Tutorato di Fisica 1 - AA 2014/15

Tutorato di Fisica 1 - AA 2014/15
Emanuele Fabbiani
15 marzo 2015
Indice
1 Cinematica
4
1.1
Esercizio 1 (Simulazione di prova scritta, AA 2012-13, Ing. ELE-INFO-BIO)
. . . . . . . . . . .
1.2
Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.3
Esercizio 3 (TE 3-Set-2012, Ing. EDILE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.4
Esercizio 4 (TE 19-giu-2012, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.5
Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.6
Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
2 Soluzioni
4
5
2.1
Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
2.2
Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
2.3
Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
2.4
Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2.5
Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
2.6
Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
3 Dinamica del punto materiale
8
3.1
Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
3.2
Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
3.3
Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
3.4
Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
3.5
Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
3.6
Esercizio 6 (TE 17-feb-2010, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
4 Soluzioni
10
4.1
Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
4.2
Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
4.3
Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
4.4
Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
4.5
Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
4.6
Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
5 Energia
13
5.1
Esercizio 1 (TE 22-Giu-2012, Ing. CIVILE)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
5.2
Esercizio 2 (TE 22-Feb-2012, Ing. EDILE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
5.3
Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
5.4
Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
5.5
Esercizio 5 (TE 27-Gen-2011, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
5.6
Esercizio 6 (TE 20-Lug-2011, Ing. IND)
13
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
INDICE
2
6 Soluzioni
15
6.1
Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
6.2
Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
6.3
Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
6.4
Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
6.5
Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
6.6
Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
7 Dinamica del corpo rigido
19
7.1
Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2
Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
7.3
Esercizio 3 (Simulazione di prova scritta, AA 2012-13, Ing. ELE-INFO-BIO)
. . . . . . . . . . .
19
7.4
Esercizio 4 (Simulazione di prova scritta, AA 2012-13, Ing. ELE-INFO-BIO)
. . . . . . . . . . .
19
7.5
Esercizio 5 (TE 16-Feb-2012, Ing. CIVILE)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
7.6
Esercizio 6 (TE 1-Lug-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
7.7
Esercizio 7 (TE 31-Gen-2012, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
7.8
Esercizio 8 (TE 31-Gen-2012, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
7.9
Esercizio 9 (Richiede doppi integrali) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
7.10 Esercizio 10 (TE 15-Set-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
8 Soluzioni
19
22
8.1
Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
8.2
Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
8.3
Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
8.4
Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
8.5
Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
8.6
Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
8.7
Esercizio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
8.8
Esercizio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
8.9
Esercizio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
8.10 Esercizio 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
9 Quantità di moto e urti
29
9.1
Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2
Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
9.3
Esercizio 3 (TE 14-Feb-2013, Ing. CIVILE)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
9.4
Esercizio 4 (TE 18-Lug-2005, Ing. IND)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
9.5
Esercizio 5 (TE 21-Feb-2013, Ing IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
10 Soluzioni
29
30
10.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
10.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
10.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
10.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
10.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
11 Oscillazioni
34
11.1 Esercizio 1 (TE 31-Gen-2012, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
11.2 Esercizio 2 (TE 27-Gen-2011, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
11.3 Esercizio 3 (TE 21-Lug-2010, Ing. IND)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
11.4 Esercizio 4 (TE 29-Gen-2013, Ing IND)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
12 Soluzioni
36
12.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
12.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
12.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
12.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
INDICE
3
13 Fluidi
39
13.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
13.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
13.3 Esercizio 3 (TE 1-Lug-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
13.4 Esercizio 4 (TE 18-Lug-2005, Ing. IND)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
13.5 Esercizio 5 (TE 15-Set-2005, Ing. IND)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
14 Soluzioni
40
14.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
14.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
14.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
14.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
14.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
15 Temperatura e calore
43
15.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
15.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
15.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
15.4 Esercizio 4 (TE 4-Set-2006)
43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16 Soluzioni
44
16.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
16.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
16.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
16.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
17 Termodinamica
46
17.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
17.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
17.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
17.4 Esercizio 4 (TE 30-Giu-2006, Ing. IND)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17.5 Esercizio 5 (TE 16-Feb-2012, Ing. CIVILE)
46
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
17.6 Esercizio 6 (TE 1-Lug-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
17.7 Esercizio 7 (TE 30-Giu-2006, Ing. IND)
47
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18 Soluzioni
48
18.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
18.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
18.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
18.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
18.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
18.6 Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
18.7 Esercizio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
1
CINEMATICA
1
4
Cinematica
1.1
Esercizio 1 (Simulazione di prova scritta, AA 2012-13, Ing. ELE-INFO-BIO)
Un atleta di massa
m = 70 kg
dell'accelerazione iniziale
1.2
∆t = 11s. All'inizio l'atleta si muove con accelerazione
v0 = 40km/h, poi si muove a velocità costante. Calcolare il valore
percorre cento metri in
costante a no a raggiungere la velocità
a.
Esercizio 2
Una studentessa lancia verso l'alto un cellulare di massa
ad un'altezza di
h=4m
m = 143 g
ad un'amica, aacciata alla nestra situata
sopra di lei. Il cellulare viene aerrato dopo
∆t = 1.50 s.
Si determini la velocità del
cellulare:
1. al momento del lancio;
2. all'instante in cui viene raccolto.
1.3
Esercizio 3 (TE 3-Set-2012, Ing. EDILE)
Una palla viene lanciata da terra con velocità iniziale
v0 = 7m/s
ad un angolo
α = 53°
rispetto all'orizzontale.
Il vento che soa orizzontalmente in direzione ortogonale rispetto a quella del vettore componente della velocità
iniziale lungo il terreno imprime un'accelerazione costante
a = 4.8 m/s2 .
Calcolare a che distanza dal punto di
partenza la palla ricade a terra e con quale velocità.
1.4
Esercizio 4 (TE 19-giu-2012, Ing. IND)
Una ballista A è disposta a livello del terreno, mentre una seconda, B è posizionata su una torre alta
e B, distanti
d,
h.
A
sono inclinate in modo tale da lanciare frecce con velocità iniziali antiparallele. Le traiettorie
paraboliche percorse dalle frecce si intersecano nel punto P. Dimostrare che due frecce lanciate dalle due armi
nello stesso istante raggiungono P contemporaneamente. Considerare le frecce punti materiali.
1.5
Esercizio 5
Una banconota da 20¿ è lunga poco più di
13 cm.
Un amico ti propone una sda: manterrà una banconota
sospesa, con l'estremo inferiore all'altezza delle tue dita; ad un certo istante la lascerà cadere: se riuscirai ad
aerrarla al volo, questa sarà tua. Accetti?
1.6
Esercizio 6
Un punto materiale decelera da una velocità iniziale
Calcolare il tempo impiegato.
v0
ad una nale
v0
2 con una accelerazione
a (v) = −3v 2 .
2
SOLUZIONI
2
2.1
5
Soluzioni
Esercizio 1
40
3.6 = 11.11 m/s la velocità raggiunta dal corridore. Si indica con d = 100 m la distanza
totale coperta dall'atleta, con t il tempo trascorso in accelerazione, poi si scrivono le leggi del moto rettilineo
Innanzitutto, sia
v=
uniforme e uniformemente accelerato:

