B
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problema 1
Una biglia di massa m = 2 kg viene lasciata cadere (da ferma) da un'altezza h = 40 cm su di una molla
avente una costante elastica k = 1960 N/m e una lunghezza (a riposo) L = 20 cm. Calcolare
a)
b)
c)
con quale velocita' v la biglia arriva a toccare la molla.
la distanza dal muro alla quale la biglia si ferma.
l'energia meccanica della biglia e quella della molla quando il
sistema e' fermo.
l'energia meccanica della biglia e quella della molla quando
questa e' a distanza di 13 cm dal muro..
d)
h
A
L
Risoluzione
a) quando la biglia tocca la molla avra' acquistato un'energia cinetica pari alla sua energia potenziale
iniziale. Quindi, dal principio di conservazione dell'energia meccanica
m g h = (1/2) m v2
ottengo v =
2 g h = 2.80 m/s.
b) quando la biglia si ferma tutta la sua energia cinetica sara stata trasformata in energia potenziale della
molla. Quindi
(1/2) m v2 = (1/2) k x2
dove x e' lo spostamento rispetto alla posizione di equilibrio della molla. Risolvendo, ottengo
x=
2 g m h / k = 8.95 cm.
Quindi, la distanza dal muro alla quale la biglia si ferma e' d = L - x = 11.05 cm.
c) quando la biglia e’ ferma la sua energia meccanica e’ zero ed e’ stata trasferita alla molla sotto forma di
energia elastica. Quindi
Emecc (biglia) = 0
Eelast (molla) = m g h = 7.85 J
d) quando la biglia si trova a distanza di 13 cm dal muro, e' ancora in movimento (si ferma a distanza di
11.05 cm, vedi punto b), quindi solo parte della sua energia cinetica iniziale e' stata trasferita alla molla.
La molla avra subito una compressione di
x = L - 13cm = 7cm = 0.07 m
Quindi la sua energia elastica sara' Eelast (molla) = (1/2) k x2 = 4.80 J
Applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica Eini=Efin, dove
Eini = m g h
Efin = Emecc (biglia) + Eelast (molla)
ottengo
Emecc (biglia) = Efin - Eelast (molla) = 7.85 - 4.80 = 3.05 J
1
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problema 2
Un blocco di ghiaccio di massa m=10 kg si trova inizialmente alla tempertura T= -50oC in un contenitore
aperto alla pressione atmosferica. Se il blocco viene scaldato con una sorgente di calore che eroga una
potenza di P=1000 watt, quanto tempo sara' necessario per
a) raggiungere la temperatura di 50oC
b) far evaporare tutto il liquido
c) raggiungere la temperatura di 150oC.
d) quale sara' lo stato del sistema se il calore complessivamente cedutogli e' pari a Qtot=2x106 J
dati:
calore specifico del ghiaccio cghi = 2090 J kg-1 oK-1
calore specifico dell'acqua cH20 = 4186 J kg-1 oK-1
calore specifico del vapore acqueo cvap = 2010 J kg-1 oK-1
calore latente di fusione del ghiaccio cfus = 3.33x105 J kg-1
calore latente di vaporizzazione dell'acqua cevap = 2.26x106 J kg-1
Risoluzione
innanzitutto calcolo il calore necessario per le varie trasformazioni:
Q1 (-50 a 0oC) = cghi m ∆T = 1.045x106 J
Q2 (fusione da 0oC a 0oC) = cfus m = 3.330x106 J
Q3 (0 a 50oC) = cH20 m ∆T = 2.093x106 J
Q4 (50 a 100oC) = cH20 m ∆T = 2.093x106 J
Q5 (evaporazione da 100oC a 100oC) = cevap m = 2.260x107 J
Q6 (100 a 150oC) = cvap m ∆T = 1.005x106 J
a) per raggiungere i 50oC occorre fornire il calore Qa=Q1+Q2+Q3=6.468x106 J.
Il tempo necessario sara' quindi
ta=Qa / P = 6.468x106 / 1000 J/W = 6468 s = 1.80 h.
b) per far evaporare tutto il liquido occorre fornire il calore Qb=Q1+Q2+Q3+Q4+Q5=3.116x107 J.
Il tempo necessario sara' quindi
tb=Qb / P = 3.116x107 / 1000 J/W = 31161 s = 8.66 h
c) per raggiungere i 150oC occorre fornire il calore Qc=Q1+Q2+Q3+Q4+Q5+Q6=3.217x107 J.
Il tempo necessario sara' quindi
tc=Qc / P = 3.217x107x107 / 1000 J/W = 32165 s = 8.93 h
d) Il calore Qtot =2x106 J viene in parte utilizzato per scaldare il ghiaccio da -50 a 0oC e in parte per
scioglierlo. Quindi il calore disponibile per la fusione e'
Qfus = Qtot - Q1 = 9.55x105 J.
Questo calore servira' per fondere solo una parte del blocco, la cui massa m' e' pari a
m' = Qfus / cfus = 9.55x105 J / 3.33x105 J = 2.87 kg.
Il resto del blocco, ovvero 10-2.87 = 7.13 kg, rimarra' sotto forma di ghiaccio.
2
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problema 3
Una macchina fotografica utilizza un obiettivo con lunghezza focale F=50mm e apertura massima con
diametro D=20 mm. La macchina viene utilizzata per fotografare da una distanza p=3 m un quadro
divisionista di lunghezza L=1.20 m e altezza H=0.8 m, composto da puntini di colore rosso e verde distanti
tra loro d=2 mm. Calcolare
p
le dimensioni del quadro sul piano della
pellicola.
b) la distanza fra i puntini sul piano della
pellicola.
