Dispense di Fisica Generale 1 - AA 2011/2012

Dispense di Fisica Generale 1
Aurelio Agliolo Gallitto
A.A. 2011/2012 (v. 7.1.0)
Indice
1 Cinematica traslazionale
1.1 Cifre significative . . . . . . . . . . .
1.2 Vettori . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Somma e differenza di vettori
1.2.2 Prodotto scalare . . . . . . .
1.2.3 Prodotto vettoriale . . . . . .
1.3 Moti rettilinei . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Corpi in caduta libera . . . .
1.4 Moti bidimensionali . . . . . . . . .
1.4.1 Moto del proiettile . . . . . .
1.4.2 Moti relativi . . . . . . . . .
1.5 Velocità vettoriale media . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2 Dinamica traslazionale
2.1 Leggi di Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Forze di attrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Lavoro ed energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Energia potenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Relazione tra energia potenziale e forza . . . . . .
2.2.3 Principio di conservazione
dell’energia meccanica . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Impulso e quantità di moto . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Forze impulsive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Urti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Centro di massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Centro di massa di un sistema di corpi puntiformi
2.4.2 Centro di massa di corpi rigidi omogenei . . . . . .
2.5 Esercizi di ricapitolazione . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
1
2
2
2
3
3
5
6
6
6
7
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
9
9
9
11
12
12
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
13
14
14
14
15
15
15
16
.
.
.
.
.
17
17
17
19
19
19
. . . . . . . . . . . . . . .
19
3 Meccanica rotazionale
3.1 Cinematica rotazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Relazione vettoriale tra grandezze traslazionali e rotazionali
3.3 Dinamica Rotazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 Dinamica del moto circolare uniforme . . . . . . . .
3.3.2 Momento d’inerzia . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.3 Conservazione dell’energia
meccanica nei moti rotazionali . . . . . . . . . . . .
AAG
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
ii
INDICE
3.3.4
3.4
3.5
Conservazione del momento
angolare . . . . . . . . . . .
3.3.5 Moto di precessione . . . .
Moto armonico semplice . . . . . .
Esercizi di ricapitolazione . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4 Statica
25
5 Meccanica dei fluidi
5.1 Statica dei fluidi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 Legge di Stevino . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Dinamica dei fluidi ideali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Equazione di Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Dinamica dei fluidi reali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.1 Viscosità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.2 Equazione di Poiseuille . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.3 Legge di Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.4 Moto laminare e moto turbolento: numero di Reynolds
6 Termodinamica
6.1 Definizioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Temperatura e principio zero della termodinamica
6.2.1 Espansione termica dei corpi solidi . . . . .
6.3 Calorimetria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.1 Capacità termica e calore
specifico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.2 Conducibilità termica . . . . . . . . . . . .
6.4 Legge dei gas perfetti . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5 Primo principio della
termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.6 Secondo principio della
termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.6.1 Cicli termodinamici e macchine termiche . .
6.6.2 Entropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.7 Esercizi di ricapitolazione . . . . . . . . . . . . . .
Bibliografia
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
20
21
22
22
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
29
29
29
31
31
31
31
33
34
35
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
37
37
38
38
38
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
38
40
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
.
.
.
.
41
41
41
41
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
43
AAG
Capitolo 1
Cinematica traslazionale
1.1
Cifre significative
Ogni numero è espresso con un determinato numero di cifre, dove per cifra si intende uno dei
simboli: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Per numero di
cifre significative si intende il numero di tutte le
cifre scritte, compreso lo 0, a partire da destra
fino all’ultima 6= 0 a sinistra.
La cifra meno significativa, cioè l’ultima cifra a destra con cui si scrive un
numero, è quella che indica il grado di
precisione con cui si ritiene di conoscere
la grandezza che esso rappresenta.
Per esempio, 4.3 è un numero diverso da 4.30
perché per il primo si intende che è maggiore di
4.2 e minore di 4.4 mentre per il secondo si intende che è maggiore di 4.29 e minore di 4.31.
Per valutare meglio il numero di cifre significative di un numero, conviene riportare il numero
in notazione scientifica. Per esempio, il numero
0.0010203 in notazione scientifica si scrive come
1.0203×10−3 (attenzione, la mantissa, cioè il numero prima della potenza di 10, deve essere compresa tra 1 e 10); la mantissa individua le cifre
significative, mentre la potenza di 10 individua
l’ordine di grandezza del numero. In questo caso,
il numero 1.0203 × 10−3 ha 5 cifre significative e
un ordine di grandezza di 10−3 .
Quando il risultato di una operazione è un numero con molte cifre, bisogna capire con quante
cifre bisogna riportare il risultato finale. I valori delle grandezze fisiche vengono generalmente
forniti con non più di 3 o 4 cifre significative;
pertanto, è privo di significato riportare il risultato di calcoli eseguiti su tali dati con un numero
maggiore di cifre significative.
AAG
Per determinare il numero di cifre significative
con cui bisogna riportare il risultato di una operazione algebrica, è opportuno seguire le seguenti
regole.
1. Nella somma o sottrazione, il numero di cifre decimali del risultato deve essere uguale al numero più piccolo delle cifre decimali di ciascun addendo (o sottraendo). Il
numero di cifre significative non ha alcuna
importanza.
2. Nella moltiplicazione o divisione bisogna
contare il numero di cifre significative nei
moltiplicandi o dividendi. Il numero di cifre significative nel risultato è determinato
dal fattore con il minore numero di cifre significative. La posizione della cifra meno
significativa non ha alcuna importanza.
Occorrerà quindi “tagliare” le cifre dopo la cifra
meno significativa approssimando, a seconda dei
casi, per difetto o per eccesso.
Una cifra si approssima per eccesso
quando è maggiore di 5 e si approssima per difetto quando è minore di 5;
quando invece è esattamente uguale a 5
si può approssimare per eccesso oppure
per difetto in modo tale da ottenere un
valore multiplo di due.
Pertanto, bisogna riportare i risultati numerici con appropriato numero di cifre significative e bisogna specificare le unità di misura delle
grandezze calcolate.
Esercizio 1.1. Approssimare
0.0010203 a tre cifre significative.
il
numero
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
2
Capitolo 1. Cinematica traslazionale
Soluzione. Per capire meglio come approssimare un dato numero conviene riportarlo in notazione scientifica. Pertanto, risulta 0.0010203 =
1.0203 × 10−3 ∼
= 1.02 × 10−3 .
Esercizio 1.2. Si vuole determinare il volume
di una sfera di raggio R = 20.0 cm.
Soluzione. Il volume della sfera è dato da
4
V = πR3 = 33493.33 cm3 .
3
Coerentemente con le unità di misura fornite per
il raggio, il volume andrà espresso in cm3 . Sebbene il risultato del calcolo abbia dato il valore
33493.33 cm3 , riportare il risultato con tutte le
cifre che si leggono sulla calcolatrice è privo di
significato, in quanto il valore del raggio è stato
fornito con sole tre cifre significative. Seguendo
la regola della moltiplicazione e divisione, il risultato può ragionevolmente essere espresso con
tre cifre significative, ottenendo in questo modo
V = 3.35 × 104 cm3 = 3.35 × 10 dm3 = 33.5 litri.
1.2
Vettori
1.2.1
Figura 1.1: Disposizione di due vettori nel piano
cartesiano.
= A + B sin(45.0◦ ) + C sin(−45.0◦ ) =
= 3.00 + 3.53 − 4.24 = 2.29
q
p
S = Sx2 + Sy2 = 7.772 + 2.292 = 8.10
ϕ = arctan
Sy
Sx
= arctan
2.3
7.8
= 16.4◦ .
Somma e differenza di vettori
~eB
~ mostrati in
Esercizio 1.3. Dati i vettori A
~ =A
~+B
~
Fig. 1.1, calcolate il vettore somma C
~
~
~
e il vettore differenza D = A − B.
Esercizio 1.4. I vettori1 A, B e C mostrati in Fig. 1.2 hanno modulo, rispettivamente,
A = 3.00, B = 5.00 e C = 6.00. Determinate
il vettore somma S = A + B + C.
Soluzione. Calcoliamo le componenti Sx ed Sy
del vettore S = x̂Sx + ŷSy
1.2.2
Prodotto scalare
Esercizio 1.5. Calcolate il prodotto scalare dei
vettori mostrati in Fig. 1.1.
Soluzione.
Applichiamo la formula del
prodotto scalare
~·B
~ = |A||
~ B|
~ cos(θ) = AB cos θ =
S = A
= 3.00 × 3.00 × cos 60.0◦ = 4.50 .
S x = Ax + B x + C x
Sx = 0 + B cos(45.0◦ ) + C cos(−45.0◦ ) =
= 0 + 3.53 + 4.24 = 7.77
Sy = Ay + By + Cy =
1
Le grandezze vettoriali vengono indicate generalmen~ o alternativamente come A; in entrambi i casi,
te come A
il modulo del vettore viene indicato come A.
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Esercizio 1.6. Determinate l’angolo compreso
~ = x̂ − ŷ + 2.00ẑ e B
~ = −x̂ + ẑ.
tra i vettori A
Soluzione. Dalla formula del prodotto scalare
tra due vettori si ha
~·B
~ = |A||
~ B|
~ cos θ ;
A
AAG
1.3. Moti rettilinei
3
Soluzione. Il vettore che dobbiamo determinare deve essere perpendicolare a entrambi i vetto~ eB
~ e deve essere parallelo al vettore dato
ri A
~ =A
~∧B
~ e di modulo
dal prodotto vettoriale C
~
5.20. Allora, troviamo il vettore C e imponiamo
la seguente condizione
~
~ 1,2 = ±5.20 C .
C
~
|C|
Otteniamo, quindi, i seguenti vettori
C~1 = 3.00î + 3.00ĵ + 3.00k̂ ,
C~2 = −(3.00î + 3.00ĵ + 3.00k̂) .
1.3
Figura 1.2: Disposizione di tre vettori nel piano
cartesiano.
dall’equazione precedente possiamo ricavare
l’angolo cercato nel seguente modo
!
~·B
~
A
θ = arccos
=
~ B|
~
|A||
=
1.2.3
Ax Bx + Ay By + Az Bz
= 30.0◦ .
~
~
|A||B|
Prodotto vettoriale
~ = 2.00 x̂ + ŷ,
Esercizio 1.7. Dati tre vettori A
~
~
B = x̂ + 3.00 ẑ e C = 2.00 ŷ − ẑ. Calcolare il
~ = (A
~ − B)
~ ∧ C.
~
vettore D
Soluzione. Calcoliamo dapprima il vettore
~ −B
~ e successivamente il vettore D
~ applicando
A
la regola del prodotto vettoriale. Il risultato è
~−B
~ = x̂ + 3.00ŷ − 3.00ẑ ,
A
~ − B)
~ ∧C
~ = 2.00x̂ + ŷ + 2.00ẑ .
(A
Esercizio 1.8. Dati due vettori A = 2.00 i +
j − 3.00 k e B = i − 2.00 j + k. Determinare il
vettore C di modulo 5.20 e perpendicolare ad A
e B.
AAG
Moti rettilinei
Esercizio 1.9. Un punto materiale percorre
uno spazio S1 = 100 m in 10.0 s e successivamente percorre uno spazio S2 = 300 m in
70.0 s. Calcolare la velocità media v̄ del punto
materiale.
Soluzione. Per calcolare la velocità media bisogna calcolare lo spazio totale percorso dal punto e il tempo totale impiegato a percorrere tale
spazio
v̄ =
400
S1 + S2
=
= 5.00 m/s .
∆t1 + ∆t2
80.0
Esercizio 1.10. Un oggetto puntiforme si muove di moto rettilineo. L’andamento temporale
della velocità del punto è descritto dal grafico di
Fig. 1.3. Determinare l’andamento dello spostamento e dell’accelerazione in funzione del tempo.
Soluzione. Gli andamenti temporali dello spostamento e dell’accelerazione sono descritti dai
grafici riportati in Fig. 1.4 e in Fig. 1.5.
L’andamento temporale dell’accelerazione si ottiene derivando la velocità in funzione del tempo e quindi dal punto di vista geometrico si
determina calcolando la tangente alla curva v(t)
(
2 0 < t < 10 s
a(t) = 2.00
10.0 = 0.200 m/s
2 10 < t < 30 s
a(t) = − 2.00
20.0 = −0.100 m/s
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
4
Capitolo 1. Cinematica traslazionale
Figura 1.5: Accelerazione in funzione del tempo.
Figura 1.3: Velocità in funzione del tempo.
v(t) = (40.0−5.00 t2 ) m/s. Determinare quantitativamente i grafici temporali dell’accelerazione
e dello spazio nell’intervallo 0 ÷ 10 s.
Esercizio 1.12. Due macchine viaggiano sulla stessa strada e nello stesso verso di marcia
con velocità, rispettivamente, v10 = 20.0 m/s
e v20 = 30.0 m/s. La macchina più veloce segue l’altra e poiché non è possibile il sorpasso
è costretta a frenare. Calcolare l’accelerazione costante della macchina più veloce necessaria
per evitare il tamponamento se al momento di
azionare i freni le due macchine distano 50.0 m.
Figura 1.4: Spostamento in funzione del tempo.
