Esercizi 3 - Osservatorio di Arcetri

corpo rimane in equilibrio ovunque lo si sposti.
---o0o--ULTERIORI ESERCIZI SUL CAPITOLO 3
3.6. Problema
IL LAVORO
ENERGIA CINETICA
E POTENZIALE
3.a. MECCANICO:
Un sistema termodinamico
cede all’esterno
una quantità di calore Q! = 10 249
kcal
"
mentre su di esso viene eseguito un lavoro termodinamico L = 30 kJ: calcolare la variazione della
sua energia interna.
conformemente
alla (3.14).
sistema
termodinamico
si espande
pressione
costante
di 1 atm,
passando
Problema3.14.
3.b. Un
Soluzione
Poiché
il sistema
non scambia
calore, ilalla
primo
principio
ha la forma
(3.14)
dal volume V1 = 5 l al volume
V2 = 10 l,molmentre gli viene
fornita una quantità di calore Q" = 0, 2
!
mol
cVenergia
· N · ∆T
= cV · N · (T2 − T1 )
L = ∆E
int =
kcal: determinare la variazione
della
sua
interna.
Un
kg
d’acqua
bolle
a
pressione
atmosferica
e il vapore
occupa
un vale
volume di 1671
Problema
3.c.
Se di tratta di un’espansione, il gas si raffredda, T2 < T1 , e il lavoro
eseguito
dal gas
litri: calcolare la variazione della sua energia interna.
Problema 3.d. Una
si trova inizialmente alla temperatura T 0
= cdimol
· Nideale
· (T1 −monoatomico
T2 )
L"mole
V gas
cmol ·R
e alla pressione P0 ; subisce =laNseguente
successione
trasformazioni:
1. Tsi
dilata isotermicamente
·R
· (T1 − T2 ) di
=N
· cmolV −cmol (T1 −
· cmol
2)
V
R
1
P
V
al volume iniziale; 3. a pressione
finché la sua pressione si riduceN ·R
a 3 P0 ; 2. a volume costante ritorna
= 1−γ · (T2 − T1 )
costante si espande finché la sua
temperatura diviene 3T0 . Rappresentare le trasformazioni nel piano
P − V e calcolare
il calore ed
il lavorocon
totali
scambiati
dal gas, e la variazione totale della sua energia
Un’espressione
equivalente
si ottiene
le seguenti
sostituzioni
interna.
cmol
V come un cubo di protoplasma di lato L. Si
Problema 3.e. a) Si schematizzi
un
L" = cmol
· Nipotetico
· (T1 − Tanimale
(P1 V1 − P2 V2 );
2) =
V
assuma che l’ossigeno possa venire assorbito allo stessoRmodo da tutti i punti della superficie e che
il fabbisogno
di ossigeno
sia di
proporzionale
per
la legge delle
adiabatiche
un gas idealeal volume dell’animale. Il metabolismo basale richieda
per l’animale è di 0,02·10−3
0,01·10−3 l/cm3 ·min, mentre l’assunzione effettiva di ossigeno !osservato
"γ
l/cm2 ·min. Quali sono le dimensioni
cui può
P1 V1γ =massime
P2 V2γ , a cioè
P2 crescere
= P1 VV12questo organismo?
b) Visti i limiti oltre i quali un organismo cubico non potrebbe crescere per mancanza di ossigeno
eper
conmantenere
semplici passaggi
le funzioni vitali, citare alcuni meccanismi con cui gli esseri viventi aggirano questa
#
$
cmol
difficoltà.
L" = V P1 V1γ V11−γ − V21−γ .
Problema 3.f . La corsa podistica delR5.000 m viene percorsa dai recordmen in tempi dell’ordine
3
deiSoluzione
13 min. Si
valuta
un atleta
di pesoutilizzata
normale in
sviluppi
questa gara
una
forza 4proporzionale
3.15.
La che
quantità
di energia
8 ore =in8·(3,6·10
s) =
(2,88·10
s), è
alla velocità, F = cv, con c = 89, 7 N·sec/m. a) Si calcoli la potenza sviluppata dal podista.