•
Lobj
c) le dimensioni dei puntini sul piano della
pellicola supponendo che la luce abbia una
lunghezza d’onda λ=0.5 µm.
d) se la macchina e' utilizzata alla sua massima
apertura (D=20mm), e' possibile distinguere
i puntini sul piano della pellicola?
e) quale e' l'apertura alla quale i puntini si sovrappongono? che colore avranno?
a)
q
Limm
•
Risoluzione
a) Applicando la legge delle lenti, e sapendo che p=3m, posso trovare la distanza q tra la lente e la pellicola
(1/p) + 1/q) = 1/F
da cui trovo q = F p / (p - F) = 50.85 mm.
Quindi, sul piano della pellicola, l'immagine del quadro sara' ridotta di un fattore M=q/p=1.70x10-2.e avra'
dimensioni
Limm = L M = 20.43 mm
Himm = H M = 13.56 mm
b) La distanza d=2mm tra i puntini sara' ridotta dello stesso fattore M, e sara'
dimm = d M = 0.03390 mm = 33.90 µm
c) Le dimensione dei puntini sono determinate dalla diffrazione della lente che ha un diametro D. Dalla
legge della diffrazione, supponendo che la luce visibile ha una lunghezza d'onda λ=0.5 µm, la "dimensione"
δ del singolo puntino e'
δ ~ (λ / D ) q = 1.27 µm
Quindi essendo δ < dimm i puntini sono risolti e i puntini rossi si vedono separati da quelli verdi.
d) per far sovrapporre i puntini deve risultare δ > dimm , quindi
D < λ q / dimm = 0.75 mm.
3
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problema 4
Blaise Pascal fece una copia del barometro di Torricelli utilizzando del
vino rosso di Bordeaux come liquido. La densita' del vino era
0.984 x 103 kg/m3 e la pressione atmosferica P0=1atm.
Pascal ripete' l'esperimento due volte. La prima riusci' ad ottenere un
vuoto perfetto sopra la colonna di vino, ma la seconda volta (forse un po'
offuscato dal Bordeaux) fece untrare un po' di aria e la pressione residua
fu pari a P0/3.
Calcolare l'altezza h della colonna nei due casi.
Risoluzione
sia ρ =0.984 x 103 kg/m3 la densita' del vino e P0=1atm = 1.013x105 N/m2 la pressione atmosferica.
Per la legge di Stevino:
a)
P0 = ρ g h
da cui h = P0 / ρ g = 10.49 m
b)
P0 = ρ g h + P0/3 da cui h = (2/3)P0 / ρ g = 7.00 m
4
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problema 5
Una navetta viene lanciata con velocita' v0=20 m/s dalla
prima gobba delle montagne russe che si trova ad una
altezza h=20 m dal suolo. Se la rotaia e' priva di attrito,
calcolare
a)
b)
c)
d)
con quale velocita' arriva nel punto A
con quale velocita' arriva nel punto B
con quale velocita' arriva nel punto C
a quale altezza H si ferma nel punto D
D
H
risoluzione
Poiche' siamo in assenza di attrito, si puo' applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica.
L'energia meccanica iniziale E0 e' data da
E0 =K0 + U0 = (1/2) m (v0)2 + m g h
a) L'energia meccanica nel punto A e data da EA =KA + UA = (1/2) m (vA)2 + m g hA
Applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica E0=EA, poiche' hA=h,
risulta vA = v0 = 20 m/s
b) L'energia meccanica nel punto B e data da EB =KB + UB = (1/2) m (vB)2 + m g hB
Imponendo E0=EB, poiche' hB=h/2, risulta
(vB)2 = (v0)2 +g h.......
da cui vB = 24.42 m/s
c) L'energia meccanica nel punto C e data da EC =KC + UC = (1/2) m (vC)2 + 0. Imponendo E0=EC,
ottengo
(vC)2 = (v0)2 +2 g h
da cui vC = 28.15 m/s
d) L'energia meccanica nel punto D e data da ED =KD + UD = 0 + m g H. Imponendo E0=EC, ottengo
(1/2) m (v0)2 + m g h = m g H
da cui ricavo
H = h + (v0)2 / 2 g
che corrisponde a H= 20 m + 20.39 m = 40.39 m.
5
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problema 6
Una sfera cava di ferro di massa 10 kg viene immersa in una vasca di acqua. Calcolare quanto deve essere il
diametro della sfera affiche' la stessa non affondi (trascurando lo spessore della sfera)
Se ripetete lo stesso esperimento sulla luna, sulla cui superficie la forza di gravita' e' circa 1/6 di quello sulla
terra, trovereste lo stesso risultato?
Se ripetete lo stesso esperimento con il mercurio al posto dell'acqua, cosa accade?
dati:
densita' dell'acqua
densita' del ferro
densita' del mercurio
ρ0 = 1 g/cm3
ρ1 = 7.9 g/cm3
ρ1= 13.6 g/cm3
risoluzione
La condizione di galleggiamento per la sfera e' che la sua densita' (media) sia minore o eguale a quella
dell'acqua, poiché in questo caso la forza di gravita' che la spinge verso il basso e' controbilanciata dalla
spinta di Archimede. La densita' della sfera cava (trascurando il peso dell'aria al suo interno) e' data dalla
sua massa m diviso il suo volume v, ovvero
ρ sfera =
m
(4 / 3) π r 3
Uguagliando ρ0 = ρsfera =, posso ricavare r da cui risulta
⎛m⎞ 3
.
r 3 = ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ ρ0 ⎠ 4 π
Numericamente r = 0.13 m, che corrisponde ad un diametro d = 26.73 cm.
b)
basta osservare che il risultato non dipende da g. Quindi sulla luna il diametro della sfera sara' lo stesso.
c)
Il mercurio ha una densità' maggiore di quella del ferro di cui e' fatta la sfera. Quindi non e' necessario fare
una sfera cava, anche una sfera di ferro piena galleggerà' sempre!
