intensitá costante (ssato R) in tutte le direzioni. Il usso ΦE di tale campo elettrico sulla supercie totale del cilindro é quindi dato da: ΦE = 2πR · l · E(R) Il contributo delle basi del cilindro é nullo in quanto il vettore normale a tali superci é anche normale al campo elettrico (non vi é usso di campo elettrico attraverso le basi del cilindro). Dal teorema di Gauss: ΦE = 1 0 QT ma QT = Q L l ⇒ 2πR · l · E(R) = 1 0 Q L l da cui (notare che la lunghezza del cilindro l si semplica essendo presente in entrambi i membri dell'ultima equazione): E(R) = 1 2π 0R Q L
    • 73 Figura 8.5: Esercizio 8.12 Esercizio 8.12 Dimostrare che il campo elettrico sulla supercie di un con- duttore vale E = σ/ 0. Soluzione: All'interno di un conduttore il campo elettrico é nullo e la supercie del con- duttore stesso é una supercie equipotenziale. Consideriamo un piccolo volume cilindrico con base parallela alla supercie (vedi gura 8.5). Il usso totale é dato da: ΦE = E · A = E⊥A dal Teorema di Gauss 0ΦE = QT , quindi: 0E⊥A = QT = σ · A ⇒ E = σ 0 Esercizio 8.13 Il campo elettrico tra due lastre metalliche quadrate, di la- to 1 m e distanti 3 cm, vale 130 N/C. Calcolare la carica presente su ciascuna lastra, supponendo le cariche uguali ed opposte e trascurando gli eetti di bordo. Soluzione: Applichiamo il teorema di Gauss ad una singola lastra (vedi gura 8.6b), ad esempio quella con carica positiva, in questo caso il usso elettrico complessivo sará dato dal usso attraverso le due basi del cilindro per cui avremo ΦE = E · A + E · A = 2EA, quindi considerando che la carica presente sul cerchio individuato dall'intersezione del cilindro con la lastra é pari a σA, possiamo scrivere: 0ΦE = 02E+A = σA ⇒ E+ = σ 2 0
    • 74 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA Figura 8.6: Esercizio 8.13 Lo stesso risultato vale per il campo prodotto dalla lastra con cariche negative. Il campo elettrico fra le due lastre é la somma dei campi dovuti alle cariche poste sulle lastre stesse, per cui: E = E+ + E− = 2 · σ 2 0 = σ 0 da cui: σ = 0E = 8.854 · 10−12 C2 m−2 N−1 · 130 N C = 1.15 · 10−9 C m2 quindi: Q = σA = 1.15 · 10−9 C m2 · 1 m2 = 1.15 · 10−9 C Esercizio 8.14 Una sfera metallica piena di raggio 3 m ha carica −3.5 µC. Quanto vale il campo elettrico a distanza (a) 0.15m, (b) 2.9m, (c) 3.1m, (d) 6m dal centro? (e) Come cambierebbero le risposte se il conduttore fosse, invece di una sfera piena, un guscio sferico sottile? Soluzione: In una sfera metallica la carica si distribuisce solo sulla supercie esterna. Quin- di per ogni supercie chiusa che si trovi all'interno della sfera abbiamo QT = 0. Dal teorema di Gauss abbiamo quindi: 0ΦE = QT = 0 ⇒ ΦE = 0 ⇒ E = 0 ∀r < R quindi (a) e (b) E = 0. Se consideriamo una supercie sferica di raggio r > R, otteniamo: 0ΦE = QT ⇒ E = 1 4π 0 QT r 2
    • 75 da cui ricaviamo (c) E = 3.28 · 103 N C e (d) E = 8.76 · 102 N C . Dalla formula ricavata possiamo notare che questa é esattamente uguale alla formula ottenuta per una singola carica posta al centro della sfera per cui (e) non vi é nessun cambiamento.