1 2

+
v (∆t − t)
=
d

2 at
z }|
{ z
}|
{
}|
{ z
distanza spazio coperto in accelerazione spazio coperto a velocità costante


v = at
(
v 2
v
d = 12 a
a2 + v∆t − v · a
t = av
(
da = 21 v 2 + va∆t − v 2
t = av
(
da − va∆t = 12 v 2 − v 2
t = av
(
− 12 v 2
a = d−v∆t
=
v
t= a
2.2
−0.5·11.112
100−11.11·11
= 2.78 m/s2
(2.1)
(2.2)
(2.3)
(2.4)
(2.5)
Esercizio 2
Si considera un sistema di riferimento orientato come il piano cartesiano e si applicano le leggi del moto
uniformemente accelerato:
(
y = y0 + v0 t − 21 gt2
v = v0 − gt
(
y−y0 + 12 gt2
= v0
t
v = v0 − gt
(
4−0+ 21 ·9.8·1.52
= v0
1.5
v = v0 − 9.8 · 1.5
(
v0 = 10 m/s
v = v0 − 9.8 · 1.5 = −4.68 m/s
2.3
(2.6)
(2.7)
(2.8)
(2.9)
Esercizio 3
Si scompone il vettore velocità iniziale lungo le componenti parallele e perpendicolare al terreno:


v0x = v0 cos(α) direzione orizzontale del lancio
v0y = 0
direzione orizzontale del vento


v0z = v0 sin(α) direzione verticale del lancio
Lungo entrambi gli assi
y
e
z
(2.10)
il moto è uniformemente accelerato, con accelerazioni negative perché discordi con
l'orientazione degli assi. Lungo l'asse
x,
invece, è rettilineo uniforme, poiché non intervengono accelerazioni.