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problema 7
Una imbarcazione a forma di parallelepipedo con la base S=5 m2 e un’altezza di H=1.80 m viene usata per
traportare persone dall’Africa alla Sicilia. Sapendo che mediamente una persona ha una massa m=60 kg e
una densita’ di 1.05x103 kg/m3, e che l’imbarcazione ha una massa
M=1300 kg, calcolare
h
a)
il numero massimo di persone in modo da garantire un livello
di sicurezza h=50 cm.
b) Se a bordo ci sono 95 persone e si apre una falla che lascia
entrare acqua ad una velocita’ di 0.5 litri/s, quanto tempo passera’ prima che l’imabarcazione
affondi?
c) Sapendo che a bordo ci sono (pochi) salvagenti di volume v0=0.02 m3, quante persone potranno
salvarsi aggrappandosi a ciascun salvagente?
d) Se ripetete la stessa traversata su un pianeta dove la forza di gravita' e' il doppio di quella sulla
terra, trovereste lo stesso risultato?
H
risoluzione
a)
La forza di archimede FA = v ρ g dipende dal volume di liquido spostato v che in questo caso e’
v = S (H-h)= 5 x 1.30 = 6.5 m3.
La forza FA deve controbilanciare la forza peso P = (M+Nm) g, da cui
S (H-h) ρ g =(M+Nm) g
Che risolta per N da
N=
vρ − M
= 86.7 persone
m
b) in questo caso h=0, V=SH e FA = V ρ g. La forza peso e’ invece P= (M+Nm+mH2O). Uguagliando e
risolvendo per mH2O, ottengo
m H 2 O = Vρ − M − Nm =2100 kg.
Poiche la falla lascia entrare 0.5litri/s = 0.5kg/s, il tempo rimasto e’ 4200 s = 1.17 ore.
c) la condizione di galleggiamento e’ che la densita’ media del salvagente + K persone sia uguale a quella
dell’acqua. I volume medio di una persona e’ vp = m/ρp = 0.057 m3. La densita’ media del salvagente+
persone (trascurando la massa del salvagente), e’
ρave = (Km) / [v0 + K vp]
ponendo ρave = ρ, e risolvendo per K, otteniamo
K=
v 0ρ
= 7persone
v p (ρ p − ρ)
a) basta osservare che il risultato non dipende da g. Quindi i risultati non cambiaranno e la tragedia si
consumerebbe allo stesso modo.
7
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problema 8
Il blocchetti A e B della figura hanno masse MA=10 Kg e MB=250 Kg. Il
coefficiente di attrito statico µs tre il blocchetto B e la superficie del
tavolo e' µs=0.2. Supponendo che la corda attaccata a B sia orizzontale,
a)
trovare il valore della tensione T della corda e della forza di
attrito.
b)
trovare il valore massimo MA della massa del blocchetto A per
cui il sistema e' in equilibrio.
risoluzione
a) quando il sistema e' in equilbrio, la somma delle forze agenti sul punto di unione dei tre pezzi di corda
deve essere nulla. Quindi, indicando con θ l'angolo di 30 gradi indicato in figura e con fatt la forza di attrito
sul blocchetto B, la condizione di equilibrio si scrive come
asse y
asse x
T sin (θ) = g MA
T cos (θ) = fatt
che corrisponde ad un sitema di due equazioni nelle dure incognite T e fatt. Risolvendo ricavo
fatt = g MA [cos (θ) / sin (θ)] = 196.20 N
= 169.91 N
T = g MA / sin (θ)
b) la forza massima di attrito esercitabile dal blocchetto B e' data da fmax = µs g MB = 490.5 N. Quindi il
valore massimo di MA per cui il sistema rimane in equilibrio si trova imponendo che
fatt = fmax
⇒
g MA [cos (θ) / sin (θ)] = µs g MB
che risolta rispetto a MA da' il risultato
MA = µs MB [sin (θ) / cos (θ)] = 28.9 kg.
8
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problema 9
Un mongolfiera di diametro 20 m e' riempita con aria ad una temperatura T
maggiore di quella ambiente TA=25 C. Sapendo che la massa della
mongolfiera (cestello+pallone+corde+equipaggio) e' m=200 kg e che la
densita' dell'aria a temperatura ambiente e' ρA = 1.25 kg/m3,
a)
b)
c)
quale deve essere la densita' dell'aria calda ρ perche' la
mongolfiera si sollevi?
A che temperatura deve essere l'aria interna al pallone della
mongolfiera (usare la legge dei gas pefetti)
Quanto calore Q bisogna fornire per raggiungere tale temperatura
(calore specifico dell'aria c= 1004.6 J kg-1 C-1)
risoluzione
a) Il volume del pallone e' V= (4/3) π r3. Quindi V= 4188.7 m3. La spinta di Archimede e' rivolta verso
l'alto e e' data dal peso del volume del liquido spostato, quindi
FArch = MA g = ρA V g
dove per MA si intende la massa dell'aria spostata, cioe' quella a temperatura Ambiente.