L’andamento temporale dello spostamento si ottiene integrando la velocità rispetto al tempo e
quindi dal punto di vista geometrico si determina
calcolando l’area sottesa alla curva v(t)
(
s(t) = 0.100 t2
0 < t < 10 s
s(t) − 30.0 = −5.00 × 10−2 (t − 30.0)2
Riordinando i termini, nell’intervallo 10 < t <
30 s, si ottiene
s(t) = −15.0 + 3.00 t − 5.00 × 10−2 t2 .
Esercizio 1.11. Un corpo si muove con una velocità descritta dalla seguente equazione oraria
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Soluzione. La condizione per evitare il tamponamento si raggiunge quando le due macchine
hanno percorso la stessa distanza e arrivano con
la stessa velocità:
(
v1 (t) = v10
x1 (t) = x10 + v10 t
(
v2 (t) = v20 + at
x2 (t) = v20 t + 21 at2
Imponendo che v1 (t) = v2 (t) e x1 (t) = x2 (t), si
ha
v10 − v20
,
v10 = v20 + at ⇒ t =
a
1
v10 t + x10 = v20 t + at2 .
2
Quest’ultima equazione può essere riscritta come
1
(v10 − v20 )t + x10 = at2 ;
2
AAG
1.3. Moti rettilinei
5
sostituendo t, ricava facilmente
a=−
L’andamento temporale dello spostamento è
descritto dal grafico di Fig. 1.8.
(v10 − v20 )2
= −1.00 m/s2 .
2x10
Esercizio 1.13. Un punto materiale si muove di moto rettilineo con una velocità che varia nel tempo come descritto nel grafico v(t) di
Fig. 1.6. Determinate quantitativamente l’andamento temporale dell’accelerazione e dello spostamento del punto materiale negli intervalli di
tempo indicati nel grafico.
s p a z io ( m )
3 0
Si pervie allo stesso risultato, risolvendo il problema in un sistema di riferimento solidale con la
macchina più lenta. Si lascia al lettore il compito
di tale verifica.
2 0
1 0
0
0
1 0
2 0
3 0
4 0
te m p o (s )
Figura 1.8: Spostamento in funzione del tempo.
velocità (m/s)
2
1
te m p o (s )
0
1 0
2 0
3 0
4 0
-1
Esercizio 1.14. Un punto materiale si muove
lungo l’asse x e la sua posizione dipende dal
tempo secondo l’equazione:
x(t) = (2.00 t3 − 25.0 t + 1.00) m ,
con t in secondi.
-2
Figura 1.6: Velocità in funzione del tempo.
Soluzione. L’andamento temporale dell’accelerazione è descritto dal grafico di Fig. 1.7.
1. Disegnare il grafico quantitativo della velocità e dell’accelerazione del punto in funzione del tempo e dire di che tipo di moto si
tratta.
2. Calcolare la velocità e l’accelerazione all’istante t = 2.00 s.
2
accelerazione (m/s )
1.3.1
0.2
Corpi in caduta libera
Esercizio 1.15. Che altezza raggiunge un corpo che viene lanciato verticalmente verso l’alto
con una velocità v0 = 65.0 km/h? Si trascuri la
resistenza dell’aria. (g = 9.81 m/s2 )
0.1
Soluzione. Convertiamo la velocità del corpo
in m/s dividendo km/h per 3.60
v0 = 65.0 km/h : 3.60 = 18.0 m/s .
0.0
0
10
20
30
40
tempo (s)
Figura 1.7: Accelerazione in funzione del tempo.
AAG
Nel punto in cui il corpo raggiunge la massima
altezza, la sua velocità è nulla; quindi,
0 = v0 − gt0 ;
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
6
Capitolo 1. Cinematica traslazionale
con questa equazione possiamo trovare il tempo
necessario per raggiungere la massima altezza
t0 =
v0
18.0
=
= 1.92 s .
g
9.81
Conoscendo il tempo, possiamo determinare la
massima altezza
1
hmax = v0 t0 − gt20 = 16.5 m .
2
Esercizio 1.16. Una pallina viene lanciata da
un’altezza di 2.00 m con una velocità iniziale
verso l’alto. Se la pallina raggiunge l’altezza di
3.00 m dal piano di lancio, calcolare il valore della velocità di lancio e il tempo che impiega la
pallina a raggiungere il suolo.
Esercizio 1.17. Una pallina viene lasciata cadere da un’altezza di 2.00 m su un piano orizzontale. Nello stesso istante una seconda pallina
viene lanciata, con una velocità iniziale diretta
verso la prima, dal punto del piano orizzontale
in corrispondenza dello stesso asse verticale. Determinate il valore della velocità di lancio se le
due palline collidono a metà altezza.
1.4
1.4.1
Moti bidimensionali
1. in quale direzione dovrà dirigere la barca se
vuole raggiungere il punto opposto a quello di partenza e il tempo necessario per
l’attraversamento;
2. in quale direzione dovrebbe dirigere la barca
se volesse attraversare il fiume nel più breve
tempo possibile.
Moto del proiettile
Esercizio 1.18. Una palla viene lanciata orizzontalmente da un’altezza h = 12.5 cm dal suolo. Il moto della palla viene fotografato con
una tecnica stroboscopica che permette di avere un’immagine della palla ogni 1.00 × 10−2 s,
ottenendo la foto mostrata in Fig. 1.9. Costruite
i grafici quantitativi della posizione, velocità e
accelerazione della palla in funzione del tempo.
1.4.2
Figura 1.9: Traiettoria della palla.
Moti relativi
Esercizio 1.19. Un uomo può remare con una
barca alla velocità di 4.00 km/h su acqua ferma.
Se egli sta attraversando un fiume, largo 4.00 km,
con una velocità della corrente di 2.00 km/h,
determinate:
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Esercizio 1.20. La cabina scoperta di un ascensore sale con velocità costante di 10.0 m/s. Un
ragazzo, che si trova nella cabina, lancia una
palla direttamente verso l’alto da un’altezza di
2.00 m sopra il pavimento della cabina, che si
trova esattamente a 28.0 m dal suolo. La velocità iniziale della palla rispetto all’ascensore è
20.0 m/s.
1. Calcolare quale altezza massima raggiunge
la palla rispetto al suolo e rispetto al pavimento della cabina e i tempi necessari per
raggiungere queste condizioni.
2. Calcolare quanto tempo impiega la palla per
ritornare nelle mani del ragazzo.
AAG
1.5. Velocità vettoriale media
1.5
Velocità vettoriale media
L’espressione velocità scalare media si riferisce
a quanto lontano arriva un oggetto in un certo
intervallo di tempo, senza tenere conto della direzione. Se un’auto percorre 240 km in 3.00 h,
noi diciamo che la sua velocità scalare media è di
80.0 km/h. In generale, la velocità scalare media
di un oggetto è definita come la distanza percorsa durante il suo cammino divisa per il tempo
che impiega a percorrere tale distanza
velocità scalare media =
distanza percorsa
.
tempo trascorso
Nel linguaggio comune si parla semplicemente di
velocità: in fisica, invece, si deve distinguere tra
velocità vettoriale e velocità scalare. La velocità
scalare è un numero positivo espresso in una certa unità di misura. L’espressione velocità vettoriale, invece, è usata per indicare il modulo (valore numerico), cioè il numero che esprime quanto
rapidamente vari la posizione dell’oggetto che si
sta muovendo, e la direzione in cui si sta muovendo (la velocità vettoriale è quindi, come dice
il nome, un vettore).
C’è una seconda differenza tra i due concetti: la
velocità vettoriale media è definita in termini di
spostamento anziché di distanza totale percorsa:
velocità vettoriale media =
=
spostamento
=
tempo trascorso
posizione finale − posizione iniziale
.
tempo trascorso
La velocità scalare media e la velocità vettoriale
media hanno lo stesso modulo (lo stesso valore
numerico) quando il moto si svolge tutto in una
sola direzione. In altri casi, possono essere differenti. Per esempio, una persona cammina per
70.0 m verso est e poi per 30.0 m verso ovest. La
distanza totale percorsa è di 70.0 m + 30.0 m =
100 m, mentre lo spostamento è di 40.0 m. Supponiamo che ci siano voluti 50.0 s per completare
questo percorso. Allora la velocita scalare media
è
distanza
100 m
=
= 2.00 m/s .
tempo
50.0 s
AAG
7
D’altra parte, il modulo della velocità vettoriale
media è
spostamento
40.0 m
=
= 0.800 m/s .
tempo
50.0 s
Questa differenza fra velocità scalare e modulo
della velocità vettoriale può risultare quando si
calcolano i valori medi.
Per discutere il moto unidirezionale di un oggetto, supponiamo che a un certo istante, diciamo
t1 , l’oggetto si trovi sull’asse delle x in posizione x1 , in un certo sistema di coordinate, e a un
istante successivo, t2 , si trovi in posizione x2 . Il
tempo trascorso è ∆t = t2 − t1 ; durante questo
intervallo di tempo lo spostamento del nostro oggetto è ∆x = x2 − x1 . Allora, la velocità vettoriale media, definita come lo spostamento diviso
il tempo trascorso, può essere scritta come
< ~v >=
∆x
x2 − x1
=
.
∆t
t2 − t1
Nel caso di asse x positivo verso destra, occorre
notare che se x2 è inferiore a x1 , l’oggetto si sta
muovendo verso sinistra e allora ∆x = x2 − x1
è minore di zero. Il segno dello spostamento, e
quindi anche della velocità vettoriale media, indica la direzione: la velocità vettoriale media è
positiva per un oggetto che si muove verso destra lungo l’asse x, è negativa quando l’oggetto
si muove verso sinistra. La direzione della velocità vettoriale media è sempre la stessa di quella
dello spostamento.
Esercizio 1.21. Un corridore si muove in linea
retta in modo tale che la sua posizione lungo un
asse di riferimento sia x1 = 60.0 m al tempo
t1 = 0 e x2 = 45.0 m al tempo t2 = 3.00 s,
come mostrato in Fig. 1.10. Qual è la velocità
vettoriale media del corridore?
Soluzione. Lo spostamento è ∆x = x2 − x1 =
45.0 − 60.0 = −15.0 m. Il tempo impiegato è
∆t = t2 − t1 = 3.00 − 0 = 3.00 s. La velocità
vettoriale media è
< ~v >=
∆x
= −5.00 m/s .
∆t
Lo spostamento e, quindi, la velocità media sono negativi, indicando che il corridore si muove
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
8
Capitolo 1. Cinematica traslazionale
Figura 1.10: Velocità vettoriale media; ∆x = x2 −
x1 .
verso sinistra lungo l’asse x, come indicato dalla
freccia mostrata in Fig. 1.10. Cosı̀, possiamo dire che la velocità vettoriale media è di −5.00 m/s
e la velocità scalare media è invece di 5.00 m/s.
Esercizio 1.22. Un oggetto viene lanciato da
una rampa di altezza h = 20.0 m con una velocità v = (10.0 m/s, 0, 0) e una accelerazione
g = (0, −9.81 m/s2 , 0). Determinate la velocità
vettoriale media di caduta del’oggetto.
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
AAG
Capitolo 2
Dinamica traslazionale
2.1
Leggi di Newton
Esercizio 2.1. Una forza F~ = 10.0 N è applicata orizzontalmente a un corpo di massa M =
2.00 kg; il corpo è libero di muoversi sopra un
piano orizzontale privo di attrito. Determinare
l’accelerazione del corpo (Fig. 2.1).
Figura 2.2: Blocchi legati da una fune e tirati da
una forza.
Figura 2.1: Blocco tirato da una forza.
Figura 2.3: Blocchi a contatto spinti da una forza.
Esercizio 2.2. Un corpo di massa M = 10 kg è
libero di muoversi su di un piano orizzontale privo di attrito. Sul corpo agiscono due forze orizzontali, perpendicolari tra loro, rispettivamente,
F~1 = 3.0 x̂ N ed F~2 = 4.0 ŷ N. Determinare modulo, direzione e verso dell’accelerazione con cui
si muove il corpo.
Esercizio 2.3. Due blocchi di massa rispettivamente m1 = 2.00 kg ed m2 = 1.00 kg sono legati
da una fune, come mostrato in Fig. 2.2. Se i
due blocchi vengono tirati da una forza costante
F~ = 10 N, calcolate l’accelerazione dei due corpi
e la tensione T~ della fune. Tra i blocchi e il piano
non vi è forza di attrito.
Esercizio 2.4. Due blocchi di massa rispettivamente M = 3.00 kg ed m = 1.00 kg sono a
contatto e possono muoversi sopra un piano orizzontale privo di attrito. Se i due blocchi vengono
spinti da una forza F~ = 20.0 N, determinate l’accelerazione dei due corpi e la forza di contatto.
Tra i blocchi e il piano non vi è attrito (Fig. 2.3).
AAG
2.1.1
Forze di attrito
Esercizio 2.5. Una forza F~ = 10.0 N è applicata orizzontalmente a un corpo di massa
M = 2.00 kg; il corpo si muove sopra un piano orizzontale scabro, come mostrato in Fig. 2.4.
Calcolare l’accelerazione del corpo sapendo che
il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e
il piano è 0.200 .
Figura 2.4: Blocco tirato da una forza sopra un
piano orizzontale scabro.
Esercizio 2.6. Su di un blocco di massa m =
5.00 kg agisce una forza F~ = 10.0 N che forma un angolo θ = 30.0◦ con il piano orizzontale,
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
10
Capitolo 2. Dinamica traslazionale
come mostrato in Fig. 2.5. Calcolare l’accelerazione del corpo sapendo che il coefficiente di
attrito tra il blocco e il piano è 0.200.