x = v0x t





vx = v0x



y = v t − 1 at2 = − 1 at2
0y
2
2

v
=
v
y
0y − at = −at




z = v0z t − 21 gt2



vy = v0z − gt
(2.11)
2
SOLUZIONI
6
Nell'istante in cui la palla ricade deve essere
z = 0.
Quindi:
1
0 = v0z t − gt2
2
(2.12)
2v0z
g
(2.13)
t=0∨t=
La prima soluzione corrisponde all'istante del lancio, pertanto si considera solo la seconda:
t=
2v0 sin (α)
2 · 7 · sin (53.3°)
=
' 1.15 s
g
9.8
Si ricava quindi la gittata come somma vettoriale degli spostamenti lungo gli assi
(2.14)
x
e
y.
x = v0 cos (α) t = 7 · cos (53.3) · 1.15 = 4.81 m
1
y = − at2 = −0.5 · 4.8 · 1.152 = −3.17 m
2
p
p
G = x2 + y 2 = 4.812 + 3.172 = 5.76 m
(2.15)
(2.16)
(2.17)
La velocità nale è invece la somma vettoriale delle componenti del vettore velocità lungo tutti i tre assi - per
utilizzare il linguaggio matematico, la norma del vettore velocità:


vx = v0x = v0 cos(α) = 7 cos(53.3) = 4.18 m/s
vy = −at = −4.8 · 1.15 = −5.52 m/s


vy = v0z − gt = v0 sin(α) − gt = 7 sin(53.3°) − 9.8 · 1.15 = −5.66 m/s
v=
2.4
q
vx2 + vy2 + vz2 =
p
4.182 + 5.522 + 5.662 = 8.94 m/s
(2.18)
(2.19)
Esercizio 4
La ballista A è posizionata nell'origine del sistema di riferimento e spara la sua freccia verso l'alto:
(
xa = 0 + v0xa t
ya = v0ya t − 21 gt2
B, invece, è piazzata in un punto che ha coordinate
(
(d, h)
(2.20)
e lancia la freccia verso il basso:
xb = d − v0xb t
yb = h − v0yb t − 21 gt2
(2.21)
Se i due dardi devono giungere contemporaneamente in P deve essere:
(
(
xa = xb
ya = yb
(2.22)
0 + v0xa t = d − v0xb t
v0ya t − 21 gt2 = h − v0yb t − 21 gt2
(
v0xa t + v0xb t = d
v0ya t + v0yb t = h
(
d
t = v0x +v
0x
a
t=
v0ya
b
h
v0ya +v0yb
h
d
=
+ v0yb
v0xa + v0xb
(2.23)
(2.24)
(2.25)
(2.26)
2
SOLUZIONI
7
Ora, mediante le formule trigonometriche relative ai triangoli rettangoli è possibile calcolate le componenti dei
due vettori velocità. Detto
α
l'angolo formato dalla velocità iniziale di A con il terreno, si ha infatti:
v0xa = v0 cos (α)
v0xb
v0yb
v0ya = v0 sin (α)
π
= v0 sin
− α = v0 cos (α)
2
π
= v0 cos
− α = v0 sin (α)
2
(2.27)
(2.28)
(2.29)
(2.30)
Tornando all'equazione precedente:
h
d
=
v0 sin (α) + v0 sin (α)
v0 cos (α) + v0 cos (α)
(2.31)
v0 sin (α) + v0 sin (α)
h
=
d
v0 cos (α) + v0 cos (α)
(2.32)
h
2v0 sin (α)
=
= tan (α)
d
2v0 cos (α)
(2.33)
Per la costruzione del triangolo che unisce le due balliste e la base della torre, la condizione è sempre vericata.
2.5
Esercizio 5
No. I tempi di reazione di un uomo si aggirano mediamente intorno ai 2 decimi di secondo. Assumendo che
la banconota sia perfettamente verticale e che quindi l'attrito con l'aria sia trascurabile, in quel lasso di tempo
essa percorre un spazio
2.6
∆x = 21 gt2 = 0.5 · 9.8 · 0.22 = 19.6 cm,
maggiore della lunghezza della banconota.
Esercizio 6
Per denizione:
a=
dv
dt
− 3v 2 =
(2.34)
dv
dt
(2.35)
Si tratta di una equazione dierenziale a variabili separabili.
dv
−3v 2
dt =
ˆ
ˆ
t
v0
2
1 dt =
0
v0
1
dv
−3v 2
v0
1 2
1
t= −
=
3v v0
3v0
(2.36)
(2.37)
(2.38)
3
DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE
3
8