La forza di gravita' spinge verso il basso e agisce sia sull'aria calda che sulla zavorra. Quindi
Fg = (MT + m) g = (ρ V + m) g
dove per MT si intende la massa dell'aria calda che ha densita' ρ. Uguagliando, si ottiene
ρ = ρA - m/V
che numericamente corrisponde a ρ = 1.25-0.048 = 1.20 kg/m3.
b) Innanzitutto supponiamo che il volume del pallone non cambi e che la pressione dell'aria al suo interno
rimanga sempre uguale a quella dell'aria esterna. Quindi, scaldando la temperatura interna, parte dell'aria
calda uscira' all'esterno e la sua densita' diminuira'. Usando l'equazione di stato dei gas perfetti, se pressione
e volume rimangono costanti al variare di T, l'unica variabile che puo' cambiare e' in numero di moli, ovvero
la quantita' di aria contenuta del pallone. La densita' dell'aria scalera' quindi come
ρ = ρA (TA / T)
Sostituendo ρΑ = 1.25 kg/m3, ρ = 1.20 kg/m3 e TA=298.16 K., si trova che T = 310.58 K, ovvero T=37.42 C.
c) La variazione di temperatura dell'aria e' ∆T = 37.42 - 25 = 12.42 C. La sua massa e' M = ρA V =
5235.88 kg. Quindi bisognera' fornire una quantita' di calore ∆Q pari a
∆Q= c M ∆T = 1004.6 J kg-1 C-1 5235.88 kg 12.42 C = 6.53 x 107 J
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problema 10
Una pallina di massa m=4 kg viene lanciata in aria con una velocita'
iniziale v0=15 m/s ad un angolo θ0=30 gradi. Calcolare
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
L'altezza massima H raggiunta
dopo quanto tempo ricade al terra
La gittata R (distanza percorsa lungo l'asse x al momento
della ricaduta.
con quale velocita' ricade
quale velocita' ha nel punto di massima altezza
l'energia cinetica nel punto di massima altezza
l'energia potenziale nel punto di massima altezza
risoluzione
Innanzitutto considero indipendentemente I due moti lungo l’asse x (moto rettilineo uniforme) e l’asse y
(moto uniformemente accelerato). Le rispettive velocita iniziali sono:
v0x = v0 cosθ0 = 12.99 m/s
v0y = v0 senθ0 = 7.50 m/s
a) L’altezza H raggiunta puo’ essere trovata applicando il principio di conservazione dell’energia
meccanica per il moto lungo l’asse y. Quindi
m g h = (1/2) m v2
da cui ottengo H =
(v 0 y ) 2
= 2.87 m.
2g
b) il tempo necessario a raggiungere tale altezza e’ dato dalla legge per la velocita’ in un moto
uniformemente accelerato, ovvero
v(t) = v0y – g t
Poinche’ nel punto di massima altezza ho v(t)=0, ottengo tH=v0y/g = 0.76 s. ovviamente il tempo necessario
a ricadere e’ il doppio di quello per raggiungere H, quindi tR = 1.53 s.
c) per tutto il moto parabolico, la pallina si muove lungo l’asse x con velocita’ costante data da v0x. Quindi
al momento in cui ricade avra’ percorso tratto di strada dato da
R = v0x tR = 19.87 m.
d) ovviamente ricade con lo stesso modulo della velocita’ iniziale, ovvero v0=15 m/s, ma le cui componenti
saranno
(vx)fin = (v0x) = 12.99 m/s
(vy)fin = -(v0y ) = -7.50 m/s . Notare il cambio di segno nella componente y!
e) la velocita’ alla massima altezza e’ data solo dalla componente x, cioe’ vH = (v0x) = 12.99 m/s.
f) l’energia cinetica nel punto di massima altezza e’ (Ecin)H = (1/2)m(vH)2 = 337.48 J
g) l’energia potenziale nel punto di massima altezza e’ (Epot)H = m g H = 39.24 J
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problema 11
Un blocco di massa m = 5 kg viene lanciato lungo una pista orizzontale ad una velocita' v0 = 16 m/s. La
pista e' priva di attrito fino a quando il blocco raggiunge un livello piu' elevato di altezza hA = 3.5 m. A quel
punto la pista presenta un coefficiente di attrito dinamico µk = 0.4.
Calcolare
A
a)
b)
c)
d)
e)
con quale velocita' il blocco arriva nel punto A
la distanza d percorsa
l'energia meccanica del blocco nel punto A
l'energia meccanica del blocco dopo che si e' fermato
la velocita' v0 minima affinche' il blocco arrivi nel punto A
risoluzione
Poiche' nel tratto di strada fino al punto A, siamo in assenza di attrito, si puo' applicare il principio di
conservazione dell'energia meccanica. Prendendo come quota di riferimento (U=0) quella iniziale del
blocco, l''energia meccanica iniziale E0 e' data solo dall'energia cinetica
E0 =K0 + U0 = (1/2) m (v0)2 = 640 J
a) L'energia meccanica nel punto A e data da EA =KA + UA = (1/2) m (vA)2 + m g hA
Applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica (E0=EA), si ha
(1/2) m (v0)2 = (1/2) m (vA)2 + m g hA
da cui
(vA)2 = (v0)2 - 2 g h... Sapendo che hA= 3.5 m, si ottiene vA = 13.69 m/s
b) L'energia cinetica del corpo nel punto A viene dissipata tutta in calore a causa del lavoro (negativo)
svolto dalla forza di attrito sul corpo in movimento. La forza di attrito e'
f=µN=µmg
e il lavoro e' dato da
Lattr = f d = µ m g d
Quindi imponendo EA = Lattr otteniamo
(1/2) m (vA)2 = µ m g d
che risolta per d da come risultato d = (vA)2 / (2 µ g ) da cui d = 23.88 m
c) L'energia meccanica del corpo nel punto A e' uguale a quella iniziale, quindi EA = 640 J
d) L'energia meccanica del corpo dopo che si e' fermato e' solo quella potenziale, quindi
EA = UA = m g h = 171.68 J
e) Affiche' il corpo arrivi in A (con velocita' nulla) la sua energia cinetica iniziale K0 =(1/2) m (v0)2 deve
essere sufficiente a fargli guadagnare un'energia potenziale UA=m g h. Quindi, imponendo
(1/2) m (v0)2 > m g h
trovo la condizione v02 > 2 g h , che implica v0 > 8.29 m/s.