Figura 2.7: Blocchi spinti da una forza sopra un
piano orizzontale scabro.
Figura 2.5: Blocco tirato da una forza che forma un
angolo θ con l’orizzontale.
fare ciò, lo studente solleva la mensola da un
lato, in modo che essa formi un angolo θ con la
superficie orizzontale del tavolo, fino a quando la
tazza inizia a scivolare (Fig. 2.8).
Esercizio 2.7. Calcolare la minima forza che bisogna applicare al blocco, di massa m = 2.00 kg,
per non farlo scivolare (Fig. 2.6). Il coefficiente
di attrito tra blocco e piano è 0.150.
Figura 2.8: Tazza che scivola sopra una mensola
inclinabile.
Figura 2.6: Blocco pressato su una parete verticale
scabra.
Esercizio 2.8. Due blocchi di massa rispettivamente M = 3.00 kg ed m = 1.00 kg sono a contatto e possono muoversi sopra un piano orizzontale scabro, come mostrato in Fig. 2.7. Se i due
blocchi vengono spinti da una forza F~ = 20.0 N,
determinate l’accelerazione dei due corpi e la forza di contatto. Tra i blocchi e il piano vi è attrito
con coefficiente dinamico µd = 0.300.
Esercizio 2.9. Uno studente vuole misurare il
coefficiente di attrito statico tra la superficie di
una tazza che scivola sopra una mensola. Per
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Soluzione. Dalla misura dell’angolo massimo
θ0 si può determinare µs . Un istante prima che
la tazza inizi a scivolare, su di essa agiscono la
~ e la forza di attrito
forza peso m~g , la normale N
~
Fa . Lungo la direzione perpendicolare al piano
inclinato si ha
N − mg cos θ0 = 0 ,
(2.1)
Lungo la direzione parallela al piano inclinato si
ha
mg sin θ0 − Fa = 0 ,
(2.2)
Fa = µs mg cos θ0 .
(2.3)
dove
Sostituendo la (2.3) nella (2.2) si ottiene una
equazione che ci permette di determinare µs
µs = tan θ0 .
AAG
2.2. Lavoro ed energia
Misurando la lunghezza l della mensola e l’altezza a, possiamo determinare µs con la seguente
relazione
µs = √
h
.
− h2
L2
Esercizio 2.10. Due blocchi di massa m1 =
1.00 kg ed m2 = 2.00 kg sono legati agli estremi
di una fune inestensibile. Il blocco m1 è poggiato sopra un piano inclinato liscio, che forma
un angolo ϕ = 60.0◦ con l’orizzontale; il blocco m2 è poggiato sopra un piano inclinato liscio,
che forma un angolo θ = 45.0◦ con l’orizzontale,
come mostrato in Fig. 2.9. Calcolate l’accelerazione dei blocchi e la tensione della fune. La
fune e la carrucola hanno massa trascurabile. Si
trascurino tutti gli attriti.
11
mostrato in Fig. 2.10. Tra blocco e piattaforma
vi è attrito con coefficiente µs = 0.400; mentre,
tra la piattaforma e il piano non vi è attrito. La
piattaforma e il blocco si muovono inizialmente con velocità costante v0 = 10.0 m/s. A un
certo istante, viene applicata sulla piattaforma
una forza F costante che fa arrestare la piattaforma in una distanza d. Calcolate la distanza
minima entro cui la piattaforma si può fermare, senza fare scivolare blocco sulla piattaforma.
Fate il grafico quantitativo della velocità e dello spostamento della piattaforma in funzione del
tempo dall’istante in cui viene applicata la forza
frenante fino all’istante in cui la piattaforma si
ferma.
M
m
F
Figura 2.10: Blocco sopra una piattaforma.
Soluzione. L’accelerazione massima che puo
avere la piattaforma e il blocco (senza scivolare) è quella che può dare la massima forza di
attrito che la piattaforma esercita sul blocco:
Figura 2.9: Blocchi in moto sopra un doppio piano
inclinato.
Soluzione.
masse sono
Le equazioni del moto delle due
a=−
A questo punto, con le equazioni della cinematica troviamo il tempo t0 impiegato dalla piattaforma a fermarsi e la distanza d percorsa dalla
piattaforma
T − m1 g sin ϕ = m1 a
−T + m2 g sin θ = m2 a
t0 = v0 /a = 10/3.92 = 2.55 s .
Risolvendo il sistema otteniamo
a=
m2 sin θ − m1 sin ϕ
g = 1.79 m/s2 .
m1 + m2
T =
m1 m2
(sin θ + sin ϕ)g = 10.3 N .
m1 + m2
Esercizio 2.11. Un blocco di massa m è poggiato sopra una piattaforma di massa M , come
AAG
fa
µs mg
=−
= −µs g = −3.92 m/s2 .
m
m
d=
2.2
v02
100
=
= 12.8 m .
2a
2 × 3.92
Lavoro ed energia
Esercizio 2.12. Una forza F~ = 10 N applicata su di un corpo di massa m = 2.00 kg e forma un angolo θ = 30.0◦ con l’orizzontale, come
mostrato in Fig. 2.11. Calcolare il lavoro fatto
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
12
Capitolo 2. Dinamica traslazionale
disopra si scrivono
F~ = −grad U (x, y, z) = −∇U (x, y, z) ;
Figura 2.11: Blocco tirato da una forza che forma
un angolo θ con l’orizzontale.
dalla forza per spostare il corpo di una distanza
d = 4.00 m lungo la direzione orizzontale.
2.2.1
Energia potenziale
Vedere: Resnick, Halliday, Krane, Fisica 1,
Capitolo 12.
2.2.2
Relazione tra energia potenziale
e forza
Riprendiamo in considerazione la relazione per
il calcolo del lavoro compiuto da una forza
conservativa a livello infinitesimale:
dW = F~ · d~s = Fx dx + Fy dy + Fz dz ,
dove Fx , Fy e Fz sono le componenti della forza
conservativa F~ .
In un percorso chiuso, il lavoro fatto da una forza
conservativa è nullo
I
(Fx dx + Fy dy + Fz dz) = 0 .
Si dimostra che la validità di tale proprietà per
qualsiasi linea chiusa è condizione necessaria e
sufficiente per l’esistenza di una funzione delle
coordinate U (x, y, z), tale che
∂U (x, y, z)
Fx = −
,
∂x
∂U (x, y, z)
Fy = −
,
∂y
∂U (x, y, z)
Fz = −
.
∂z
Le quantità ∂U/∂x, ∂U/∂y, ∂U/∂z sono le derivata parziali della funzione U rispetto alle variabili x, y e z. In modo compatto le relazioni di
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
la forza è l’opposto del gradiente dell’energia potenziale ed è perciò diretta secondo il verso di
massima diminuzione di U .
Il luogo dei punti nello spazio nei quali l’energia potenziale assume lo stesso valore si chiama
superficie equipotenziale. Per uno spostamento
lungo una tale superficie il lavoro è nullo e pertanto la forza associata all’energia potenziale è
normale, in ogni punto, alla superficie equipotenziale passante per quel punto e indica, con il
suo verso, quello di diminuzione di U .
L’energia potenziale associata alla forza peso è
U (z) = mgz, se l’asse z è orientato verso l’alto.
Dalla relazione tra l’energia potenziale e forza si
ha
dU (z)
F~ = −ẑ
= −ẑmg ,
dz
di verso opposto a quello dell’asse z.
Nel caso della forza elastica U (x) =
forza elastica vale
1
2
2 kx
e la
dU (x)
F~ = −x̂
= −x̂kx ,
dx
con verso opposto a quello della crescita
dell’energia potenziale.
Entrambi gli esempi sono unidimensionali e non
è necessario usare il simbolo di derivata parziale.
Esercizio 2.13. Determinare la forza che
corrisponde all’energia potenziale
1
U (x, y) = k(x2 + y 2 ) .
2
Soluzione. Le componenti della forza sono date
da
Fx = −
∂U (x, y)
= −kx ,
∂x
Fy = −
∂U (x, y)
= −ky ,
∂y
Fz = −
∂U (x, y)
= 0.
∂z
⇒
F~ = −∇U (x, y) = Fx x̂ + Fy ŷ =
AAG
2.2. Lavoro ed energia
= −k(xx̂ + y ŷ) = −k~r .
La forza F~ è pertanto una forza elastica nel piano
(x, y) diretta verso l’origine degli assi con modulo
proporzionale alla distanza dal centro
p
F = k x2 + y 2 = kr .
Si tratta dell’estensione bidimensionale del
concetto di forza elastica unidimensionale
F~ = −x̂kx .
2.2.3
Principio di conservazione
dell’energia meccanica
Esercizio 2.14. Dimostrare che la forza di gravità che agisce su di un corpo di massa M è una
forza conservativa.
Esercizio 2.15. Una molla di lunghezza a riposo l0 = 10.0 cm e costante elastica k =
200 N/m, disposta verticalmente come mostrato in Fig. 2.12, viene compressa di 5.00 cm da
una massa m = 50.0 g (la massa viene poggiata
sopra la molla); successivamente, la molla viene lasciata libera (Fig. 2.12). Determinate l’altezza massima, rispetto al suolo, raggiunta dalla
massa.
13
dove ∆h è lo spostamento verticale del blocco;
dall’equazione precedente ricaviamo
∆h =
kx2
.
2mg
L’altezza rispetto al suolo raggiunta dalla massa
sarà data da
H = ∆h + l0 = 0.510 + 0.100 = 0.610 m .
Nota: nel calcolo di H abbiamo trascurato la
compressione della molla dovuta alla forza peso
della massa stessa.
Esercizio 2.16. Un corpo scivola per una distanza d = 2.0 m lungo un piano con attrito,
inclinato di un angolo θ = 45◦ rispetto all’orizzontale (Fig. 2.13). Se il corpo parte da fermo e
la sua velocità finale è vf = 4.0 m/s, calcolare il
coefficiente di attrito dinamico µd .
Figura 2.13: Forze agenti su un blocco disposto
sopra un piano inclinato.
Soluzione. Applichiamo il principio di conservazione dell’energia meccanica tra la posizione
iniziale del corpo e la sua posizione finale
Figura 2.12: Blocco di massa m sostenuto da una
molla di costante elastica k.
Soluzione. Applichiamo il principio di conservazione dell’energia meccanica al sistema massa
molla. L’energia potenziale immagazzinata nella molla viene convertita interamente in energia
potenziale gravitazionale. Quindi
1
mgh = mvf2 + Wa ,
2
dove Wa = Fa d è il lavoro fatto dalla forza di
attrito e h = d sin(θ).
Esplicitando tutti i termini otteniamo
µd =
gd sin(θ) − vf2 /2
gd cos(θ)
∼
= 0.42 .
1 2
kx = mg∆h ;
2
AAG
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
14
Capitolo 2. Dinamica traslazionale
Esercizio 2.17. Un corpo si muove con velocità
costante v = 5.0 m/s sopra un piano con attrito
di lunghezza d = 2.0 m, inclinato di un angolo θ = 15◦ rispetto all’orizzontale. Calcolare il
coefficiente di attrito dinamico µd tra il corpo e
il piano.
Esercizio 2.18. Una molla di lunghezza a riposo l0 = 10 cm e costante elastica k =
200 N/m, disposta verticalmente come mostrato
in Fig. 2.12, sostiene una massa m = 50 g (la
massa non è agganciata alla molla). In seguito,
la molla viene compressa di 5 cm e, successivamente, lasciata libera. Supponendo che durante
il moto la massa perde il 2% dell’energia cinetica posseduta dalla massa stessa al momento del
lancio, determinate l’altezza massima rispetto al
suolo raggiunta dalla massa.
Esercizio 2.20. Un oggetto di massa m = 2 kg
si muove con velocità costante vi = 10 m/s nella
direzione positiva dell’asse x. All’istante t = 3 s
ad esso viene applicata una forza costante per un
intervallo di tempo ∆t = 7 s. Alla fine di tale
intervallo l’oggetto si muove con velocità vf =
4 m/s nella direzione negativa dell’asse x.
1. Tracciare il grafico della velocità in funzione
del tempo nell’intervallo 0 ÷ 15 s.
2. Calcolare modulo direzione e verso dell’impulso agente sull’oggetto.
3. Calcolare il lavoro fatto dalla forza sull’oggetto nell’intervallo di tempo 0 ÷
15 s.
2.3.2
2.3
Impulso e quantità di moto
2.3.1
Forze impulsive
Esercizio 2.19. Una massa m = 2 kg, inizialmente ferma, si muove lungo l’asse x sotto l’azione di una forza, diretta lungo lo stesso asse, variabile nel tempo secondo la legge rappresentata
nel grafico di Fig. 2.14
1 5
Urti
Esercizio 2.21. Una biglia di massa m1 = 1 kg
scivola sopra un piano liscio orizzontale con velocità v1 = 0.6 m/s; essa urta una seconda biglia
di massa m2 che le viene incontro con una velocità v2 = 1.2 m/s, avente la stessa direzione di
v1 . Nell’urto le due biglie si fermano. Calcolate
la massa m2 della seconda biglia.
Soluzione. Applichiamo la conservazione della
quantità di moto
m1 v1 − m2 v2 = 0 ;
1 0
F o rz a (N )
dall’equazione precedente possiamo calcolare la
massa m2
5
m2 =
v1
m1 = 0.5 kg .
v2
0
0
1 0
2 0
3 0
T e m p o (s )
Figura 2.14: Impulso.