Dinamica del punto materiale
3.1
Esercizio 1
Una massa
m
θ rispetto all'orizzontale. La
vi per permettere alla massa di
è posta sul punto più basso di un piano inclinato di un angolo
lunghezza del tratto obliquo è l. Calcolare quale deve essere la velocità iniziale
raggiungere la sommità nei seguenti casi:
1. In assenza di attrito
2. Con un coeciente d'attrito dinamico tra massa e supercie pari a
3.2
Esercizio 2
Un blocco di massa
m = 3 kg
F , inclinata di θ = 50° rispetto
µ = 0.25. Stabilire per quali valori di
è premuto contro una parete verticale da una forza
all'orizzontale. Il coeciente d'attrito statico tra il corpo e la supercie è
F
µ.
il blocco non si muove.
3.3
Esercizio 3
Due masse,
forza
3.4
F
m1
ed
m2 ,
poggiate su una supercie liscia orizzontale sono connesse da una fune leggera.
verso destra viene applicata ad
m2 .
Si trovino l'accelerazione
a
del sistema e la tensione
T
Una
della fune.
Esercizio 4
Un uomo di massa
m = 72 kg
sta in piedi su una bilancia a molla all'interno di un ascensore. Partendo da
fermo l'ascensore sale, raggiungendo la massima velocità di
5 s con velocità costante.
1.5 s.
1.2 m/s in 0.8 s.
L'ascensore si muove nei successivi
Poi accelera uniformemente nella direzione negativa dell'asse y no ad arrestarsi dopo
Determinare il peso misurato dalla bilancia
1. prima che l'ascensore inizi a salire;
2. durante i primi 0.800 s;
3. durante il moto a velocità costante;
4. durante il tempo di frenata.
3.5
Esercizio 5
Una massa
m = 3 kg
attaccata ad una corda di massa trascurabile descrive una circonferenza su un tavolo
orizzontale privo di attrito. Il raggio della circonferenza è
massa di
M = 25 kg
r = 80 cm
e la corda può sopportare il peso di una
prima di spezzarsi. Qual è la massima velocità che il corpo può assumere senza che la
corda si rompa?
3.6
Esercizio 6 (TE 17-feb-2010, Ing. IND)
m = 10000 kg
θ1 = 30◦ rispetto
Due rimorchiatori tirano una chiatta di massa
e
F2 = 1000 N . F1
è inclinata di un angolo
1. quale inclinazione deve avere
F2
lungo un canale applicando le forze
F1 = 1414 N
alla riva. Calcolare:
perché la rotta della chiatta sia parallela alla riva;
2. l'accelerazione della chiatta;
3. lo spazio percorso dalla chiatta, partita da ferma, prima di raggiungere la velocità
v=5
nodi.
Supporre l'attrito con l'acqua e la corrente trascurabili; 1 nodo corrisponde a un miglio marino all'ora, un miglio
marino a 1852 m.
3
DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE
9
4
SOLUZIONI
4
10
Soluzioni
4.1
Esercizio 1
Si consideri il secondo caso: le forze agenti sulla massa sono unicamente il peso e l'attrito. Secondo la legge di
Newton:
X
F = ma
(4.1)
mg sin θ + µmg cos θ = ma
(4.2)
a = g sin θ + µg cos θ
(4.3)
L'accelerazione ha verso opposto alla velocità iniziale:
(
x = v0 t − 21 at2
v = v0 − at
Nell'istante in cui il corpo si ferma si ha
v = 0:
t=
(4.4)
v0
a
(4.5)
Imponendo che il tratto percorso sia l:
1
l = v0 t − at2
2
l=
(4.6)
1 v02
v02
−
a
2 a
(4.7)
v2
l= 0
2a
p
√
v0 = 2al = 2l (g sin θ + µg cos θ)