    • 76 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA
    • Capitolo 9 Magnetismo Esercizio 9.1 (a) Quanto vale, per metro di lunghezza, il modulo della forza che agisce su un lo percorso da una corrente di 8.4 A e che è perpendicolare ad un campo magnetico di 0.9 T? (b) Quanto varrebbe se l'angolo tra lo e campo fosse di 45°? Soluzione: Ricordiamo l'espressione della forza agente su un lo percorso da corrente I immerso in un campo magnetico B: F = I · l × B ⇒ |F| = IlB sin θ Se θ = 90°, abbiamo |F| = IlB = 8.4 A · 1 m · 0.9 T = 7.56 N Se θ = 45°, il precedente risultato deve essere moltiplicato per sin θ = √ 2/2 ottenendo |F| = 5.346 N. Esercizio 9.2 La massima forza agente su un lo posto tra le due espansioni polari di un magnete vale 6.5 · 10−2 N. La corrente scorre orizzontalmente ver- so destra e il campo magnetico é verticale. All'instaurarsi della corrente il lo compie un balzo verso l'osservatore. (a) Di che tipo é l'espansione polare supe- riore? (b) Supponendo che il diametro delle espansioni sia pari a d = 10cm e che il campo magnetico abbia intensitá 0.16T, stimare la corrente nel lo. (c) Calco- lare la forza agente sul lo se questo viene inclinato di 10°rispetto all'orizzontale. Soluzione: (a) ricordando che F = I · l × B utilizzando la regola della mano destra, ricaviamo che se la forza è diretta verso l'osservatore, cioé esce dal foglio in direzione positiva, allora il campo deve essere 77
    • 78 CAPITOLO 9. MAGNETISMO Figura 9.1: Esercizio 9.2 diretto verso l'alto (vedi gura 9.1). Quindi l'espansione inferiore è di polaritá NORD mentre quella superiore è di polaritá SUD. Le linee di forza di un campo magnetico sono infatti uscenti da NORD ed entranti nei poli di tipo SUD. (b) Se supponiamo che il campo magnetico sia nullo fuori dalle espansioni polari, allora la lunghezza del lo che risente dell'azione del campo stesso è pari a d, il diametro delle espansioni polari, quindi avremo: |F| = IBd ⇒ I = F Bd = 6.5 · 10−2 N 0.1 m · 0.16 T = 4.062 A (c) Se il lo viene inclinato di 10°rispetto all'orizzontale, formerá un angolo pari ad 80 °con il campo magnetico per cui avremo: |F| = IBd sin(80) = 6.5 · 10−2 · sin(80) N = 6.4 · 10−2 N Esercizio 9.3 Un atomo di elio doppiamente ionizzato, di massa 6.6·10−27 kg, viene accelerato da una dierenza di potenziale di 2100V . (a) Calcolare il raggio di curvatura della sua traiettoria nel caso in cui successivamente si muove in un campo magnetico uniforme ortogonale alla sua velocitá e di intensitá 0.34T. (b) Quanto vale il periodo di rivoluzione? Soluzione: L'elio doppiamente ionizzato ha carica +2e essendo e il valore assoluto della carica dell'elettrone, pari a 1.6 · 10−19 C, la massa dell'atomo di elio é approssi- mativamente pari a 6.6 · 10−27 kg. Ricaviamo prima di tutto la velocità nale dell'atomo di elio al termine dell'accelerazione. Applichiamo a tale scopo il teorema di conservazione dell'energia osservando che la variazione di energia cinetica deve essere uguale al lavoro svolto dalla dierenza di potenziale sulla carica, in altre parole 1 2 mv2 = qV ⇒ v = 2qV m
    • 79 A questo punto possiamo utilizzare l'espressione del raggio della traiettoria deducibile dalle leggi di moto di una carica in un campo magnetico uniforme: R = mv qB da cui, sostituendo l'espressione della velocitá sopra ricavata otteniamo: R = m qB 2qV m = 1 B 2mV q e, sostituendo i valori del problema: R = 1 0.34 T 2 · 6.6 · 10−27 kg · 2100 V 2 · 1.6 · 10−19 C cerchiamo di esprimere in termini delle grandezze fondamentali le unità di mi- sura coinvolte nella formula sopra riportata. In termini dimensionali possiamo scrivere [R] = 1 T kg V C = 1 N/ A m kg J C2 = 1 N/ A m kg kg m2 s−2 C2 da cui [R] = C m kg ms−2 s kg m s−1 C = m quindi l'unitá di misura é corretta. Il valore é dato da R = 1 0.34 2.772 3.2 · 10−2 m (b) Il periodo si ricava dalle leggi del moto circolare uniforme: T = 2πR v = 2πR 2qV m = 2πm qB e, sostituendo i dati del problema, T = 2 · 3.14 · 6.6 · 10−27 kg 2 · 1.6 · 10−19 C · 0.34 T = 3.81 · 10−7 s Esercizio 9.4 Una pallottola da 3.4 g si muove alla velocitá di 160 ms−1 or- togonalmente al campo magnetico terrestre di intensitá 5 · 10−5 T. Calcolare la deessione subita dalla pallottola dopo aver percorso 1 km, supponendo che la sua carica valga 13.5 · 10−9 C.