1. Calcolare l’impulso della forza agente
nell’intervallo di tempo 0 ÷ 20 s.
2. Disegnare un grafico quantitativo della velocità del corpo in funzione del tempo nell’intervallo 0 ÷ 20 s e calcolare la massima velocità raggiunta dal corpo in tale intervallo
di tempo.
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Esercizio 2.22. Un proiettile di massa m = 10 g
che viaggia alla velocità v = 300 m/s si conficca in un blocco di legno di massa M = 2 kg
inizialmente fermo. Supponendo che il blocco si
trovi sopra un piano privo di attrito, calcolate la
velocità del blocco dopo l’urto.
Esercizio 2.23. Un proiettile di massa m = 10 g
che viaggia alla velocità di 300 m/s si conficca in
un blocco di legno di massa M = 2 kg, inizialmente fermo. I1 blocco colpito si ferma, a causa
AAG
2.4. Centro di massa
dell’attrito con la superficie sulla quale scivola,
dopo 1.5 s. Calcolare il coefficiente di attrito tra
blocco e superficie.
Esercizio 2.24. Due oggetti di massa, rispettivamente, m1 = 100 g e m2 = 200 g si muovono su un piano orizzontale privo d’attrito secondo due direzioni perpendicolari con velocità
v1 = 45 cm/s il più leggero e v2 = 15 cm/s l’altro.
I due oggetti si urtano e restano attaccati.
1. Determinare il moto del sistema dopo l’urto.
2. Calcolare il rapporto tra l’energia cinetica
del sistema prima e dopo l’urto spiegando il
risultato ottenuto.
Esercizio 2.25. Un razzo viene lanciato verticalmente e raggiunge la quota di 1000 m con
una velocità di 300 m/s. A questo punto, il razzo esplode dividendosi in tre frammenti uguali.
Subito dopo l’esplosione, un frammento continua verticalmente verso l’alto con una velocità
di 450 m/s e un secondo frammento si muove
verso est con una velocità di 240 m/s.
15
Conoscendo il volume della sfera, possiamo
ricavare il raggio della sfera nel seguente modo
r
4
3 3V
3
V = πR
⇒ R=
= 3.3×10−2 m .
3
4π
Esercizio 2.27. Determinate la massa di un foglio di carta, in formato A4 (210 mm × 297 mm),
sapendo che la densità superficiale del foglio è
σ = 80.0 g/m2 .
Soluzione.
P er determinare il peso del fo-
glio basta moltiplicare l’area A del foglio per la
densità superficiale σ
m = σA = (80.0 × 10−6 )(210 × 297) = 5.00 g .
Esercizio 2.28. Calcolate le coordinate del centro di massa (CM) di una lastra sottile e omogenea, di massa M , a forma di cerchio di raggio R,
con foro circolare di raggio r = R/4, localizzato
a R/2 come mostrato in Fig. 2.15.
1. Calcolare la velocità del terzo frammento, subito dopo l’esplosione, in modulo,
direzione e verso.
2. Calcolare la posizione del centro di massa
rispetto al suolo 3 s dopo l’esplosione.
Figura 2.15: Lastra forata
3. Calcolare, rispetto al punto di lancio, i punti
in cui i tre frammenti colpiscono il suolo.
2.4
Centro di massa
2.4.1
Centro di massa di un sistema di
corpi puntiformi
2.4.2
Centro di massa di corpi rigidi
omogenei
Esercizio 2.26. Determinate il raggio R di una
sfera di acciaio di massa M = 1.2 kg, sapendo
che la densità dell’acciaio è ρ = 7.9 × 103 kg/m3 .
Soluzione. Determiniamo il volume della sfera
come segue
V =
AAG
M
1.2
=
= 1.5 × 10−4 m3 .
ρ
7.9 × 103
Soluzione. Per calcolare le coordinate del CM
della lastra, applichiamo il cosiddetto metodo di
supplementazione che consiste nel considerare la
lastra forata costituita da una lastra piena di
massa M + m sommata a un disco di massa −m,
come illustrato in Fig. 2.16.
xcm =
(M + m) × 0 − m × R/2
,
M
dove
m=
M
× πr2 .
− r2 )
π(R2
Sostituendo r = R/2 e semplificando, troviamo
xcm = −
R
.
30
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
16
Capitolo 2. Dinamica traslazionale
Figura 2.16: La lastra piena può essere sempre considerata come la somma di una lastra forata e un disco
uguale al foro.
Esercizio 2.30. Un proiettile di massa m = 10 g
che viaggia alla velocità vp = 300 m/s si conficca in un blocco di legno di massa M = 2.0 kg
inizialmente fermo. Supponendo che tra il blocco e il piano vi è attrito (µd = 0.15), calcolare
la distanza massima che il blocco percorre dopo
l’urto.
Vedi: S. Focardi, I. Massa, A. Uguzzoni, Fisica
Generale, CEA (Milano, 1999), pagg. 274-275.
2.5
Esercizi di ricapitolazione
Esercizio 2.29. Un proiettile di massa m = 10 g
urta anelasticamente con un blocco di massa
M = 300 g. Il blocco è attaccato ad una molla, inizialmente a riposo, di costante elastica
k = 50 N/m. Il blocco e la molla sono disposti
orizzontalmente, come mostrato in Fig. 2.17, sopra un piano orizzontale con attrito (µd = 0.60).
In seguito all’urto, la molla viene compressa di
una distanza d = 4 cm. Determinare la velocità del proiettile un istante prima dell’urto con
il blocco. g = 9.8 m/s2
Figura 2.17: Urto tra un proiettile e un blocco
attaccato a una molla.
Soluzione.
r
vb =
vp =
kd2 + 2µ(M + m)gd
= 0.85 m/s .
M +m
M +m
vb = 27 m/s .
m
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
AAG
Capitolo 3
Meccanica rotazionale
3.1
Cinematica rotazionale
Esercizio 3.1. Un disco si muove con una velocità angolare costante di 150 giri/min. Ad un
certo istante, il disco inizia a decelerare e si ferma
dopo 2.2 h.
1. Qual è l’accelerazione media del disco?
2. Quanti giri compie il disco prima di
fermarsi?
Soluzione.
ᾱ =
ωf − ωi
ωi
=−
= −1.00 × 10−3 rad/s2 ;
∆t
∆t
1
θ(t) = θ0 + ω0 ∆t + αt2 =
2
1
ωi ∆t = 3.11 × 104 rad .
2
Il numero di giri risulta quindi
numero di giri =
θ
= 4.95 × 103 giri .
2π
Esercizio 3.2. Una particella si muove lungo
una traiettoria circolare di raggio R = 30 cm
in senso orario, con velocità che varia nel tempo
come v(t) = v0 exp(−βt), con v0 = 2.0 m/s e
β = 0.10 s−1 . Calcolate la sua accelerazione ~a al
tempo t0 = 5.0 s.
|aθ (t)| = βv0 exp(−βt)
AAG
~a(5.0 s) = (−r̂ 4.9 + θ̂ 0.12) m/s2
Esercizio 3.3. Un punto materiale si muove
lungo una traiettoria circolare di raggio R =
0.20 m con velocità angolare costante ω =
15 rad/s. A partire dall’istante t = 0 e fino
all’istante t1 = 16 s la sua accelerazione angolare vale α1 = −1.0 rad/s2 , per t > t1 resta
costante al valore α2 = −16 rad/s2 .
1. Tracciare un grafico quantitativo dell’accelerazione in funzione del tempo, per valori
di t positivi;
2. Calcolare la velocità angolare del punto
all’istante t = 10 s;
3. Calcolare dopo quanto tempo dall’istante
t = 0 il punto si ferma.
3.2
Relazione vettoriale tra
grandezze traslazionali e
rotazionali
Ricaviamo le relazioni generali per la velocità e l’accelerazione, ma prima dimostriamo le
seguenti relazioni
dr̂
= ω θ̂
dt
Soluzione.
|ar (t)| =
~a(t) = −r̂ |ar (t)| + θ̂ |aθ (t)|
v 2 (t)
R
e
dθ̂
= −ωr̂ .
dt
Supponiamo che i versori r̂ e θ̂ si spostano al
passare del tempo, come mostrato in Fig. 3.1.
Al passare del tempo, quindi, i versori cambiano
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
18
Capitolo 3. Meccanica rotazionale
da cui otteniamo
∆θ̂
∆θ
= −r̂
;
∆t
∆t
al limite per ∆t → 0 otteniamo
dθ̂
dθ
= −r̂
= −ωr̂ .
dt
dt
Per calcolare l’espressione generica della velocità bisogna eseguire la derivata temporale del
vettore ~r = rr̂
Figura 3.1: Variazione dei versori r̂ e θ̂ nel moto
circolare.
~v =
d~r
dr
dr̂
= r̂ + r
= r̂vr + θ̂rω .
dt
dt
dt
(3.1)
Notiamo che il versore θ̂ si può ottenere come
prodotto vettoriale tra i versori θ̂ = ẑ ∧ r̂, nella
terna di assi (r̂, θ̂, ẑ); allora, la (3.1) diventa
~v = r̂vr + rωẑ ∧ r̂ ;
Figura 3.2: Variazione del versore r̂.
definendo ω
~ = ẑω e sapendo che r̂r = ~r,
otteniamo
~v = r̂vr + ω
~ ∧ ~r .
Figura 3.3: Variazione del versore θ̂.
solo la loro direzione. Per calcolare le derivate dei versori, calcoliamo le variazioni mostrate
graficamente in Fig. 3.2 e 3.3, rispettivamente,
per r̂ e θ̂
∆r̂ = |r̂|(∆θ)θ̂ = θ̂∆θ ,
da cui otteniamo
∆θ
∆r̂
= θ̂
;
∆t
∆t
al limite per ∆t → 0 otteniamo
dr̂
dθ
= θ̂
= ω θ̂ .
dt
dt
Analogamente, possiamo ricavare
∆θ̂ = −|θ̂|r̂∆θ = −r̂∆θ
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Per calcolare l’accelerazione, consideriamo il caso semplice in cui il moto avviene su una traiettoria circolare. In questo caso, l’accelerazione si
ottiene derivando rispetto al tempo la seguente
relazione
~v = ω
~ ∧ ~r = ωrθ̂ ;
(3.2)
d~v
d =r
ω θ̂ =
dt
dt
"
#
h
i
dθ̂
dω
= r ω + θ̂
= r −r̂ω 2 + θ̂α .
dt
dt
~a =
Come prima, θ̂ = ẑ ∧ r̂ e definendo α
~ = ẑα,
otteniamo
~a = −ω 2~r + α
~ ∧ ~r .
Il primo termine è l’accelerazione centripeta, mentre il secondo termine è l’accelerazione
tangenziale.
AAG
3.3. Dinamica Rotazionale
3.3
19
Dinamica Rotazionale
3.3.1
Dalla (3.5) possiamo ricavare
Dinamica del moto circolare
uniforme
Esercizio 3.4. Un corpo di massa m è appeso a
una fune di massa trascurabile di lunghezza L. Il
corpo ruota attorno all’asse verticale formando
un angolo θ = 28◦ , come mostrato in Fig. 3.4.
Sapendo che la velocità del corpo è v = 5.0 m/s,
determinate la lunghezza della fune e costruite il
diagramma di corpo libero.
Soluzione. Sul corpo agisce la forza peso e la
tensione della fune. Per scrivere le equazioni
del moto del corpo dobbiamo scomporre la forza
peso e la tensione della fune rispetto, agli assi
verticale e orizzontale.
L=
r
v2
=
= 10 m .
sin θ
g tan θ sin θ
Vedere: Giancoli, Fisica, pagg. 137-140.
3.3.2
Momento d’inerzia
Esercizio 3.5. Calcolare il momento d’inerzia
di un anello di massa M e raggio R rispetto
ad un asse passante per il centro O dell’anello
e perpendicolare al piano dell’anello stesso.
Soluzione.
Applichiamo la formula per il
calcolo del momento d’inerzia IO
Z
IO = R2 dm .
Poiché l’anello ha una densità lineare di massa
λ = M/2πR, l’elemento di massa sarà dato da
dm = λRdθ. Quindi, l’integrale per il calcolo di
IO risulta
Z 2π
IO =
R2 λRdθ =
0
3
Z
2π
=R λ
0
Figura 3.4: Pendolo conico.
Sostituendo λ otteniamo
Lungo l’asse verticale, la componente Ty della
tensione è uguale e opposta alla forza peso m~g
(vedi Fig. 3.4)
Ty = T cos θ = mg .
(3.3)
La componente orizzontale della tensione non è
equilibrata e quindi fa accelerare il corpo con
accelerazione
ac =
v2
.
r
Quindi,
v2
.
(3.4)
r
Calcolando la tensione T dalla Eq. (3.3) e
sostituendo nell’Eq. (3.4), ricaviamo
Tx = T sin θ = mac = m
r=
AAG
v2
g tan θ
.
dθ = 2πλR3 .
(3.5)
IO = M R2 .