Per rispondere alla prima richiesta è suciente porre
4.2
(4.8)
(4.9)
µ = 0.
Esercizio 2
Si scompone
F
lungo le direzioni dei due assi cartesiani, poi si impone la condizione di equilibrio del punto
materiale:
X
F =0
(P
Fx = 0
P
Fy = 0
(4.10)
(4.11)
(
F cos θ − N = 0
F sin θ − mg + Fas = 0
Ora, qual è il verso della forza d'attrito? La risposta è semplice: non si sa! Nel caso
(4.12)
F
sia debole, il blocco
tenderebbe a cadere e la forza di attrito si opporrebbe a tale moto. Di conseguenza sarebbe diretta verso l'alto.
Se invece si imprimesse una forza molto intensa, il corpo tenderebbe a scorrere verso l'alto, e subirebbe un
attrito di verso opposto. Si devono quindi distinguere i due casi:
(
F sin θ − mg − Fas = 0 il corpo tende a salire
F sin θ − mg + Fas = 0 il corpo tende a cadere
(4.13)
Risolvendo i due sistemi distinti, si troveranno i limiti dell'intervallo entro cui il corpo è in equilibrio. Si utilizza
la formula
Fas ≤ µN .
Per il limite inferiore:
(
F cos θ − N = 0
F sin θ − mg + µN = 0
(
F cos θ = N
F sin θ − mg + µF cos θ = 0
(4.14)
(4.15)
4
SOLUZIONI
11
F (sin θ + µ cos θ) = mg
mg
' 31.7 N
F =
(sin θ + µ cos θ)
(4.16)
(4.17)
Per il limite superiore:
(
F cos θ − N = 0
F sin θ − mg − µN = 0
(
F cos θ = N
F sin θ − mg − µF cos θ = 0
F (sin θ − µ cos θ) = mg
mg
F =
' 48.6 N
(sin θ − µ cos θ)
4.3
(4.18)
(4.19)
(4.20)
(4.21)
Esercizio 3
Si scrive una equazione per ogni corpo:
(P
F = m1 a
P
F = m2 a
(
T = m1 a
F − T = m2 a
(
T = m1 a
F − m1 a = m2 a
(
T = m1 · m1 F
+m2
a = m1 F
+m2
4.4
(4.22)
(4.23)
(4.24)
(4.25)
Esercizio 4
Si applica il secondo principio della dinamica, avendo l'accortezza di utilizzare un sistema di riferimento inerziale:
l'accelerazione dell'uomo, secondo un osservatore solidale con la Terra, è pari a quella dell'ascensore. Si sceglie
di considerare positive le forze e le accelerazioni dirette verso l'alto.
X
F = ma
(4.26)
N − mg = ma
(4.27)
N = m (g + a)
(4.28)
Quindi:
1.
a = 0 −→ N = mg = 72 · 9.8 = 706 N
2.
a=
1.2
dv
=
= 1.5 m/s2 −→ N = m (g + a) = 72 · (9.8 + 1.5) = 814 N
dt
0.8
(4.29)
(4.30)
3.
a = 0 −→ N = mg = 72 · 9.8 = 706 N
4.
a=
dv
−1.2
=
= 0.8 m/s2 −→ N = m (g + a) = 72 · (9.8 − 0.8) = 648 N
dt
1.5
(4.31)
(4.32)
4
SOLUZIONI
4.5
12
Esercizio 5
Se la fune è capace di sopportare un corpo di massa
M,
allora la massima tensione ad essa applicabile è:
T = Mg
Dal momento che la massa
m
(4.33)
descrive una traiettoria circolare, deve esistere una forza centripeta di valore:
mv 2
r
(4.34)
Tale forza altro non può essere che la tensione della fune.
La soglia di rottura si ottiene quindi attraverso
Fc =
l'uguaglianza:
Fc = T
mv 2
Mg =
r
r
r
M gr
25 · 9.8 · 0.8
v=
=
= 8.08 m/s2
m
3
4.6
(4.35)
(4.36)
(4.37)
Esercizio 6
Si vuole innanzitutto determinare l'angolo
componenti verticali di
F1 ed F2
θ2 .
Per fare in modo che la chiatta proceda parallela alla riva, le
devono essere uguali in modulo e direzione e opposte in verso.
F1x = F2x
(4.38)
F1 sin θ1 = F2 sin θ2
(4.39)
sin θ2 =
F1 sin θ1
F2
√
2
1414 · 0.5
'
sin θ2 =
1000