4
·
= (7,
6viene
W/kg)(65
kg)(2,88·10
s) = 14
230
−∆Edal
3.6.b)IL
LAVORO
MECCANICO:
ENERGIA
CINETICA
E POTENZIALE
245
int podista
L’energia
utilizzata
in parte
da una quantità
fissa
E0 kJ
di energia immagazzinata
14· 230 kJ
3
= parte
3, 4 · 10
193
kJ, in
dai kcal
processi metabolici: questi ultimi convertono
nell’organismo e dell’ordine di E=
4.18
kJ/kcal
0 =
energia metabolica in energia meccanica sviluppando una potenza di 3330 W. Calcolare il limite
Utilizzando il valore calorico dei grassi riportato nella Tabella 3.1, la quantità di grassi consumata
teorico di tempo per cui il podista potrebbe continuare a correre con questa velocità.
sarebbe
Problema 3.g. Una persona di massa
svolge con contiunità un’attività che richiede al suo
3, 4 · 60
103kgkcal
= 362Sig =
0, 36 kg per
. semplicità che essa tragga
mgrasi =
organismo un consumo di energia
interna
di 2,5 W/kg.
supponga
9, 4 kcal/g
tutta l’energia dalla combustione di glucosio. Quanto ossigeno consuma questa persona in 4 ore?
Soluzione
(a) La potenza
metabolica consumata
valecon cui arriva a terra un corpo
con considerazioni
energetichealariposo
velocità
Problema3.16.
3.h. Calcolare
di massa m che cade nel vuoto da un’altezza h con velocità
49,iniziale
5 J/s nulla. La velocità finale dipende
= 11, 8 cal/s .
Prip = (1,
1 W/kg)(45proprietà
kg) = 49,vale
5 Wesattamente
=
dalla massa del corpo?
Quest’ultima
4, 18 J/calanche se il corpo cade nell’aria, o
attraverso un fluido viscoso? Confrontare questa soluzione con quella ottenuta applicando la legge
L’equivalente
medio dell’ossigeno
vale,si dalla
Tabella
3.1, del corpo quando arriva a terra?
fondamentalecalorico
della dinamica.
Quanto calore
sviluppa
nell’urto
Problema 3.i. Calcolare con
considerazioni
energetiche
l’altezza
massima che raggiunge un corpo
5.05 + 4, 74 + 4, 46
kcal/l =
4, 75 kca/l
,
massima dipende dalla
di massa m lanciato verso l’alto nel vuoto
con velocità
iniziale
v0 . L’altezza
3
massa del corpo? Quest’ultima proprità vale esattamente anche se il corpo si muove nell’aria anziché
per
la potenza
metabolica
calcolata
richiede
in un’ora
una volume
di ossigeno
nel cui
vuoto?
Confrontare
questadianzi
soluzione
con quella
ottenuta
applicando
la legge
fondamentale della
dinamica.
11, 8 cal/s
(rip)
= 5 kg scivola
3600
s/h inclinato
= 8, 94 l chepresenta attrito. Il piano
Problema 3.l. Un corpo VdiO2massa
su· un
piano
4, 75 · 103 cal/l
◦
è lungo 1 m ed è inclinato di 30 (! fig. 3.19). Il corpo parte da fermo dalla sommità, e subisce una
(b)d’attrito
Quando di
invece
la donna
cammina
volume
di ossigeno consumato
in 1determinare
ora è
forza
intensità
costante
Fa = 7il N.
Con considerazioni
energetiche
la velocità
con cui il corpo giunge in fondo al piano inclinato. 4, 3
(cam)
=su35unl .iano orizzontale con una velocità di
= viene
(8, 94 lanciato
l) ·
VO2 kg
Problema 3.m. Un corpo di massa1
1, 1
1,5 m/s contro una molla di costante elastica k = 50 N/m. Calcolare la massima compressione della
molla nei due casi seguenti: a) quando il piano è privo di attrito; b) quando il piano oppone al moto
del corpo una forza d’attrito di intensità costante Fa = 4 N.