3.3.3
Conservazione dell’energia
meccanica nei moti rotazionali
Esercizio 3.6. Un manubrio, composto da due
masse m = 1.00 kg e M = 2.00 kg connesse tra
di loro tramite un’asticella di massa trascurabile,
ruota in un piano orizzontale con velocità angolare ω = 2.00 rad/s attorno ad un asse perpendicolare al manubrio e distante, rispettivamente,
a = 0.500 m dalla massa m e b = 1.00 m dalla
massa M , come mostrato in Fig. 3.5. Calcolate
l’energia cinetica totale del sistema.
Soluzione. L’energia cinetica del sistema può
essere calcolata in due modi. Dal punto di vista traslazionale, l’energia totale è data dalla
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
20
Capitolo 3. Meccanica rotazionale
Figura 3.5: Manubrio.
somma dell’energia cinetica traslazionale delle
singole masse
1
1
K = mv12 + M v22 =
2
2
1
1
= m(ωa)2 + M (ωb)2
2
2
1
ma2 + M b2 ω 2 .
K=
2
Dal punto di vista rotazionale, l’energia totale è
data da
1
K = Iω 2 ,
2
dove
I = ma2 + M b2 .
Quindi, l’energia rotazionale totale risulta
K=
1
ma2 + M b2 ω 2 .
2
1
Kr = Icm ω 2
2
Poiché il momento d’inerzia dell’anello rispetto al suo centro di massa è Icm = M R2 e
ω = vcm /R, si ha
v 2 1
1
cm
2
= M vcm
Kr = M R2
= 0.20 J .
2
R
2
L’energia totale è K = Kt +Kr = 0.40 J, e quindi
il lavoro W che la forza deve fare per fermare
l’anello è
W = K = 0.40 J .
Esercizio 3.8. Una sbarra di massa M e di lunghezza l, incernierata in un estremo, viene colpita da una pallina di massa m che si muove con
una velocità vi , come mostrato in Fig. 3.6.
a) Descrivete il moto del sistema dopo l’urto, supponendo che la pallina rimanga
attaccata alla sbarra.
b) Calcolate la distanza d dal punto in cui la
sbarra è incernierata, affinché sia nulla la
reazione del vincolo.
In entrambi i casi, si ottiene la stessa relazione
per l’energia cinetica totale. Nota: è lasciato allo
studente il compito di sostituire i valori numerici
e di calcolare quindi il risultato finale.
3.3.4
Conservazione del momento
angolare
Esercizio 3.7. Un anello di raggio R e massa
M = 100 g rotola, senza strisciare, sopra un piano orizzontale in modo che il suo centro di massa
abbia una velocità vcm = 2.0 m/s. Si calcoli il
lavoro necessario per fermare l’anello.
Soluzione. Il lavoro che bisogna fare per fermare l’anello deve essere uguale all’energia cinetica totale dell’anello. L’energia cinetica totale
si compone di due parti, una traslazionale e una
rotazionale, date da
1
2
Kt = M vcm
= 0.50 × 0.10 × 4.0 = 0.20 J ,
2
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Figura 3.6: Urto tra una pallima e una barretta
incernierata nel punto O.
Soluzione. a) Sul sistema agisce la forza vincolare della cerniera, pertanto la quantità di moto
del sistema non si conserva. L’energia cinetica
del sistema non si conserva neanche perché l’urto
è completamente anelastico. Si conserva, invece,
il momento angolare del sistema rispetto a un
asse passante per la cerniera.
AAG
3.3. Dinamica Rotazionale
21
Imponendo quindi la conservazione del momento angolare Li = Lf , otteniamo la seguente
equazione
mvi d = (md2 + I)ωf ,
dove il momento d’inerzia della sbarra rispetto
ad un asse passante per un estremo è dato da
Figura 3.7: Disco con dente.
1
I = M l2 .
3
3.3.5
Moto di precessione
Dalle equazioni di sopra, si ricava
mvi d
.
ωf =
md2 + M l2 /3
b) Il vincolo non esercita alcuna forza se la
quantità di moto del sistema, pallina e sbarra,
non cambia e quindi se si verifica le seguente
condizione
mvi = mvf + M vcm ,
dove
vf = ωd e
Vcm = ωl/2 .
Vedere R. Resnick D. Halliday, Fisica vol.1, CEA
III Ed.
Consideriamo una trottola di momento di inerzia I che ruota con velocità angolare ω attorno
all’asse verticale. La trottola ha un momento
~ = I~
angolare L
ω . Non appena l’asse della trottola si discosta di poco dall’asse verticale di un
angolo θ, nasce un momento torcente della forza
peso τ che fa variare il momento angolare della
trottola:
~τ =
~
∆L
.
∆t
Dalle relazioni di sopra, troviamo
d=
2
l.
3
Esercizio 3.9. Un disco di massa m e raggio R
scivola senza attrito sopra un piano orizzontale
con velocità v0 , fino a quando un dentino posto
sul bordo del disco urta contro un punto fisso P,
come mostrato in Fig. 3.7. Supponendo l’urto
elastico, calcolate in funzione dei parametri dati
la velocità finale v e la velocità angolare ω del
disco dopo l’urto.
Soluzione.
v=
ω=
AAG
v0
,
3
4v0
.
3R
Figura 3.8: Moto di precessione di una trottola.
~ è leDalla figura si vede che la variazione ∆L
gata alla rotazione della componente orizzontale
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
22
Capitolo 3. Meccanica rotazionale
~ cioè a L sin(θ), dalla
del momento angolare L,
seguente relazione:
∆L
= ∆ϕ .
L sin(θ)
La velocità angolare di precessione Ω è data da
∆ϕ
∆L
τ
Ω=
=
=
.
∆t
L sin(θ)∆t
L sin(θ)
Infine, sapendo che τ = mgR sin(θ), dove R
individua la posizione del centro di massa della trottola rispetto al punto di contatto con il
pavimento, si ha
mgRsin(θ)
///////
Ω=
Iωsin(θ)
///////
=
mgR
.
Iω
Esercizio 3.12. Un pendolo semplice di massa m = 0.86 kg oscilla armonicamente. La sua
equazione oraria è θ(t) = 0.085 sin(4.95 t) rad.
Calcolare:
1. la lunghezza del pendolo e il suo periodo;
2. la massima variazione dell’energia potenziale;
3. il valore massimo e minimo della tensione
del filo.
Soluzione.
T = 1.3 s
l0 = 0.4 m
3.5
3.4
Moto armonico semplice
Esercizio 3.10. Un corpo si muove secondo l’equazione x(t) = 8 cos(2t + 5) dove x è misurato
in centimetri e t in secondi. Determinare:
1. il periodo, la frequenza, l’ampiezza e la fase;
Esercizi di ricapitolazione
Esercizio 3.13. Un corpo di massa m è poggiato sopra una sfera di raggio R, come mostrato in
Fig. 3.10. Il corpo inizia a scivolare senza attrito sulla superficie della sfera. Calcolate l’altezza
h, rispetto al suolo, alla quale il corpo si stacca
dalla superficie della sfera.
2. la velocità massima e l’accelerazione massima.
Esercizio 3.11. L’oscillatore armonico mostrato in Fig. 3.9 è costituito da un blocco di massa m = 200 g ed una molla di costante elastica
k = 20 N/m. L’origine delle ascisse corrisponde con la posizione della massa quando la molla
è a riposo. Sapendo che l’equazione oraria del
blocco è x(t) = A cos(Ωt + φ0 ), determinate Ω,
A, e φ0 ; a t = 0 il blocco si trova nella posizione x0 ≡ x(t = 0) = 1.0 cm e ha velocità
v0 ≡ v(t = 0) = 0.10 m/s.
Figura 3.10: Blocco poggiato sopra una sfera.
Soluzione. Poiché sulla massa m agiscono solo forze conservative, l’energia meccanica della
massa m si conserva. Prendendo come riferimento il piano orizzontale che passa per il centro
della sfera, otteniamo
Ei = Ef
Figura 3.9: Oscillatore armonico semplice.
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
⇒
1
mgR = mgh + mv 2 , (3.6)
2
dove h indica la posizione della massa rispetto al
piano orizzontale di riferimento.
La massa si stacca dalla superficie della sfera non
AAG
3.5. Esercizi di ricapitolazione
23
appena essa raggiunge una velocità tale che si
verifichi la seguente condizione
mg sin θ ≤ m
v2
,
R
(3.7)
dove θ è l’angolo formato dal raggio e l’asse orizzontale.
h
Poiché sin θ ≥ R
, dall’Eq. (3.7) ricaviamo
v 2 ≥ hg .
Sostituendo
v2
Soluzione. In questo problema si conserva solo
il momento angolare totale rispetto al centro del
disco
nell’Eq. (3.6), troviamo
1
Rg ≥ hg + hg ,
2
da cui ricaviamo h = 23 R; quindi,
5
H = h+R = R.
3
Esercizio 3.14. Un disco omogeneo, di massa
M = 200 g e diametro D = 20 cm, ruota in senso orario sopra un piano orizzontale senza attrito
con una velocità angolare ω0 = 5 rad/s. Il disco è
vincolato a ruotare attorno a un perno che passa
per il centro del disco. A un certo istante viene
lanciata con velocità v0 = 5 m/s, contro il disco, una pallina di massa m = 50 g a distanza
d = D/4 dal centro del disco, come mostrato in
Fig. 3.11. In seguito all’urto, la pallina rimane
attaccata sul bordo del disco. Calcolate
mv0 d − I0 ω0 = −mvR − I0 ω ,
dove
1
I0 = M R2 .
2
La pallina dopo l’urto si muoverà con velocità
angolare ω e quindi la sua velocità traslazionale
è v = ωR. Sostituendo v nell’equazione di sopra,
ricaviamo
ω=−
0
M ω0 − mv
mv0 d − I0 ω0
R
=
= −5 rad/s .
mR2 + I0
M + 2m
Dopo l’urto il disco ruoterà in verso opposto con
ω = −5 rad/s. L’impulso che applica il perno
al disco è uguale alla variazione della quantità
di moto della pallina J~ = ∆~
p. Conoscendo la
velocità angolare finale del disco (e della pallina)
possiamo determinare la variazione di quantità
di moto della pallina
∆px = pxf − mv0 = m(−|ω|R cos θ − v0 ) =
= −m(|ω|d + v0 )
p
∆py = pyf = m(|ω|R sin θ) = m |ω| R2 − d2 ,
dove abbiamo sostituito
d
cos θ =
R
√
e
sin θ =
R2 − d2
.
R
1. la velocità angolare del disco dopo l’urto;
2. l’impulso del perno sul disco.
Figura 3.11: Pallina che urta un disco ruotante.
AAG
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
24
Figura 3.12:
solidi.
Capitolo 3. Meccanica rotazionale
Momento d’inerzia di alcuni corpi
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
AAG
Capitolo 4
Statica
Esercizio 4.1. Un corpo di massa M = 20 kg
è appeso a due funi in modo tale da formare un
triangolo equilatero, come mostrato in Fig. 4.1.
Determinare le tensioni delle funi.
Figura 4.1: Corpo appeso a due funi.
Conoscendo Ty , possiamo ricavare anche Tx nel
seguente modo
Ty
= 57 N ,
tan(θ)
q
T = Tx2 + Ty2 = 113 N .
Tx =
Esercizio 4.2. Una trave a sbalzo, di massa
trascurabile, è soggetta alla forza F~ che agisce
sull’estremo libero della trave, come mostrato
in Fig. 4.2. Quali sono i valori delle reazioni
~1 e R
~ 2 a cui è soggetta la trave.
vincolari R
Soluzione. In un triangolo equilatero, gli angoli
interni sono di 60◦ . Scriviamo l’equazione per
l’equilibrio nella direzione orizzontale
T2x − T1x = 0 ,
T2 cos(60) − T1 cos(60) = 0 ,
da cui risulta che T1 = T2 = T .
Per l’equilibrio nella direzione verticale si deve
avere
T1y + T2y − M g = 0 .
Poiché T1 = T2 = T , l’equazione precedente
diventa
Ty + Ty − M g = 0 ;
AAG
Soluzione. Per determinare le reazioni vincolari dobbiamo scrivere le equazioni per l’equilibrio
traslazionale e rotazionale
X
Fy = 0 ,
X
quindi,
Ty =
Figura 4.2: Trave a sbalzo.
Mg
= 98 N .
2
τ = 0.
Esplicitando le forze che agiscono nella direzione
verticale e i momenti torcenti rispetto al primo
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
26
Capitolo 4. Statica
vincolo, otteniamo
R2 − R1 − F = 0 ;
R2 a − F b = 0 .
Dalle equazioni di sopra ricaviamo
R1 =
Fb
− F = 25 N ,
a
R2 =
Fb
= 125 N .
a
Esercizio 4.3. Due molle di costante elastica k1
e k2 e lunghezza a riposo l10 e l20 sono connesse in
serie e inserite in un incavo di larghezza L, come
mostrato in Fig. 4.3. Determinate la lunghezza
di equilibrio delle due molle.
Figura 4.3: Molle in equilibrio statico inserite in un
incavo.
Figura 4.4: Mensola con fune.
Soluzione.
P
Ry = ;
2
P
;
Rx =
2 tan θ
P
.
T =
2 sin θ
Soluzione. Poichè le due molle sono in equilibrio è necessario che le due forze elastiche siano
uguali
k 1 x1 = k 2 x2
l01 + l02 − L = x1 + x2
Esercizio 4.5. Due blocchi, di massa m e lunghezza L, sono disposti sopra un tavolo uno sopra l’altro, come mostrato in Fig. 4.5. Calcolate
la massima distanza x tra l’estremo del blocco
superiore e il tavolo, che si può avere senza fare
cadere i blocchi.