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problema 12
un blocco di massa m = 5 kg viene lanciato su di un piano inclinato
(θ =30o) ad una velocita' iniziale v0 = 8 m/s. In assenza di attrito
calcolare:
a) la distanza d percorsa
b) la variazione dell'energia cinetica e potenziale del blocco al
momento in cui si ferma.
c) dopo quanto tempo il blocco ritorna al punto di partenza.
d
v0
θ
OPZIONALE: Rispondere alle stesse domande a), b), c) nel caso in
cui tra la superficie del piano e il blocco agisca un forza di attrito dinamico il cui coefficiente e' µ=0.12.
risoluzione
Si indichino con i pedici 1 e 2 le posizioni iniziale e finale del blocchetto. L'energia meccanica nelle due
posizioni e'
E1 =K1 + U1 = (1/2) m (v0)2 + 0
posizione iniziale
E2 =K2 + U1 = 0 + m g h
posizione finale
a) -senza attrito. Applicando il principio di conservazione dell'energia meccanica E1=E2, da cui
h = (v0)2 / 2 g = 3.26 m
che trasformato in d [h = d sin(θ)] diviene → d = 6.52 m
b) -senza attrito.
∆K = K2 - K1 = 0 - (1/2) m (v0)2 = -160 J
∆U = U2 - U1 = m g h - 0 = 160 J
notare che ∆K+ ∆U = 0 (conservazione Emecc)
c) -senza attrito. L'accelerazione cui e' sottoposto il blocco e'
a = -g sin(θ) = -4.91 m / s2. (il segno - indica che a e' diretta in verso opposto a v0).
Dall'equazione per la velocita' del moto unif. de-celerato ( v = v0 + a t), ponendo v=0, trovo
t = v0 / a = 1.63 s
che corrisponde al tempo di sola andata. Per tornare al punto di partenza inpieghera' quindi ttot = 3.26 s.
a') con attrito
La forza di attrito e' fk = µk N dove N=mg cos(θ) e’ la forza Normale. Quindi fk = µk m g cos(θ).
Il lavoro, ovvero l'energia dissipata per attrito e'
Lk = fk d = fk [h' / sin(θ)] = µk m g h' [cos(θ) / sin(θ)]
dove h' rappresenta la nuova altezza raggiunta. Applicando il principio di conservazione dell'energia
meccanica e tenendo conto dell'energia dissipata in calore a causa dell'attrito
E1 - Lk = E2,
da cui ricavo
h' =
( v 0 ) 2 / 2g
= 2.42 m che tradotto in d' = h' / sin(θ), da' il risultato d' = 4.84 m
cos(θ)
1 + µk
sin (θ)
b') con attrito
∆K = K2 - K1 = 0 - (1/2) m (v0)2 = -160 J
∆U = U2 - U1 = m g h' - 0 = 118.7 J
notare che ∆K+ ∆U ≠ 0 e che ∆K = ∆U + Lk.
c') con attrito
L'accelerazione in salita e' a' = a - fk / m = -g [sin(θ) + µk cos(θ)] = -6.60 m/s2. Quindi il tempo di andata e'
t' = v0 / a' = 1.21 s
Per il viaggio di ritorno l' accelerazione e' diversa, a'' = g [sin(θ) - µk cos(θ)] = -3.21 m / s2.In questo caso
applico la legge d’=(1/2) a''t2, quindi
t''=(2 d’)/ a'' = 1.74 s.
Complessivamente il tempo di andata e ritorno e’ t'+ t''= 2.95 s.
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problema 13
Un blocco di massa m = 15 kg viene trascinato da una fune che
forma un angolo θ=45 gradi rispetto al piano orizzontale ed esercita
una tensione T = 180 N. Trascurando l'attrito,
a)
b)
c)
descrivere il moto del blocco e calcolare la sua accelerazione
calcolare la forza normale esercitata dal piano sul blocco
cosa accade se la tensione della fune rimane la stessa, ma
l'angolo diventa θ=60 gradi?
T
fµ
m
θ
Rispondere alle stesse domande nel caso in cui sia presente l'attrito con coeff. di attrito dinamico µ=0.20.
risoluzione (senza attrito)
Applicando la II legge della dinamica lungo i due assi cartesiani, posso scrivere
T cosθ = max
T sinθ +N = mg
asse x
asse y
da cui ottengo (nota: per θ = 45 gradi, cosθ = sinθ = 0.71)
a, b) -senza attrito.
ax= T cosθ / m = 180x 0.71 / 15 = 8.49 m/s2
N = mg- T sinθ =15x9.81-180x0.71= 19.87 N
c) -senza attrito. In questo caso, se usassi la formula di sopra, otterrei un valore negativo per la forza N, il
che e' un assurdo. Questo vuol dire che la componente verticale della tensione diviene maggiore della forza
peso e il blocco "decolla" accelerando verso l'alto! Infatti per θ=60 gradi sinθ =.0.87 e T sinθ > mg
(180x0.87 = 155.88 N > 15x9.81=147.15 N). Dunque in questo caso non esite forza nomale, esiste
accelerazione lungo y e le equazioni del moto diventano
T cosθ = max
asse x
asse y
T sinθ - mg = may
da cui ay = T sinθ /m – g = 0.63 m/s2. Ovviamente per ax vale la stessa equazione di sopra, per cui
ax= T cosθ / m = 6.00 m/s2.
risoluzione (con attrito)
Applicando la II legge della dinamica nel caso T sinθ − mg >0 (ovvero quando θ=45°),
T cosθ - µN = max
T sinθ +N = mg
asse x
asse y
risolvendo la seconda equazione trovo N = mg- T sinθ (che e' uguale al caso senza attrito) e inroducendola
nella prima ricavo ax.
ax = (T/m) [ cosθ - µ sinθ ] + µg = 5.88 m/s2.
se invece T sinθ − mg <0 (ovvero quando θ=60°), il blocco si solleva, non esiste ne’ N ne forza di attrito e
tutto e’ come nel caso c)
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problema 14
Un manometro a tubo aperto e' uno strumento che serve per misurare la pressione
P di un gas contenuto all'interno di un serbatoio. Il manometro e' costituito da un
tubo ad U contenete un liquido di densita' ρ. Un'estremita' del tubo e' collegata al
serbatoio e l'altra e' aperta in atmosfera alla pressione P0. Supponendo che il
liquido sia mercurio (ρ = 13.6 g/cm3) e che sia P0 = 1 atm, calcolare
a)
b)
c)
d)
l'altezza h nel caso in cui p=2.5 atm
la pressione P nel caso in cui h = 0
Cosa accade se P=0.5 atm? Quanto vale h in questo caso?