---o0o--SOLUZIONI DEGLI ESEMPI NEL TESTO E DEGLI ULTERIORI PROBLEMI
Soluzione 3.1. L’acqua nel mulinello riceve la parte dell’energia iniziale del blocco che non si
250
CAPITOLO 3. CONSERVAZIONE DELL’ENERGIA
Soluzione 3.18. La superficie totale del Sole è
SSole = 4πR2 ,
(Sole)
4
·SSole , da cui con i dati del problema
e la potenza totale che irradia dalla (3.22) vale Prad = σ ·TSole
si ricava
26
4 · 10 W
4
= 1, 15 · 1015 K4 ,
TSole
=
4(3, 14)(7 · 108 m)2 (5, 67 · 10−8 W/m2 · k4 )
da cui si ottiene
TSole " 5820 K " 5550 ◦ C .
Soluzione 3.21. Quando è la radiazione elettromagnetica invece che le collisioni molecolari ad
eccitare queste energie # è necessario che sia h · ν ≥ #, per cui nei due casi abbiamo
Energie vibrazionali: ν ≥
#vib
(0, 1 eV)(1, 6 · 10−19 J/eV)
=
≈ 2, 5 · 1013 Hz
h
6, 6 · 10−34 J/s
(3.46)
ν ≥ 2, 5 · 1014 Hz
(3.47)
Livelli elettronici:
Si tenga presente che le energie di eccitazione che abbiamo assunto sono solo ordini di grandezza: si
vede comunque che i livelli vibrazionali delle molecole possono venire eccitati da radiazioni di frequenza minore del visibile, mentre i livelli elettronici e i legami chimici richiedono frequenze solitamente
maggiori del visibile.
. . .
CAPITOLO
3. CONSERVAZIONE DELL’ENERGIA
246
cioèSoluzione 3.a. Per il primo principio si ha
10 J
∆T = (10−2 kg)(0,2 kcal/kg·◦ C)(4186 J/kcal)+(30·10
−3 kg)(4186 J/kg·◦ C)
− (10
kcal)(4, 186 10kJ/kcal)
= (30
− 41, 186) kJ = −11, 186 kJ.
∆Eint = L! − Q" = 30 kJ
10 J
J
" (2·4,2+30·4,2) J/◦ C = 134,4 J/◦ C " 0, 074 ◦ C .
L’energia
interna del
sistemaposseduta
dimunuisce.
(b) L’energia
potenziale
dalla massa Mc varia durante la discesa della quantità
Soluzione 3.b. Il sistema esegue sull’esterno il lavoro isobaro di espansione
∆Epot = Mc g∆h = (0, 6 kg)(9, 8 m/s2 )(2 m) " 12 J .
L" = P ∆V = (105 N/m2 )(5 · 10−3 m3 ) = 5 · 102 J,
Di questa una parte, quella testè calcolata, viene trasferita al tubicino+acqua mediante il lavoro della
forza d’attrito,
si trasforma
in energia
cinetica
delinterna
corpo è
mentre
riceve il mentre
calore Qla!parte
= 0, 2rimanente
kcal, per cui
la variazione
della sua
energia
1
2
2
2
∆Eint = Q! − L" = (2 · 10∆E
cal)(4,
· 10
= 2(8,J 372
v 2 = 12−J5−
10 JJ =
, − 5) · 10 J = 3, 372 J.
Mc J/cal)
cin = 186
2
L’energia
interna del sistema aumenta.
da cui risulta
√
2·2 Jlatente di vaporizzazione
dell’acqua
Soluzione 3.c. Dato vil2 calore
= 0,6
" 6, 7 (m/s)2 , v " 6,
7 m/s " (Tabella
2, 6 m/s. 2.4), il calore che essa
kg
assorbe nella trasformazione è
Soluzione 3.3.
(1 kg)(539,
1 kcal/kg)(4,
kJ/kcal)
= 2260
kJ. 86 J ;
Q! ==mq
vap =
−(10
cal)(4,
186 J/cal)
+ 20 J =186
(−41,
86 + 20)
J = −21,
(a) ∆E
int
Ill’energia
lavoro eseguito
sisrtemaperché
è
interna dal
diminuisce
cede una quantità di energia come calore minore della quantità
di energia che riceve
come
lavoro.