Risolvendo il sistema di sopra otteniamo la
soluzione cercata
Soluzione. Per risolvere il problema, dobbiamo
scrivere le equazioni per l’equilibrio di entrambi i
blocchi. Per il blocco 2, semplicemente si ottiene
che esso può sporgere di L/2 dal corpo 1. Per il
corpo 1 invece si ha
x1 = (l01 + l02 − L)
k2
,
k1 + k2
x2 = (l01 + l02 − L)
k1
.
k1 + k2
N − mg − mg = 0 ,
N = 2mg ,
Esercizio 4.4. Una mensola di massa M e di
lunghezza L è fissata in un estremo a una parete
rigida, mentre l’altro estremo è sospeso tramite
una fune che forma un angolo θ con l’asse della
mensola, come mostrato in Fig. 4.4. Determinate
la tensione della fune e la reazione vincolare della
parete.
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
dove N è la forza vincolare che il tavolo esercita
sul blocco 1, in corrispondenza dello spigolo del
tavolo stesso.
Per quanto riguarda i momenti che agiscono sul
corpo 1, rispetto allo spigolo del tavolo, si ha
L
mga − mg
−a =0
2
AAG
27
Figura 4.5: Blocchi in equilibrio statico.
L
2
L
a= .
4
Per trovare la distanza x dobbiamo sommare le
due distanze
L L
3
L
−
= L.
x= +
2
2
2
4
2a =
AAG
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
28
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Capitolo 4. Statica
AAG
Capitolo 5
Meccanica dei fluidi
5.1
5.1.1
Statica dei fluidi
Legge di Stevino
Consideriamo un fluido in equilibrio statico in un
recipiente. Se il fluido è in equilibrio, allora ogni
sua parte deve essere anche in equilibrio, cioè la
forza netta e il momento torcente netto agenti su
ciascun elemento del fluido devono essere nulli.
Consideriamo un piccolo elemento di volume immerso nel fluido; supponiamo che abbia la forma
di un cubetto e sia a un’altezza z sopra un livello di riferimento, come mostrato in Fig. 5.1.
Le dimensioni del cubo sono dx, dy, dz e ciascuna faccia ha area dA = dxdy. La massa dell’elemento è dm = ρdV = ρdxdydz e il suo peso g(dm) = gρdxdydz, ρ è la densità del fluido
definita come ρ = m/V .
Le forze esercitate sull’elemento dal fluido che lo
circonda sono perpendicolari in ogni punto alla
sua superficie (Fig. 5.1).
la. Le forze orizzontali sono dovute soltanto alla
pressione del fluido, e per simmetria la pressione deve essere la stessa in tutti i punti del piano
orizzontale alla quota z. Anche l’accelerazione
verticale dell’elemento è nulla e quindi la forza
verticale netta è zero. In Fig. 5.1 sono indicate le forze che agiscono sull’elemento di fluido.
Le forze verticali sono dovute non soltanto alla
pressione del fluido circostante, ma anche al peso
dell’elemento stesso. Se p(z) è la pressione sulla
faccia inferiore e p(z + dz) è la pressione sulla
faccia superiore, la forza verso l’alto esercitata
sulla faccia inferiore è p(z)dxdy mentre le forze
verso il basso sono p(z +dz)dxdy, esercitata sulla
faccia superiore e il peso g(dm) = gρdxdydz dell’elemento. Per l’equilibrio verticale si richiede
dunque
X
F =0
⇒
p(z)dxdy − p(z + dz)dxdy − ρgdxdydz = 0 ;
semplificando dxdy, si ottiene
dp = p(z + dz) − p(z) = −ρgdz .
Figura 5.1: Elemento di fluido in equilibrio statico.
La risultante delle forze orizzontali è zero, perché
l’elemento ha un’accelerazione orizzontale nulAAG
(5.1)
Questa equazione esprime la variazione di pressione in funzione dell’altezza sopra un certo livello di riferimento in un fluido in equilibrio statico.
Al crescere della quota z, la pressione diminuisce
(dp < 0). La causa della variazione di pressione
è il peso per unità di area della sezione normale dello strato di fluido compreso fra i punti dei
quali si sta misurando la differenza di pressione.
La quantità ρg è spesso chiamata peso specifico
del liquido: è il peso di 1 unità di volume del
fluido; per l’acqua vale circa 9800 N/m3 .
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
30
Capitolo 5. Meccanica dei fluidi
Se p1 è la pressione all’altezza z1 e p2 è la pressione all’altezza z2 sopra un determinato livello
di riferimento, integrando l’Eq. (5.1) otteniamo
p2 − p1 = −ρg(z2 − z1 ) .
(5.2)
Per i liquidi, pressoché incomprimibili, ρ è in
pratica costante e le differenze di livello sono
difficilmente tanto grandi da dover considerare
variazioni di g.
Se un liquido ha una superficie libera, è questo
il livello di riferimento naturale dal quale misurare l’altezza. Sulla superficie libera di solito la
pressione è uguale alla pressione atmosferica p0 .
Indicando con h = z2 − z1 la profondità dalla
superficie libera del punto considerato, la pressione può essere calcolata con l’Eq. (5.2). Risulta
quindi
p(h) = p0 + ρgh .
Esercizio 5.1. Un
quantità di acqua e
mostrato in Fig. 5.2.
l’olio sapendo che d
ρa = 103 kg/m3
tubo a “U” contiene una
una quantità di olio, come
Determinare la densità del= 12.3 mm e l = 135 mm.
Esercizio 5.2. Determinate la forza totale esercitata dall’acqua sulla parete della diga, il momento torcente rispetto al punto O e il punto di applicazione della forza totale sulla diga
(Fig. 5.3).
Figura 5.3: Diga.
Soluzione. Consideriamo un sistema di riferimento posto sul fondo della diga. Per la legge di Stevino, la pressione varia con l’altezza z,
rispetto al sistema di riferimento scelto, con la
seguente legge
p(z) = ρg(D − z) + P0 ,
dove P0 è la pressione atmosferica.
Pertanto, la forza netta che agisce su entrambi i lati di una striscia verticale di altezza dz e
larghezza W risulta essere
dF = p(z)dA − P0 dA = ρg(D − z)W dz ,
Figura 5.2:
immiscibili.
Tubo a “U” contenete due liquidi
Soluzione. Q uesto problema si risolve imponendo che l’interfaccia, la superficie di separazione, tra i due fluidi sia in equilibrio statico.
Pertanto, si deve avere la seguente relazione:
p0 + ρa gl = p0 + ρg(l + d) .
Da questa equazione si può determinare la
densità dell’olio come:
l
ρ = ρa
= 916 kg/m3 .
l+d
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
dove il termine −P0 dA rappresenta la forza applicata dalla pressione atmosferica sul lato destro
della striscia.
La forza totale si ottiene integrando l’equazione
di sopra
Z D
1
Ftot =
ρg(D − z)W dz = ρgW D2 . (5.3)
2
0
Il momento torcente τ si può calcolare nel
seguente modo
dτ = zdF = zρg(D − z)W dz ,
Z
τ=
0
D
1
zρg(D − z)W dz = ρgW D3 .
6
Per trovare la retta d’azione della forza si può
fare il seguente ragionamento. Il momento meccanico che agisce sulla diga deve essere uguale al
AAG
5.3. Dinamica dei fluidi reali
31
momento generato dalla forza totale, data dall’Eq. (5.3), deve essere uguale al momento za Ftot .
Quindi, si ha
RD
zdF
τ
= R0 D
za =
=
Ftot
dF
0
RD
zρg(D
− z)W dz
=
= R0 D
ρg(D
−
z)W
dz
0
1
D
=
ρgW D2 =
.
2
3
5.2
Dinamica dei fluidi ideali
5.2.1
Equazione di Bernoulli
Esercizio 5.3. In un condotto orizzontale di sezione A1 = 15 cm2 , si trova una strozzatura di
sezione A2 = 5.0 cm2 (Fig. 5.4). Nel condotto scorre un liquido ideale omogeneo di densità
ρ = 0.90 g/cm3 . Se la differenza di pressione
fra le due sezioni è ∆p = 9300 Pa, calcolare la
portata volumetrica Q del condotto.
Figura 5.4: Condotto orizzontale con strozzatura.
e quindi
Q
Q
e v2 =
.
A1
A2
Sostituendo queste relazioni nella (5.4), possiamo ricavare la portata Q
s
2∆p
= 2.4 dm3 /s .
Q = A1 A2
ρ(A21 − A22 )
v1 =
Esercizio 5.4. Un disco di diametro d = 13 mm
e massa m = 1.5 g è poggiato sopra un piano
orizzontale. Al di sopra del disco si instaura un
flusso di aria con velocità v. Calcolate la velocità
che deve avere l’aria affinchè il disco si sollevi dal
piano. ρaria = 1.2 kg/m3
Soluzione. Applicando l’equazione di Bernoulli
per le linee di flusso che passano sopra il disco e
per quelle che passano sotto al disco, si ha:
1
1
p1 + ρv12 = p2 + ρv22 ,
(5.5)
2
2
dove v1 è la velocità sopra il disco e v2 è la velocità sotto il disco.
Poichè v2 < v1 , si ha p2 > p1 . Quindi
1
δp = p2 − p1 = ρv12 .
(5.6)
2
La forza necessaria per sollevare il disco è F =
∆p A = mg, dove A è l’area del disco. Sostituendo, quindi, la pressione data dall’Eq. (5.6) possiamo determinare la velocità con la quale deve
fluire l’aria sopra al disco
s
r
2 ∆p
2 mg
v1 =
=
= 14 m/s ≈ 50 km/h .
ρ
ρA
Soluzione. A pplicando l’equazione di Bernoulli
5.3
tra le due sezioni, si ha
1
1
p1 + ρv12 = p2 + ρv22 .
2
2
5.3.1
Dall’equazione precedente si ricava ∆p
1
∆p = p2 − p1 = ρ(v12 − v22 ).
2
(5.4)
Poichè si deve conservare la portata, si deve
avere
Dinamica dei fluidi reali
Viscosità
I fluidi reali manifestano un attrito interno, chiamato viscosità. La viscosità esiste sia nei liquidi
sia nei gas ed è essenzialmente una forza di attrito fra strati adiacenti di fluido; dato che gli strati
si muovono l’uno sull’altro. Nei liquidi la viscosità è principalmente dovuta alle forze di coesione1 tra le molecole. Nei gas essa nasce dagli urti
1
Q = v1 A1 = v2 A2 ,
AAG
Le forze di coesione sono forze di tipo elettrostatico
che si esercitano tra molecole dello stesso liquido.
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
32
Capitolo 5. Meccanica dei fluidi
tra le molecole.
La viscosità dei fluidi può essere espressa quantitativamente per mezzo del coefficiente di viscosità η (la lettera greca minuscola eta). Qui di
seguito, definiamo operativamente la viscosità.
Consideriamo uno strato sottile di fluido posto
tra due piatti piani. Uno dei piatti è fermo e
l’altro viene messo in movimento, come mostrato in Fig. 5.5. Il fluido direttamente a contatto
Figura 5.5: Metodo per la misura della viscosità di
un fluido reale.
con ciascun piatto è legato alla superficie da una
forza di adesione2 tra le molecole del liquido e
quelle del piatto. Cosı̀, la superficie superiore
del fluido si muove con la stessa velocità v del
piatto superiore, mentre il fluido a contatto con
il piatto fisso rimane fermo. Lo strato immobile del fluido rallenta lo strato appena sopra, che
a sua volta rallenta quello successivo, e cosı̀ via.
Cosı̀, la velocità varia in modo continuo da 0 a v,
come mostrato in Fig. 5.5. Il rapporto tra la variazione di velocità e la distanza, nella direzione
perpendicolare a v, in cui avviene tale variazione
(cioè v/l) viene detto gradiente di velocità.
Muovere il piatto superiore richiede una certa
forza, come potete verificare muovendo un piatto
piano sopra un tavolo sporco di sciroppo. Per
un certo fluido, si trova che la forza per unità di
superficie F/A necessaria per mantenere in moto
il piatto mobile è proporzionale al gradiente di
velocità v/l
F
v
∝ .
A
l
(5.7)
In pratica, per differenti fluidi, più viscoso è il
fluido più grande è la forza richiesta; la costante
di proporzionalità per la precedente equazione è
detta coefficiente di viscosità η. L’Eq. (5.7) può
2
Le forze di adesione sono forze di tipo elettrostatico
che si esercitano tra molecole differenti, ad esempio tra le
molecole del fluido e quelle del recipiente.
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
essere scritta più genericamente come
F
dv
=η
,
A
dy
(5.8)
dove abbiamo scritto il gradiente di velocità, nella direzione perpendicolare alla direzione di moto, come dv/dy.
L’unità di misura di η nel sistema SI è N s/m2 .
Nel sistema cgs, l’unità è dyne s/cm2 e si chiama poise (simbolo P). Le viscosità spesso vengono misurate in centipoise (simbolo cP), che è
il centesimo di poise. In Tab. 5.1 sono elencati
i coefficienti di viscosità di vari fluidi. Per ogni
fluido è inoltre specificata la temperatura, dato
che questa ha un effetto notevole sulla viscosità;
quella dei liquidi come, ad esempio, l’olio per motori diminuisce rapidamente all’aumentare della
temperatura.