Supponiamo che inizialmente il gas abbia una pressione p=p0 e si trovi a
temperatura ambiente (tA=25oC). Cosa accade se riscaldo il gas fino ad
una temperatura di 100oC? Quanto sara' h? (trascurare il volume del gas nel tubo).
Risoluzione
a) La pressione P all'interno del tubo e' maggiore della pressione atmosferica, quindi il liquido viene spinto
verso l'alto fino ad un'altezza h tale da soddisfare la legge di Stevino
P = P0 + ρ g h
da cui
h = (P - P0 ) / ρ g
sapendo che 1atm = 1.013x105 N/m2, g=9.81 m/s2, ρ = 13.6x103 Kg/m3, si ricava h = 1.14 m
b) nel caso in cui h=0, chiaramente P=P0.
c) in questo caso P<P0., quindi il livello del liquido nel ramo di destra del tubo sara' inferiore a quello di
sinistra. Applicando sempre Stevino troviamo
h = (P - P0 ) / ρ g = -0.38 m
d) quando scaldo il gas, poiche' il suo volume e' costante, la pressione del gas aumentera' . Applicando la I
legge di Gay-Lussac, si puo' ricavare la pressione P alla temperatura (assoluta) T data da
P / T = P0 / TA
Sapendo che TA= 298.16 oK, T=373.16 oK, si ottiene che P=1.25 P0 = 1.27x105 Pascal. Applicando
nuovamente Stevino,
h = (P - P0 ) / ρ g = 0.21 m
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v1
problema 15
1) Un carrello da montagne russe di massa m=500kg
viene lanciato dal punto 1 posto ad una altezza
h1=35m con velocita’ iniziale v1=3m/s. Supponendo
che non ci sia attrito, calcolare
a) le velocita’ nei punti 2, 3, 4.
b) Le energie cinetiche nei punti 1,2,3,4
c) Le energie potenziali nei punti 1,2,3,4
d) Discutere qualitativamente cosa accade in presenza di attrito.
e) Se la forza di attrito media e’ 1/10 del peso del carrello e la lunghezza della rotatia e’ d = 250m, con
quale velocita’ il carrello arriva nel punto 4?
risoluzione
Poiche' siamo in assenza di attrito, si puo' applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica.
L'energia meccanica iniziale E1 e' data da
E1 =K1 + U1 = (1/2) m (v1)2 + m g h1 = 1.74x105 J
dove v1=3m/s e h1 =35m rappresenta l’altezza della posizione 1 rispetto a quella della posizione 2 (che
prendiamo come riferimento di energia potenziale =0).
a) L'energia meccanica nel punto 2, poiche’ h2=0, e data da E2 =K2 = (1/2) m (v2)2 . Applicando il principio
di conservazione dell'energia meccanica (E1=E2,) si ha
(1/2) m (v1)2 + m g h1 = (1/2) m (v2)2
(1/2) m (v1)2 + m g h1 = (1/2) m (v3)2 + m g h3
(1/2) m (v1)2 + m g h1 = (1/2) m (v4)2 + m g h4
da cui
da cui
da cui
(v2)2 = (v1)2 +2 g h1
(v3)2 = (v1)2 +2 g (h1-h3)
(v4)2 = (v1)2 +2 g (h1-h4)
v2 = 26.38 m/s
v3 = 12.10 m/s
v3 = 20.03 m/s
b) L'energia cinetica del carrello e’ data da K = (1/2) m (v)2 . Quindi nei vari punti risulta
K1 = (1/2) m (v1)2 = 2.25x103 J
K2 = (1/2) m (v2)2 = 1.74x105 J
K3 = (1/2) m (v3)2 = 3.66x104 J
K4 = (1/2) m (v4)2 = 1.00x105 J
c) L'energia potenziale del carrello e’ data da U = m g h. Quindi nei vari punti risulta
U1 = m g h1 = 1.72x105 J
U2 = m g h2 = 0 J
U3 = m g h3 = 1.37x105 J
U4 = m g h4 = 7.36x104 J
d) In presenza di attrito l’energia meccanica non si conserva, ma in parte viene dissipata in calore. Di
conseguenza, nei punti 2,3,4, il carrello avra’ energie cinetiche (e quindi velocita’) minori rispetto a quelle
trovate nei casi a) e b). A seconda della forza di attrito e della distanza percorsa, potra’ capitare che il
carrello non avra’ energia sufficiente a raggiungere il punto 3. In questo caso, il carrello oscillera’
nell’avvallamento tra i punti 1 e 3, fino a fermarsi nel punto 2.
e) Il lavoro compiuto dalla forza di attrito lungo il tragitto di d=250m sara’ dato da
Latt = Fattr d = (mg/10) d = 1.23x105 J.
Quindi l’energia del carrello nel punto 4, sara’
E4 = K4 + U4 = E1.- Latt= 1.74x105 - 1.23x105 = 5.10 x104J.
Poiche’ tale energia’ e’ inferiore a quella potenziale U4, se ne deduce che il carrello propbabilmente non
arrivera’ al punto 4. Per essere certi di cio’ occorre sapere quanta strada ha percorso fino al punto 3, e
controllare che in questo punto la sua energia residua sia maggiore dell’energia potenziale del punto 3.