L" = P ∆V " (1, 013 · 105 N/m2 )(1671 · 10−3 − 1 · 10−3 ) m3 = 169 kJ ,
(b) ∆Eint = −(10 cal)(4, 186 J/cal) − 20 J = −(41, 86 + 20) J = −61, 86 J ;
una diminuzione maggiore che nel caso precedente, perché ora cede sia il calore che il lavoro all’esterno
alle spese dellapropria energia interna.
Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 3
(c) ∆Eint = (10 cal)(4, 186 J/cal) − 20 J = (41, 86 − 20) J = +21, 86 J ;
questa volta l’energia del sistema aumenta.
Pag. 1
3.6. IL LAVORO MECCANICO: ENERGIA CINETICA E POTENZIALE
251
per cui la variazione di energia interna nell’ebollizione di 1 l d’acqua è
∆Eint = Q! − L" = 2260 kJ − 169 kJ = 2091 kJ = 2, 09 · 106 J.
Soluzione 3.d. La successione delle trasformazioni subite dal gas è rappresentata nel piano P − V
nella ! fig. 3.19. Nelle singole trasformazioni si ha:
Trasformazione 1. Essendo una trasformazione isoterma di un gas ideale, l’energia interna non
varia
(!)
∆Eint = 0
252
CAPITOLO 3. CONSERVAZIONE DELL’ENERGIA
3
3
(1)
(2)
(3)
∆Eint = ∆Eint + ∆Eint + ∆Eint = 0 + RT0 + RT0 = 3RT0
2
2
e si verifica immediatamente che è soddisfatto il primo principio.
Soluzione 3.e. La quantità minima di ossigeno necessaria all’animale per sopravvivere (metabolismo basale) è
∆Vnecess
= L3 · (0, 01 · 10−3 l/cm3 · min) = 10−5 L3 l/min .
∆t
D’altra parte l’ossigeno viene assorbito solo dalla superficie esterna, la cui area totale vale 6L 2 , per
cui la quantità di ossigeno assorbito vale
e pertanto dal primo principio () si ha
Q(1)! = L(1)"
∆Vass
= 6L2 · (0, 02 · 10−3 l/cm2 · min) = 12 · 10−5 L2 l/min .
∆t
VB
PA
= RT0 ln
= RT0 ln
= RT0 ln 2 .
VA
PB
Le dimensioni massime dell’animale cubico sono dunque date dalla condizione
Trasformazione 2. In questo caso è nullo il lavoro esguito dal sistema. La temperatura T C è data
da
TC =
PC
P0
T0 = 2T0 ,
TB =
PB
P0 /2
da cui segue
L ≤ 12 cm .
per cui il calore scambiato dal gas e la variazione della sua energia interna valgono
(2)
(mol)
∆Eint = Q(2)! = cV
3
(2T0 − T0 ) = R · T0 .
2
Trasformazione 3. La variazione dell’energia interna del gas ideale dipende solo dalla vriazione
della sua temperatura assoluta
3
3
(3)
∆Eint = cmol
V (TD − TC ) = R(3T0 − 2T0 ) = RT0 .
2
2
Il gas esegue il lavoro di espansione L(3)" = P0 (VD − VC ), dove
VC =
RT0
R · 3T0
2RT0
, e VD =
,
=
P0 /2
P0
P0
= RT0 .
(3)
∆Eint
(3)"
L
Animali cubici di dimensioni minori di questa assumono più ossigeno di quello strettamente necessario
al metabolismo basale, cioè alla pura sopravvivenza: tanto minori sono le dimensioni dell’animale, e
tanto maggiori sono le attività che esso può svolgere.
b) Alcuni esempi degli accorgimenti attuati dagli organismi viventi per superare queste limitazioni
sono i seguenti. Nelle piante le foglie piatte aumentano la superficie attraverso la quale avvengono gli
scambi gassosi. Negli animali superiori gli alveoli polmonari costituiscono una superficie enorme per
gli scambi gassosi. Nei pesci invece la superficie per gli scambi gassosi è aumentata dalla struttura
lamnare attraverso cui passa il sangue.