Fluido
Acqua distil. (20◦ C)
Alcool etilico (20◦ C)
Olio d’oliva (20◦ C)
Glicerina (20◦ C)
η (cP)
1.0
1.2
∼90
∼850
η (N s/m2 )
1.0 ×10−3
1.2 ×10−3
∼90 ×10−3
∼850 ×10−3
Tabella 5.1: Valori della viscosità di alcuni liquidi.
Esercizio 5.5. Un fluido reale scorre in un condotto cilindrico di raggio R e lunghezza L. Ai
capi del tubo agiscono le pressioni p1 e p2 , con
p1 > p2 . Calcolate il profilo della velocità di
scorrimento v(r) del fluido lungo il diametro del
condotto.
Soluzione. Consideriamo un tubo di flusso di
raggio r < R e lunghezza L, in moto con velocità
costante v(r). Poichè il fluido si muove con velocità costante, la sommatoria di tutte le forze che
agiscono sul tubo di flusso deve essere nulla. La
forza di attrito viscoso Fv deve essere bilanciata
dalla forza di pressione tra le due sezioni S1 e
S2 . Le forze agenti sull’elemento di fluido sono
dunque la forza di attrito viscoso Fv e le forze di
pressione F1 ed F2 . La forza di attrito, diretta
in verso opposto al moto, agisce sul mantello laterale del cilindro, di superficie S = 2πrL, ed è
data da
Fv = η (2πrL)
d
v(r) .
dr
AAG
5.3. Dinamica dei fluidi reali
33
La velocità del liquido decresce dall’asse centrale verso le pareti del condotto, ed è nulla per lo
strato di liquido a contatto con la parete interna, v(R) = 0. Pertanto, scegliendo come direzione orientata positivamente una semiretta che ha
origine sull’asse del cilindro, la quantità dv/dr è
negativa; di conseguenza, Fv è opposta alla direzione di moto del fluido. La forza F1 è dovuta
alla pressione p1 che si esercita sulla sezione S1 ,
perciò il suo valore è F1 = p1 πr2 ed è orientata nello stesso verso del moto. Analogamente
ricaviamo F2 = −p2 πr2 orientata in verso opposto al moto. Applicando l’equazione del moto,
nell’ipotesi di velocità costante, la risultante delle forze che agiscono sulla massa in esame deve
essere nulla
F~1 + F~2 + F~v = 0 ,
da cui
p1 πr2 − p2 πr2 + 2πrηL
dv
= 0.
dr
(5.9)
Come abbiamo detto sopra, la forza d’attrito viscoso è concorde con la forza di pressione F2 , in
quanto il termine dv/dr è negativo.
L’Eq. (5.9) è una equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili la cui soluzione è
la velocità in funzione del raggio v(r). Raggruppando i termini comuni e separando le variabili
si ottiene
dv = −
(p1 − p2 )r
dr .
2ηL
Integrando otteniamo
v(r) = −
(p1 − p2 )r2
+C;
4ηL
dove C è una costante di integrazione, che si
determina imponendo la condizione al contorno
v(R) = 0
C=
(p1 − p2 )R2
;
4ηL
AAG
(p1 − p2 )
R2 − r 2 .
4ηL
5.3.2
Equazione di Poiseuille
Un fluido ideale non presenta viscosità e può fluire, quindi, in un tubo orizzontale senza che venga
applicata alcuna forza su di esso. La viscosità in
un fluido reale agisce come una specie di attrito
e quindi è necessaria una differenza di pressione tra le due estremità del tubo per ottenere un
flusso costante, anche quando il tubo è orizzontale. Lo scienziato francese J. L. Poiseuille (da
cui prese il nome il poise), determinò la relazione
che lega la portata di un fluido reale incomprimibile, che si muove con flusso laminare in un tubo
cilindrico, con la viscosità del fluido e il gradiente
di pressione lungo il condotto. Il risultato, conosciuto come equazione di Poiseuille, è il seguente
Q=
πR4 (p1 − p2 )
,
8η
L
(5.11)
dove R è il raggio interno del tubo, L è la sua
lunghezza, (p1 − p2 ) è la variazione di pressione
tra le due estremità del condotto, η è il coefficiente di viscosità e Q è la portata in volume
(volume del fluido che passa nell’unità di tempo,
che nel sistema SI si misura in m3 /s).
È importante notare che l’equazione di Poiseuille
si applica solo ai moti laminari; essa ci dice che
la portata Q è direttamente proporzionale al gradiente di pressione (p1 −p2 )/L ed è inversamente
proporzionale alla viscosità del fluido.
Esercizio 5.6. Calcolate la portata di un condotto, di raggio R e lunghezza L, sottoposto a
una differenza di pressione ∆p.
Soluzione. La portata del condotto può essere
calcolata considerando un anello di raggio r e
larghezza dr; la quantità di fluido che attraversa
tale sezione è data da
pertanto, la velocità v(r) risulta
v(r) =
La velocità di scorrimento del fluido reale non è
uguale in tutti i punti della sezione, ma dipende
dal raggio r. In particolare, è massima al centro
del condotto (r = 0) ed è nulla a contatto con le
pareti del condotto (r = R).
(5.10)
dQ = v(r)dS ,
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
34
Capitolo 5. Meccanica dei fluidi
dove dS = 2πrdr e v(r) è data dalla (5.10).
Integrando l’equazione di sopra, otteniamo
Z R
Q=
v(r)2πrdr =
dove abbiamo incluso la spinta di Archimede data da ρl V g, con ρl la densità del liquido.
L’Eq. (5.14) può essere messa nella seguente
forma
0
π∆p
=
2ηL
Z
R
0
dv
β
dt
= − dt = − ,
0
v − (mg /β
m
τ
πR4 ∆p
(R2 − r2 )rdr =
.
8η L
La relazione appena trovata è proprio l’equazione
di Poiseuille dell’Eq. (5.11).
dove abbiamo posto g 0 = g(1 − ρl /ρ) e τ = m/β.
Integriamo tra t = 0 e t e tra v = 0 e v = v(t)
Z
Legge di Stokes
0
il segno meno indica che la forza ha la stessa
direzione ma verso opposto alla velocità. Questa
relazione è nota come legge di Stokes.
Esercizio 5.7. Determinare l’andamento in funzione del tempo della velocità di una pallina
di massa m che si muove in un liquido viscoso
soggetta alla forza di gravità.
Soluzione. La pallina sarà soggetta alla forza
di gravità, alla spinta di Archimede e alla forza
di attrito viscoso data dall’Eq. 5.12 in verso opposto alla velocità, che scriviamo per semplicità
come
Fv = −βv ,
(5.13)
dove β è una costante (β = 6πηR).
Per ottenere l’equazione del moto, possiamo applicare la seconda legge di Newton: F~ = m~a.
La sferetta si muoverà quindi in accordo con la
seguente legge
mg − ρl V g − βv = m
dv
,
dt
(5.14)
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Z
0
v(t)
t
ln(v − mg 0 /β)
=− ,
τ
0
t
t
dt = − , (5.16)
τ
(5.17)
da cui si ottiene
v(t) =
t
mg 0 mg 0 − t
−
e τ = vL 1 − e− τ , (5.18)
β
β
dove abbiamo definito vL = mg 0 /β.
Questa è la velocità limite che la sferetta raggiungerà quando la forza viscosa sarà uguale
e opposta alla somma della forza peso e della
spinta di Archimede. Da questo istante in poi
la velocità della sferetta non aumenterà più e
l’accelerazione sarà nulla.
Mettiamo in grafico la velocità della sferetta in
funzione del tempo. La velocità si avvicinerà al
valore vL asintoticamente per t τ .
v
L
c i t à
(5.12)
1
dv
=−
0
v − mg /β
τ
l o
Consideriamo un corpo di densità ρ che si muove in un liquido di densità ρL , con ρL < ρ, sotto
l’azione della forza di gravità. Il corpo sarà soggetto, oltre alla forza di gravità e alla spinta di
Archimende, a una forza di attrito viscoso che si
oppone al suo moto. Nel caso in cui il corpo sia
una piccola sfera di raggio R, la forza di attrito viscoso è proporzionale alla velocità relativa
v della sfera, al raggio R e alla viscosità η del
liquido, secondo la seguente legge
Fv = −6πηRv ;
v(t)
v e
5.3.3
(5.15)
τ
te m p o
Figura 5.6: Velocità di una sferetta che cade in un
fluido viscoso
AAG
5.3. Dinamica dei fluidi reali
35
Per tempi piccoli, la velocità aumenta linearmente con il tempo come
v(t) =
vL
t,
τ
tτ.
(5.19)
Esercizio 5.8. Una pallina di acciaio di raggio R = 2 mm cade in un serbatoio contenente glicerina. Calcolate la velocità limite della pallina. ρa = 8.0 g/cm3 , ρg = 1.3 g/cm3 ,
ηg = 0.85 Ns/m2
Soluzione. La pallina è soggetta alle seguenti
forze: la forza peso mg, orientata verticalmente
verso il basso, la spinta di Archimede SA , diretta
verticalmente verso l’alto, e la forza di attrito
viscoso Fv , diretta in verso opposto al moto, e
quindi verticalmente verso l’alto.
La velocità limite (detta anche velocità di sedimentazione nel caso di particelle piccole) si raggiunge quando la somma di tutte le forze che
agiscono sulla pallina è nulla
~A + F~v = 0 .
m~g + S
Esplicitando queste forze, con il segno appropriato, otteniamo
L’esperimento consisteva nel fare fluire, con portata costante, un liquido in un tubo trasparente
ad asse rettilineo, nel quale veniva iniettato un
colorante per mezzo di un ago. Al variare del
fattore Re, Reynolds individuò cosı̀ tre differenti
regimi di moto.
• Per valori Re . 2000, il flusso si manteneva
stazionario e si comportava come se fosse
formato da delle lamine sottili, chiamato per
l’appunto regime laminare. Il colorante cioè
si muoveva in una sottile linea che rimaneva
parallela alla direzione del tubo.
• Per valori 2000 . Re . 3000, la linea perdeva la sua stazionarietà formando piccole
ondulazioni che dipendevano dal tempo, rimanendo tuttavia sottile. Questo regime è
detto regime transitorio.
• Per valori Re & 3000, dopo un piccolo tratto iniziale dove le oscillazioni crescevano, il
colorante tendeva a diffondersi nel fluido.
Questo regime è detto regime turbolento ed
è caratterizzato da un moto disordinato.
−ρa V g + ρg V g + 6πηRv = 0 ,
da cui possiamo ricavare la velocità limite v∞
v∞ =
5.3.4
2R2 g
(ρa − ρg ) = 0.068 m/s .
9η
Moto laminare e moto turbolento: numero di Reynolds
Il fisico inglese Osborne Reynolds, nel 1883, eseguı̀ per la prima volta in modo sistematico esperimenti sul moto di fluidi in tubi a sezione circolare. Egli osservò che si poteva descrivere la
dinamica del fluido in termini di un fattore adimensionale, chiamato appunto numero di Reynolds, ottenuto combinando la velocità media v̄,
il diametro del tubo d, la densità ρ e la viscosità
η:
Re =
AAG
ρv̄d
.
η
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
36
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Capitolo 5. Meccanica dei fluidi
AAG
Capitolo 6
Termodinamica
6.1
Definizioni
Sistema Termodinamico. Chiamiamo sistema termodinamico una porzione del mondo
che può essere costituita da una o più parti, per esempio un volume di gas, un liquido
in equilibrio con il suo vapore, un insieme
di blocchi di solidi diversi; tale sistema è
oggetto delle nostre osservazioni per quanto riguarda le proprietà fisiche macroscopiche che lo caratterizzano e le loro eventuali
variazioni.
Ambiente. Per ambiente intendiamo quell’insieme che può essere costituito da una sola
parte (per esempio l’aria o un altro fluido
in cui è immerso il sistema) o da più parti
(per esempio diversi corpi solidi a contatto con il sistema), con cui il sistema può
interagire: l’ambiente pertanto contribuisce
in generale a determinare le caratteristiche
fisiche macroscopiche del sistema e la loro
evoluzione.
Universo. L’insieme sistema più ambiente si
chiama universo termodinamico.
Sistema Aperto. Se tra il sistema e l’ambiente
avvengono scambi di energica e di materia, il
sistema è detto aperto. Ad esempio, se il sistema è costituito da un liquido in ebollizione e l’ambiente dal recipiente che contiene
il liquido, dall’atmosfera esterna compreso
il vapore e dalla sorgente di calore, nel processo di ebollizione si ha trasformazione di
liquido in vapore e quindi passaggio di materia dal sistema all’ambiente; inoltre, vi è cerAAG
tamente passaggio di energia dall’ambiente
al sistema tramite la sorgente di calore.
Sistema Chiuso. Il sistema si dice chiuso se sono esclusi scambi di materia, ma si hanno
solamente scambi di energia. Ritornando
all’esempio precedente, il liquido è contenuto in un recipiente chiuso, a contatto con la
sorgente di calore; il vapore prodotto rimane
all’interno del sistema.
Sistema Isolato. Il sistema è detto isolato se
non avvengono scambi di energia e di materia con un altro sistema esterno, cioè con
l’ambiente. L’universo termodinamico formato da un sistema e dal suo ambiente
è da considerarsi come un sistema isolato. Nella nostra trattazione ci occuperemo
esclusivamente di sistemi chiusi, che possono
scambiare solo energia.