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problema 16
Un pallone riempito di elio viene utilizzato per sollevare un carico di massa
mcarico=200Kg. Trascurando la massa del pallone vuoto e sapendo che
le densita’ dell’elio e’ ρHe=0.18 kg/m3 mentre quella dell’aria (sulla superficie
terrstre) e’ ρaria=1.29 kg/m3 , calcolare
a) il diametro d del pallone affinche;’ questo inizi a sollevarsi.
b) L’accelerazione iniziale con cui sale se V=300m3.
c) L’altezza massima al quale il pallore arriva sapendo che la densita’ dell’aria
diminuisce secondo la legge ∆ρ(h)=1.29*(h/1000). [si usi il sistema mks].
risoluzione
a) Il volume del pallone e' La spinta di Archimede e' rivolta verso l'alto e e' data dal peso del volume
delfluido (aria) spostato, quindi
F( ↑ ) = FArch = maria g = ρaria V g
Dove V e’ il volume del pallone. La forza di gravita' spinge verso il basso e agisce sia sull'elio all’interno
del pallone che sul carico. Quindi
F( ↓ ) = (mHe + mc) g = (ρHe V + mc) g
Uguagliando, si ottiene
V = mc / ( ρA - ρHe)
che numericamente corrisponde a V=180.2 m3.
Quindi, il diametro d del pallone e’ ricavabile dalla formula V= (4/3) π r3, da cui d=7.01 m (d=2 r)
b)
In questo caso la spinta di archimede e’ maggiore del totale della forza peso e quindi la forza risultante verso
l’alto sara’
F( ↑ ) = (ρaria -ρHe )V g- mc g
Che numericamente corrisponde a
Finire!!!
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problema 17
Una comune tazza di vetro contiene V=200 cm3 di liquido e ha una massa M=150g. Del te’, che
inizialmente e’ alla temperatura T0=95oC, viene versato nella tazza e
lasciato raffreddare.
b) Supponendo che la temperatura iniziale della tazza sia quella
ambiente (TA=o25C) e che non ci sia dispersione di calore
all’esterno, quale sara’ le temperatura finale Tf di tazza e te?
c) Per raffreddare piu’ velocemente il te, viene messo nella tazza un
cubetto di ghiaccio di massa m=20g a temperatura T1=0oC. Quale
sara’ la temperatura finale in questo caso?
Dati:
densita del te ρte = 1 g/cm3
calore specifico del te cte=4186 J Kg-1 oK-1
calore specifico del vetro cve=840 J Kg-1 oK-1
calore latente di fusione del ghiaccio cfus=3.33x105 J/kg
risoluzione
La massa di te versata nella tazza e’ data da
mte = ρte V = 1 (g/cm3) 200 cm3 = 200 g = 0.2 kg
dove si e’ supposto che la densita del te sia uguale a quella dell’acqua.
a) Quando si versa il te, poiche’ quest’ultimo e’ piu’ caldo della tazza, si avra un traferimento di calore dal
te alla tazza; possiamo quindi scrivere che il te cedera’ una quantita di calore ∆Qte data da
∆Qte = cte mte (T0 – Tf)
mentre la tazza acquistera’ una quantita’ di calore ∆Qve data da
∆Qve = cve M (Tf – TA)
Nell’ipotesi che non ci sia dispersione di calore, ∆Qte=∆Qve , quindi possiamo scrivere
cte mte (T0 – Tf) = cve M (Tf – TA)
da cui, risovendo rispetto a Tf, otteniamo
Tf =
c te m te T0 + c ve M TA
c te m te + c ve M
Inserendo i dati (espressi nel sistema MKS), otteniamo Tf = 85.84 oC. Notare che in questa formula, essendo
Tf una media pesata di T0 e TA, e’ indifferente usare i gradi Celsius o Kelvin.
b) In questo caso il calore ceduto dal te (∆Qte) servira’ per tre scopi:
1) far fondere il cubetto di ghiaccio di massa m=0.020 Kg. Tale calore Q1 e’ dato da
∆Q1 (fusione da 0oC a 0oC) = cfus m = 3.33x105 (J/Kg) x 0.020 (Kg) = 6.66 x103J
2) elevare la temperatura del cubetto da 0 oC al suo valore finale. Questo richiede una quantita di calore
∆Q2 = cte m (Tf – 0) = cte m Tf
3) elevare la temperatura della tazza di vetro, che richiede (come sopra riportato) ∆Qve.
Quindi, se non c’e’ dispersione, ∆Qte= ∆Q1 + ∆Q2 + ∆Qve, il che implica
cte mte (T0 – Tf) = cfus m + cte m Tf + cve M (Tf – TA)
risovendo rispetto a Tf, otteniamo
Tf =
c te m te T0 + c ve M TA − c fus m
c te m te + c ve M + c te m
sostituendo, otteniamo Tf= 72.62 oC.
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problema 18
Un blocchetto di massa m = 5 kg viene lasciato cadere (da fermo) da un'altezza h = 4 m lungo un binario che
presenta un tratto orizzontale di lunghezza d=2.2m. In fondo a tale tratto il blocchetto rimbaza indietro
elasticamente e’ inverte la sua velocita’ senza cambiare la sua energia cinetica. Supponendo che non ci sia
attrito, calcolare
a)
b)
c)
d)
con quale velocita' v il blocchetto arriva nei punti A e in B.
L’energia cinetica e potenziale del blocchetto in A e B.
Il tempo necessario per percorrere la distanza d in andata e ritorno.