    • 80 CAPITOLO 9. MAGNETISMO Figura 9.2: Esercizio 9.4 Soluzione: Con riferimento alla gura 9.2, sia l = 1km la distanza percorsa dalla pallottola, la deessione che intendiamo calcolare é la lunghezza del segmento h. Durante il movimento la pallottola risentirá di una forza centripeta dovuta al campo magnetico, per cui ricordando l'espressione della forza centripeta e della forza di Lorentz, possiamo scrivere: Fc = mv2 R = qvB ⇒ R = mv qB R é il raggio della traiettoria circolare percorsa dalla pallottola, sostituendo i dati del problema troviamo: R = 3.4 · 10−3 kg · 160 ms−1 13.5 · 10−9 C · 5 · 10−5 T = 8.06 · 1011 m Ricaviamo poi l'angolo θx sotteso al centro dall'arco di traiettoria l, per questo ci serviremo di una semplice proporzione: 2πR : 2π = l : θx ⇒ θx = l R = 103 m 8.06 · 1011 m = 1.24 · 10−9 rad A questo punto, ricordando un po' di trigonometria, é elementare ricavare h: h = R − R cos θx ∼ 6.2 · 10−7 m
    • 81 Figura 9.3: Esercizio 9.5 Esercizio 9.5 Due lunghi li paralleli posti a distanza d vengono percorsi dalla corrente I nello stesso verso. Uno dei due li si trova nel punto ad ascissa x = 0 e l'altro nel punto di ascissa x = d, essendo paralleli all'asse z e nel piano xz. De- terminare il campo B nei punti dell'asse x tra i due li in funzione dell'ascissa x. Soluzione: Dalla legge di Biot-Savart, considerando il verso della corrente e quindi la con- seguente orientazione del campo magnetico deducibile dalla regola della mano destra, possiamo scrivere immediatamente: B1(x) = µ0I 2πx ; B2(x) = − µ0I 2π(d − x) Applicando il principio di sovrapposizione B(x) = B1(x) + B2(x) = µ0I 2π 1 x − 1 d − x Esercizio 9.6 Il campo magnetico nel centro di un solenoide lungo L = 30cm e di diametro 1.25 cm vale 0.385 T. Calcolare la corrente nel solenoide sapendo che é costituito da ns = 975 spire. Soluzione: Per un solenoide ideale (innitamente lungo) vale: B = µ0In essendo n il numero di spire per unitá di lunghezza, supponendo che l'ipotesi di solenoide ideale sia valida abbiamo B = µ0I ns L ⇒ I = BL µ0ns = 0.385 T · 0.3 m 4π · 10−7 T m A−1 · 975 = 94.32 A
    • 82 CAPITOLO 9. MAGNETISMO Esercizio 9.7 Il campo magnetico normale al piano di una spira circolare di diametro d = 12 cm viene portato da Bi = +0.52 T a Bf = −0.45 T in 180 ms. Il segno  indica che il campo punta verso l'osservatore e il segno + indica il verso opposto. (a) Calcolare la f.e.m. indotta. (b) Quale é il verso in cui uisce la corrente indotta? Soluzione: (a) calcoliamo prima di tutto la variazione di usso: ∆Φ = Φf − Φi = πR2 (Bf − Bi) sostituendo i dati del problema: ∆Φ = (−0.45 − 0.52) T · 3.14 · (6 · 10−2 )2 m2 = = −0.97 · 3.14 · 36 · 10−4 T m2 = 1.096 · 10−2 T m2 Secondo le convenzioni usate la variazione di usso é diretta verso l'alto (esterna al foglio). Dalla legge di Faraday-Lenz troviamo per la forza elettromotrice: E = − ∆Φ ∆t = 1.096 · 10−2 N C−1 s m−1 m2 180 · 10−3 s ∼ 6.1 · 10−2 V (b) La forza elettromotrice indotta si oppone alla variazione di usso per cui la corrente associata sará tale da generare un campo magnetico verso il foglio (verso l'interno) per cui I scorre in senso orario.