Soluzione 3.f . a) La potenza sviluppata dal podista è
"2
!
5000 m
Ppod = F · v = cv 2 = (86, 4 N · sec/m)
= 3550 .
13 · 60 s
b) Questa potenza è superiore a quella che può venire fornita dai processi metabolici (3330 W): la
differenza, 220 W, deve essere assorbita dall’energia E0 immagazzinata nell’organismo. Si può quindi
ottenere facilmente il limite di tempo durante il quale il podista potrebbe correre a questa velocità
quindi
(3)"
12 · 10−5 L2 ≥ 10−5 L3 ,
Esso riceve quindi la quantità di calore
(3)!
Q
=
+L
tmax =
5
= RT0
2
(3)!
[questo risultato si poteva trovare subito poiché la trasformazione è isobara e Q
=
con cmol
= 52 R].
P
Nell’intera trasformazione, dallo stato A allo stato D, si ha
!
"
3 5
Q! = Q(1)! + Q(2)! + Q(3)! = RT0 ln 2 + +
= RT0 (ln 2 + 4)
2 2
L" = L(1)" + L(2)" + L(3)" = RT0 (ln 2 + 1)
cmol
P (TD − TC ),
E0
= 877 s .
220 W
13 minuti corrispondono a 780 s.
Soluzione 3.g. La potenza interna totale consumata da questa persona è
Pint = (60 kg)(2, 5 W/kg) = 150 W.
Dai dati del →Par. 3.3, eq. (3.19), abbiamo che la combustione del glucosio fornisce un’energia di
686 kcal/mole con il consumo di 134,4 l/mole di ossigeno, cioè per ogni litro di ossigeno
686 kcal/mole
= 5, 1 kca/l ,
134, 4 l/mole
Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 3
Pag. 2
3.6. IL LAVORO MECCANICO: ENERGIA CINETICA E POTENZIALE
253
per cui il volume di ossigeno consumato in un secondo è
Voss =
150 J/s
= 7, 036 · 10−3 l/s,
(5, 1 · 103 cal/l)(4, 186 J/cal)
e in 4 oreVoss (4 ore) = (7, 036 · 10−3 l/s)(4 ore)(3600 s/ora) = 101, 5 l.
Soluzione 3.h. Nel vuoto non agiscono forze d’attrito, ma solo la forza peso, che è conservativa:
si può quindi applicare il teorema di conservazione dell’energia meccanica
254
che coincide con il risultato che si ottiene dalla legge fondamentale della dinamica (1.9) consideranso
il moto di salita uniformemente ritardato con accelerazione −g (v. Problema 1.b). Per il fatto che il
risultato non dipende dalla massa del corpo valgono le osservazioni del Problema precedente.
Soluzione 3.l. In questo caso non si può più applicare la conservazione dell’energia meccanica
totale, poiuché è presente una forza non conservativa: applichiamo il teorema dell’energia cinetica.
Sul corpo agiscono due forze, la forza peso e la forza d’attrito: il lavoro eseguito da queste due forze
è uguale alla variazione dell’energia cinetica del corpo. La forza peso è conservativa e il lavoro che
essa esegue sul corpo è dato dalla variazione dell’energia potenziale gravitazionale del corpo
1
1 2
+ mghiniz = mvf2in + mghf in .
mv
2 iniz
2
2
L"
peso = mgh = (5 kg)(9, 8 m/s )(1 m) sin
Possiamo scegliere arbitrariamente lo zero dell’energia potenziale: risulta comodo fissarlo al livello
del suolo. L’energia cinetica del corpo è inizialmente nulla, e alla fine vale 12 mv 2 . La sua energia
potenziale finale è assunta nulla, mentre quella iniziale vale mgh. Risulta dunque
1
mgh = mvf2in .
2
(3.48)
La massa m del corpo scompare dalla relazione: questo è vero per tutte le forze che sono proporzionali
alla massa. La velocità finale con cui il corpo tocca terra
!
vf in = 2gh
(3.49)
non dipende quindi dalla massa del corpo: ma questo risultato vale a rigore solo se il corpo cade nel
vuoto (Newton l’aveva dimostrato sperimentalmente facendo cadere corpo di massa e forma diversa
in un tubo nel quale era stato fatto il vuoto). Infatti, se il corpo cade nell’aria o in un fluido viscoso,
su di esso non agisce solo la forza peso, ma anche una forza d’attrito, che dipende dalle caratteristiche
del corpo (in particolare dalla sua forma, →Par. 5...).