Rispondere alle stesse domande a,b,c nel caso in cui il (solo) tratto
orizzontale presenti un attrito dinamico concoefficiente µ=0.2.
d) Nel caso di attrito, quante volte il blocchetto percorrera’ il tratto di
lunghezza d prima di fermarsi?
h
A
d
Risoluzione
a) quando il blocchetto arriva nel punto A avra' acquistato un'energia cinetica pari alla sua energia
potenziale iniziale. Quindi, dal principio di conservazione dell'energia meccanica
da cui ottengo v = 2 g h = 8.86 m/s. Ovviamente, poiche’ siamo in assenza di
attrito, lungo il tratto orizzontale il moto sara’ di tipo rettilineo uniforme e la sua velocita’ in B sara’ uguale
a quella in A.
m g h = (1/2) m v2
b) In A e B il blocchetto avra’ la stessa energia cinetica e potenziale date da
quando la biglia si ferma tutta la sua energia cinetica sara stata trasformata in energia potenziale della molla.
Quindi
Ep = 0
Ecin =(1/2) m v2 = 196.20 J
c) Il tempo per percorrere il tratto orizzontale e’ t=d/v=0.45 s.
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problema 19
La biglia A viene lanciata, al tempo t=0, su un piano orizzontale privo di attrito con velocita incognita vA.
La biglia B si trova ad una altezza h=15 m rispetto alla biglia A e viene lanciata orizzontalmente con
velocita’ vB=12 m/s in ritardo di un tempo ∆t=5 s rispetto alla
biglia A. Calcolare:
v
B
a1) il tempo t1 al quale la biglia B raggiunge il piano
horizzontale e la distanza d1 percorsa.
b1) la velocita’ della biglia A affinche’ le due biglie si urtino
come in figura.
h
vA
x
Supponiamo ora che le due biglie partano allo stesso tempo
d
t=0, la biglia B con velocita’ vB incognita, mentre la biglia A
2
parta da ferma e si muova di moto uniformemente accelerato con a=2 m/s . Calcolare
a2) il tempo t2 al quale avviene l’urto e la distanza d2 percorsa dalla biglia A
b2) la velocita vB affinche avvenga l’urto
Risoluzione
a1) il tempo impiegato dalla biglia B per raggiunge terra e’ indipendente dalla sua velocita’ (orizzontale)
vB e ricavabile dalla formula [h=(1/2) g (tB)2] da cui t B = 2 h / g = 1.75 s
Quindi la biglia B raggiunge terra al tempo t1=tB + ∆t = 1.77 + 5 = 6.75 s.
La distanza percorsa sara’ conseguentemente d1 = vB tB = 20.99 m.
b1) la condizione per cui avvenga l’urto e che la biglia A si trovi in x=d1 al tempo t1. Deve quindi risultare
d1=vA t1
da cui vA = d1 / t1 =3.11 m/s
a2) l’urto puo’ avvenire solo quando la biglia B raggiunge terra e questo e’ indipendente dalla sua velocita’
(orizzontale) vB. Quindi l’urto avviene al tempo t2 =tB = 1.75 s.
La distanza percorsa dalla biglia A, che si muove di moto uniformente accerlearato, sara’ data dalla formula
d2 = (1/2) a (t2)2 = 3.06 m.
b2) la condizione per cui avvenga l’urto e che la biglia B abbia percorso una distanza orizzontale pari a d2
nel tempo t2. Deve quindi risultare
d2=vB t2
da cui vB = d2 / t2 =1.75 m/s
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problema 20
C
Un corpo di massa m = 5 kg viene lanciato lungo una pista
priva di attrito con velocita’ iniziale v0 = 16 m/s. Rispetto alla
posizione iniziale P0, le altezze relative ai punti A,B,C,D,E
sono
hA = 3m, hB = -4m, hC = 7m, hD = -5m, hE = -2m.
v0
A
P0
Calcolare
B
E
a) energia potenziale, energia cinetica e velocita’ in ciascun
D
punto.
b) la velocita’ iniziale minima affiche il corpo raggiunga il punto E
c) la velocita’ iniziale minima affinche’ il corpo superi la prima gobba A
d) l’intervallo di valori della velocita’ iniziale che permetta al corpo di superare la gobba A ma non la
gobba C.
Rispondere alle stesse domande se nel tratto tra i punti A e C la forza di attrito viene considerata costante
pari a f=10 Newton. La lunghezza del tratto P0-A sia d1=10 m, mentre quella del tratto A-C sia d2=20 m
Risoluzione in assenz di attrito
Se siamo in assenza di attrito, si puo' applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica.
Prendendo come quota di riferimento (U=0) quella iniziale del blocco, l''energia meccanica iniziale E0 e'
data solo dall'energia cinetica
E0 =K0 + U0 = (1/2) m (v0)2 = 640 J
a) L'energia meccanica nei vari punti e’ E =K + U = (1/2) m (v)2 + m g h. Quindi applicando il principio
di conservazione dell'energia meccanica (E0=E), si ha
(1/2) m (v0)2 = (1/2) m (v)2 + m g h
da cui
v2 = (v0)2 - 2 g h e quindi v =
vA= 14.04 m/s
................
vC= 10.89 m/s
( v 0 ) 2 − 2gh . Per cui
UA= 147.15 J
KA= E0-UA = 492.85 J
UA= 342.35 J
KA= E0-UA = 296.65 J
per trovare le energie cinetiche nei vari punti basta ora applicare la formula K = (1/2) m (v)2, quindi......
per trovare le energie potenzialoi nei vari punti basta ora applicare la formula U = m g h, quindi.....
b) La velocita’ iniziale minima per raggiungere il punto E e’ quella che fa arrivare il blocco nel punto C con
velocita’ nulla, e quindi solo con energia potenziale UC =m g hC. Quindi, imponendo
(1/2) m (v0)2 > m g hC
trovo la condizione v02 > 2 g hC , che implica v0 > 11.72 m/s.
Risoluzione in presenza di attrito
Il lavoro svolto dalla forza di attrito e’ Lattr = 20x10 = 200 J
...... da finire ..................
20