2
π
θ2 =
4
(4.40)
(4.41)
(4.42)
L'accelerazione della chiatta è determinata unicamente dalla componente orizzontale delle due forze:
X
F = ma
F1 cos θ1 + F2 cos θ2 = ma
a=
F1 cos θ1 + F2 cos θ2
1414 · cos 30° + 1000 cos 45°
=
= 0.2 m/s2
m
10000
(4.43)
(4.44)
(4.45)
Per determinare lo spazio percorso si ricorre alle equazioni del moto uniformemente accelerato, non prima di
aver convertito la velocità in
m/s:
5 nodi =
x=
5 · 1852 m
= 2.57 m/s
3600 s
(
x = 21 at2
v = at
2.572
v2
=
= 16.54 m
2a
2 · 0.2
(4.46)
(4.47)
(4.48)
5
ENERGIA
5
13
Energia
5.1
Esercizio 1 (TE 22-Giu-2012, Ing. CIVILE)
Un pendolo è costituito da una massa
con costante elastica
k = 103 N m,
m = 1 kg
sostenuta da una fune di massa trascurabile lunga
l = 2 m,
x
inizialmente disposta in orizzontale e in quiete. Calcolare l'allungamento
della corda quando il pendolo ha descritto un quarto di circonferenza ed
m
si trova nel punto più basso della
traiettoria.
5.2
Esercizio 2 (TE 22-Feb-2012, Ing. EDILE)
Quanto tempo impiega un motore capace di erogare una potenza
sino ad un'altezza
5.3
h = 20 m
per sollevare un carico
m = 200 kg
Esercizio 3
Un pendolo è composto da una fune inestensibile di lunghezza
m.
P = 2.3 kW
dal suolo?
l
e massa trascurabile e da una sfera di massa
Il pendolo, ssato al sotto di una stanza, è inizialmente mantenuto in posizione orizzontale. Esattamente
sulla verticale del punto in cui è imperniata la corda è posizionato un piolo inamovibile, la cui distanze dal
sotto è
d
d.
Quando il pendolo viene rilasciato e la corda incontra il piolo. Si dimostri che il minimo valore di
necessario a far compiere al pendolo un giro completo intorno al piolo è
5.4
d0 = 35 l.
Esercizio 4
Una massa
µs = 0.5
m1 = 3 kg
è appoggiata su un piano orizzontale caratterizzato da un coeciente d'attrito statico
e da un coeciente d'attrito dinamico
µd = 0.4.
Una corda di massa trascurabile, libera di scorrere
senza attrito su una carrucola, collega il primo blocco ad una seconda massa
mezz'aria. Al tempo
t = 0 il sistema viene lasciato libero di muoversi.
il primo nella sua caduta e calcolare la velocità dei due blocchi quando
5.5
m2 = 5 kg ,
tenuta sospesa a
Dimostrare che il secondo blocca trascina
m2
è precipitato per
∆h = 1.5 m.
Esercizio 5 (TE 27-Gen-2011, Ing. IND)
Un ragazzo tira uno slittino lungo un pendio innevato lungo
l = 50 m
e inclinato di un angolo di
θ = 20◦
rispetto all'orizzontale. Le condizioni del manto nevoso lungo il pendio non sono costanti a causa della dierente
esposizione al sole. Sapendo che il coeciente d'attrito dinamico tra la neve e lo slittino aumenta lungo il pendio
secondo l'equazione
3
µ(x) = ax 2 + b
calcolare il minimo lavoro che il ragazzo deve compiere per trascinare in
cima alla salita il suo slittino che ha massa
m = 10 kg
. Siano
3
a = 0.003 m− 2
e
b = 0.1,
la forza esercitata dal
ragazzo sullo slittino è parallela al pendio.
5.6
Esercizio 6 (TE 20-Lug-2011, Ing. IND)
h = 3 m e inclinato di θ = 20◦ rispetto all'orizzontale. Lo
◦