Variabili Termodinamiche. Un sistema termodinamico viene descritto tramite un numero ridotto di grandezze fisiche direttamente misurabili, dette coordinate o variabili termodinamiche, come volume, pressione, temperatura, massa, concentrazione,
densità, ecc. Esse si dividono in due tipi.
Variabili Estensive. Alcune variabili termodinamiche esprimono una proprietà
globale del sistema, che dipende in particolare dalle dimensioni o dall’estensione del sistema; tali variabili vengono chiamate estensive e sono additive. Massa e volume sono variabili
estensive.
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
38
Capitolo 6. Termodinamica
Sostanza
Ghiaccio (a 0◦ C)
Piombo
Alluminio
Ottone
Rame
Calcestruzzo
Acciaio
Vetro
Vetro (Pyrex)
Diamante
Lega metallica Invar
Variabili Intensive. Altre variabili esprimono invece una proprietà locale, che
può variare da punto a punto del sistema; queste sono chiamate intensive e non sono additive. Pressione,
temperatura e densità sono variabili
intensive.
Il numero minimo di coordinate termodinamiche necessario per descrivere completamente un sistema termodinamico non è
fissato a priori, ma dipende dalle caratteristiche chimico-fisiche dei vari sistemi che
vengono studiati. Lo stato di un gas ideale, ad esempio, è descrivibile tramite tre
grandezze, pressione, volume e temperatura, legate tra loro dall’equazione di stato,
P V = nRT , per cui due sole sono variabili
indipendenti mentre la terza è determinata dal valore che assumono le prime due.
Le proprietà di un sistema vengono sempre espresse in funzione dei valori delle sue
coordinate termodinamiche.
6.2
Temperatura e principio
zero della termodinamica
Vedere: R. Resnick, D. Halliday, Fisica, vol. 1,
III Ed. pagg. 481-489.
6.2.1
Espansione termica dei corpi
solidi
Esercizio 6.1. Su una lastra di rame viene praticata un’asola quadrata di lato L = 8.0 cm.
Si determini la variazione dell’area dell’asola se
la temperatura della lastra aumenta di 50◦ C.
αrame = 17 × 10−6 ◦ C−1
Soluzione. Considerando la lastra di rame
isotropa, abbiamo
∆A = 2αA0 ∆T =
= 2(17 × 10−6◦ C−1 )(0.080 m)2 (50◦ C) =
= 11 × 10−6 m2 = 11 mm2 .
La lunghezza di ciascun lato aumenta, dando
luogo a un aumento ∆A dell’area dell’asola.
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
α (10−6 ◦ C−1 )
51
29
23
19
17
12
11
9
3.2
1.2
0.7
Tabella 6.1:
Alcuni valori dei coefficienti di
dilatazione lineare a temperatura ambiente.
6.3
6.3.1
Calorimetria
Capacità termica e calore
specifico
Esercizio 6.2. Un cubetto di ghiaccio di 100 g
alla temperatura di −15◦ C viene immerso in un
bicchiere contenente 200 g di acqua alla temperatura di 25◦ C. Trascurando la capacità termica del bicchiere, dire quale sarà la temperatura finale del sistema. λ = 80 cal/g; cghiaccio =
0.50 cal/g K
Esercizio 6.3. Un blocco di rame di massa
m = 100 g a T = 40◦ C viene immerso in un
bagno di acqua e ghiaccio a pressione atmosferica. Calcolare quanto ghiaccio deve fondere affinché il sistema raggiunga l’equilibrio termico.
λ = 80 cal/g ; crame = 9.2 × 10−2 cal/g K
6.3.2
Conducibilità termica
Esercizio 6.4. Due lastre di area A e spessore,
rispettivamente, L1 ed L2 sono disposte come
mostrato in Fig. 6.1. Le lastre hanno conducibilità termica, rispettivamente, k1 e k2 e sono messe a contatto con due sorgenti di calore a temperatura, rispettivamente, T1 e T2 , con T1 < T2 .
Determinate il flusso di calore attraverso le due
lastre.
AAG
6.3. Calorimetria
39
Soluzione. Il flusso di calore attraverso la guaina si determina risolvendo la seguente equazione
differenziale
Φ=
dQ
dT
= (2πr)Lk
= costante ,
dt
dr
e risulta
Φ=
2πLk(T2 − T1 )
.
ln(R2 /R1 )
Dall’equazione di sopra ricaviamo quindi
Figura 6.1: Conduzione termica attraverso lastre.
k=
Soluzione.
lastre è
Φ ln(R2 /R1 )
=
2πL(T2 − T1 )
Il fluso di calore attraverso le due
Φ1 =
dQ1
Tx − T1
= k1 A
,
dt
L1
Φ2 =
dQ2
T2 − Tx
= k2 A
.
dt
L2
=
180 ln(5/4)
= 0.08 J/s m ◦ C .
2π × 2(60 − 20)
Poichè il flusso di calore attraverso le due lastre
è in valore assoluto lo stesso, si ha
Φ1 = Φ2 = Φ .
In queste condizioni, otteniamo la seguente
equazione
k2 A
T2 − Tx
Tx − T1
= k1 A
.
L2
L1
Risolvendo l’equazione di sopra, otteniamo
Φ=
A(T2 − T1 )
.
L1 /k1 + L2 /k2
Esercizio 6.5. Un sbarra cilindrica di raggio
R1 = 4 cm e lunghezza L = 2 m è mantenuta
alla temperatura T1 = 60◦ C, costante e uniforme, lungo la sbarra. Essa è isolata dall’ambiente,
a temperatura T2 = 20◦ C, mediante una guaina
cilindrica di raggio R2 = 5 cm costituita da un
materiale di conducibilità termica, k, incognita.
Sapendo che il flusso di calore attraverso la guaina è Φ = 180 J/s, determinate la conducibilità
termica della guaina.
AAG
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
40
6.4
Capitolo 6. Termodinamica
Legge dei gas perfetti
Esercizio 6.6. Calcolate il volume occupato da
una mole di gas perfetto a temperatura ambiente
(T = 25◦ C) e pressione atmosferica (Pa = 1.01 ×
105 Pa). R = 8.31 J/mole K
Soluzione.
perfetti
Dall’equazione di stato dei gas
P V = nRT
ricaviamo il volume
nRT
V =
= 24.5 litri .
P
Figura 6.2: Trasformazione termodinamica.
Conoscendo n, possiamo calcolare la temperatura finale
Esercizio 6.7. Un recipiente di volume V =
1 litro contiene un gas perfetto a pressione P =
10.1 × 105 Pa e temperatura T = 27◦ C. La massa molare del gas è M = 32 g/mole. Calcolate la massa del gas contenuto nel recipiente.
R = 8.31 J/mole K
Soluzione.
Dall’equazione dei gas perfetti
possiamo ricavare il numero di moli del gas
n=
PV
= 0.41 moli .
RT
La massa del gas è data da
m = nM = 0.41 × 32 = 13 g .
Tf =
Pf Vf
= 241 K .
nR
Conoscendo la variazione di temperatura, possiamo calcolare anche la variazione di energia
interna nel seguente modo
∆Eint = ncV ∆T = −41.7 kJ .
Dal grafico della trasformazione,
calcolare il lavoro fatto dal sistema
possiamo
1
W = (Pf −Pi )(Vf −Vi )+(Vf −Vi )Pi = 20 kJ .
2
Infine, conoscendo ∆Eint e W , possiamo calcolare il calore scambiato applicando il I◦ principio
della termodinamica
6.5
Primo principio della
termodinamica
Esercizio 6.8. Un gas perfetto monoatomico
esegue la trasformazione termodinamica reversibile indicata in Fig. 6.2. Calcolate il calore scambiato nella trasformazione dallo stato A → B, sapendo che la temperatura iniziale è Ti = 575 K.
R = 8.31 J/mole K
Soluzione.
P rima di tutto, calcoliamo il
numero di moli n usando l’equazione dei gas
perfetti
n=
Pi V i
= 10 moli .
RTi
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
Q = ∆Eint + W = −21.7 kJ .
Il sistema cede 21.7 kJ di calore all’ambiente.
Esercizio 6.9. Una mole di gas perfetto monoatomico compie reversibilmente una trasformazione adiabatica dallo stato A allo stato B, seguita
da una espansione isobara dallo stato B allo stato C. Riportare la trasformazione termodinamica
nel piano (P, V ). Calcolare in modo generico la
variazione di energia interna e il lavoro tra lo
stato iniziale e lo stato finale.
Esercizio 6.10. Una mole di gas perfetto monoatomico è contenuta in un recipiente non isolato termicamente a pressione P1 , volume V1 e
AAG
6.7. Esercizi di ricapitolazione
temperatura T1 = 300 K. Successivamente il gas
viene riscaldato fornendogli una quantità di energia E = 3600 J e viene fatto espandere reversibilmente a pressione costante fino a un volume
V2 a temperatura T2 . Calcolare T2 e il rapporto
V2 /V1 .
41
può essere calcola come segue
∆S = ∆S1 + ∆S2 ;
Z
T1
Z
6.6
6.6.1
Secondo principio della
termodinamica
Cicli termodinamici e macchine
termiche
Esercizio 6.11. Una macchina di Carnot lavora
tra due termostati a temperatura T1 = 400 K e
T2 = 300 K. La macchina assorbe dal termostato
più caldo una quantità di calore Q1 = 500 J.
a) Calcolare il lavoro compiuto dalla macchina.
b) Se la macchina lavora come frigorifero, calcolare quanto lavoro deve essere fornito per
estrarre 1000 J dal termostato freddo.
Esercizio 6.12. Calcolare la quantità minima
di lavoro necessaria per sottrarre una kcal da un
frigorifero alla temperatura di −10 ◦ C, quando
la temperatura dell’ambiente esterno è +30 ◦ C.
6.6.2
Entropia
Esercizio 6.13. Un chilogrammo di acqua a
temperatura T1 = 0◦ C viene mescolata una
eguale massa di acqua a temperatura T2 =
100◦ C. Il sistema raggiunge l’equilibrio termico
al temperatura Te .
Te
∆S1 =
Te
∆S2 =
T2
dQ
= mc ln (Te /T1 ) = +168 cal ;
dT
dQ
= mc ln (Te /T2 ) = −144 cal ;
dT
Pertanto, la variazione totale di entropia è
∆S = ∆S1 + ∆S2 = 168 − 144 = 24 cal > 0 .
La variazione di entropia dell’ambiente è nulla,
perchè lo scambio di calore avviene tra le due
parti del sistema e quindi l’ambiente non varia
la sua entropia.
La variazione di entropia dell’universo è data dalla variazione di entropia del sistema più la variazione di entropia dell’ambiente e, pertanto, è
uguale a quella del sistema.
Come si può vedere, in una trasformazione irreversibile, la variazione di entropia dell’universo è
positiva: l’entropia aumenta.
6.7
Esercizi di ricapitolazione
Esercizio 6.14. Una mole di gas perfetto monoatomico compie reversibilmente una espansione adiabatica (A → B), seguita da una espansione isobara B → C). Disegnare il grafico nel
piano (P, V ), avendo assegnato agli stati A, B
e C i parametri di pressione e volume in modo
simbolico.
a) Calcolate la temperatura di equilibrio
raggiunta dal sistema.
a) Calcolare la variazione di energia interna tra
lo stato iniziale e finale e il lavoro tra gli
stessi stati.
b) Calcolate la variazione di entropia del
sistema, dell’ambiente e dell’universo.
a) La variazione di entropia tra lo stato iniziale
e finale.
ca = 103 cal/kg K
Soluzione.
a) La temperatura di equilibrio è Te = 50◦ C.
b) La variazione di entropia del sistema è data
dalla somma delle variazioni di entropia nel riscaldamento dell’acqua fredda ∆S1 e nel raffreddamento dell’acqua calda ∆S2 . Pertanto essa
AAG
Esercizio 6.15. Cinque moli di gas ideale biatomico sono contenute, alla temperatura di 250◦ C,
nel volume V di un cilindro collegato a un altro
cilindro da un rubinetto chiuso. Il gas compie nel
primo cilindro un’espansione adiabatica reversibile occupando il volume V 0 = 4V . Si apre poi il
rubinetto e il gas fluisce nel secondo cilindro, di
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
42
Capitolo 6. Termodinamica
volume V2 = V 0 inizialmente vuoto. Il sistema
è termicamente isolato e con pareti rigide. Calcolare ∆Eint e ∆S per ciascuna trasformazione.
R = 8.31 J/mole K
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012
AAG
Bibliografia
[1] R.A. Serway, R. J. Beichner Principi di
Fisica, III Ed. EdiSES, Napoli 2002.
[2] D. Halliday, R. Resnick, J. Walker, Fondamenti di Fisica, V Ed. CEA (Milano
2001).
[3] P. Mazzoldi, M. Nigro, C. Voci Principi di
Fisica, II Ed. EdiSES, Napoli 2008.
[4] G. Boato, Termodinamica, CEA, Milano
1987.
[5] J.R. Taylor, Introduzione all’Analisi degli Errori: lo studio delle incertezze nelle
misure fisiche, II Ed. Zanichelli, Bologna
1999.
[6] D.C. Giancoli Fisica 1, CEA, Milano 2010.
AAG
Dispense di Fisica Generale 1 - A.A. 2011/2012