Può essere istruttivo ripetere il calcolo assumendo un altro zero per l’energia potenziale. Se ad
esempio si pone l’energia potenziale nulla alla quota iniziale, l’energia potenziale finale vale −mgh,
e la conservazione dell’energia si scrive
1
0 = mvf2in − mgh ,
2
che è equivalente alla (3.48).
Il risultato (3.49) si trova ovviamente anche applicando la legge fondamentale della dinamica
(1.9), considerando che la forza peso è costante e quindi la caduta libera del corpo è un moto con
accelerazione costante g (uniformemente accelerato): cfr il →Problema 1.a .
Soluzione 3.i. Se il corpo viene lanciato verso l’alto nel vuoto, il problema è simile al precedente,
2
con energia cinetica iniziale 12 mvin
ed energia cinetica finale nulla; energia potenziale iniziale nulla
ed energia potenziale finale mgh, per cui si trova
1 2
,
mgh = mvin
2
da cui
h=
2
vin
,
2g
CAPITOLO 3. CONSERVAZIONE DELL’ENERGIA
π
# 25 J .
6
Il lavoro eseguito sul corpo dalla forza d’attrito è negativo (resistente), poiché la forza è opposta allo
spostamento
L"
attr = −Fa l = −(5 N)(1 m) = −5 J .
Per il teorema dell’energia cinetica si ha quindi, essendo nulla l’energia cinetica iniziale del corpo,
1 2
"
mv = L"
peso + Lattr = 25 J − 5 J = 20 J ,
2 f
da cui
vf =
"
2 · 20 J √
= 8 m/s # 2, 8 m/s.
5 kg
Soluzione 3.m. a) Nel caso in cui il piano non presenta attrito, essendo la forza elastica conservativa (v. Esempio 3.27), si può applicare il teorema di conservazione dell’energia meccanica.
Inizialmente la molla è a riposo e la sua energia potenziale può venire assunta uguale a zero, per cui
l’energia totale iniziale è data dall’energia cinetica del corpo. Quando la molla è compressa e il corpo
si arresta l’energia totale è data dall’energia potenziale della molla 12 kx2 , essendo x la compressione
della molla, per cui
1 2 1 2
mv = kx ,
2
2
da cui si ricava
"
#
m
1 kg
v=
(1, 5 m/s) # 0, 21 m = 21 cm .
(3.50)
x=
k
50 N/m
b) Quando il piano presenta attrito l’energia meccanica non si conserva e bisogna procedere
concettualmente come nel Problema precedente. Il lavoro resistente eseguito dalla forza d’attrito è
L"
attr = − Fa x = − 4 · x J ,
essendo nuovamente x la compressione della molla in questo caso. Il corpo si arresta dopo avere
compresso la molla per una distanza x: la sua energia cinetica iniziale viene spesa per eseguire il
lavoro per comprimere la molla e vincere la forza d’attrito. Si ottiene dunque l’equazione di secondo
grado nell’incognita x
1
1 2
kx + Fa x = mv 2 ,
2
2
Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 3
Pag. 3
3.7. FIGURE CAPITOLO 1
255
256
CAPITOLO 3. CONSERVAZIONE DELL’ENERGIA
cioè
25 x2 + 4 x − 1, 125 = 0 ,
che ha le due soluzioni x " − 0, 31 m, che non è accettabile perché non ha significato fisico (la molla
può comprimersi solo verso la parte positiva dell’asse x), e
x " 0, 15 m = 15 cm
Si osservi che questa compressione è minore di quella (3.50) quando non vi è l’attrito a rallentare il
3.7.
FIGURE CAPITOLO 1
263
corpo.
3.7
264
CAPITOLO 3. CONSERVAZIONE DELL’ENERGIA
Figure capitolo 1
Fig. 3.19
Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 3
Pag. 4