scivolo termina con una curva orizzontale di raggio r = 5 m che ruota di 90 l'uscita rispetto all'ingresso dello
scivolo. Il coeciente d'attrito dinamico dello scivolo vale µ = 0.15. Un ragazzo si lascia scivolare da fermo
In un parco di giochi acquatici c'è uno scivolo alto
dal punto più alto. Calcolare la velocità raggiunta all'uscita dello scivolo e la massima accelerazione centripeta
lungo la traiettoria. Considerare lisce le pareti laterali della guida di scorrimento.
5
ENERGIA
14
6
SOLUZIONI
6
6.1
15
Soluzioni
Esercizio 1
Si applica il principio di conservazione dell'energia, ssando lo zero del potenziale gravitazionale al livello più
basso raggiunto dal centro di massa della sfera. Nell'istante iniziale il corpo possiede solo energia potenziale
gravitazionale, al termine della caduta questa si è completamente trasformata in energia potenziale elastica ed
energia cinetica.
Ei = Ef
mg (l + x) =
Compaiono due incognite:
x ev .
(6.1)
1
1
mv 2 + kx2
2
2
(6.2)
Occorre quindi ricavare una nuova equazione tramite il bilancio delle forze
agenti sulla sfera. Per mantenere una traiettoria circolare è necessaria una forza centripeta:
Fc =
mv 2
= kx − mg
l+x
(6.3)
Mettendo a sistema le due condizioni:
(
mv 2
l+x
= kx − mg
mg (l + x) = 21 mv 2 + 21 kx2
(6.4)
(
mv 2 = kx (l + x) − mg (l + x)
mg (l + x) = 21 (kx (l + x) − mg (l + x)) + 21 kx2
Risolvendo la seconda equazione rispetto all'unica incognita
x
si ottiene un'unica soluzione accettabile:
x = 2.9 cm
6.2
(6.5)
(6.6)
Esercizio 2
Dalla denizione di potenza:
P =
dL
dt
(6.7)
Il lavoro necessario per sollevare il peso è pari, in valore assoluto, a quello compiuto dalla forza di gravità:
L = mg∆h
(6.8)
Quindi:
mg∆h
∆t
mg∆h
200 · 9.8 · 20
∆t =
=
= 12.25 s
P
2300
P =
6.3
(6.9)
(6.10)
Esercizio 3
Si applica il principio di conservazione dell'energia per stabilire la velocità
vd
con cui la sfera giunge nel punto
più basso della sua traiettoria.
Ei = Ef
1
mv 2
2 d
p
vd = 2gl
mgl =
(6.11)
(6.12)
(6.13)
Quando la corda urta il piolo, la sfera comincia a risalire, descrivendo una traiettoria circolare. Il centro della
circonferenza è il perno, il raggio è
l − d.
La condizione necessaria anché il corpo descriva un giro completo
è che la tensione del lo nel punto più alto sia maggiore o uguale a zero. Ricordando che per mantenere una
traiettoria curvilinea è indispensabile la presenza di una forza centripeta:
P +T =
mvu2
l−d
(6.14)
6
SOLUZIONI
16
T =
mvu2
− mg ≥ 0
l−d
(6.15)
vu2 ≥ g (l − d)
Dove
vu
(6.16)
è la velocità del corpo nella sommità della sua orbita. Per calcolare il valore di
vu
si ricorre ancora una
volta alla conservazione dell'energia meccanica:
Sostituendo il valore di
vd
Ei = Ef
(6.17)
1
1
mv 2 = mvu2 + mg · 2 (l − d)
2 d
2
(6.18)
vu2 = vd2 − 4g (l − d)
(6.19)
precedentemente ricavato:
vu2 = 2gl − 4g (l − d) = 4gd − 2gl
(6.20)
Sostituendo tale valore nella condizione 6.16:
4gd − 2gl ≥ gl − gd
(6.21)
5d ≥ 3l
(6.22)
3
l
5
(6.23)
d≥
6.4
Esercizio 4
Il secondo blocca provoca la caduta del primo se la forza peso che lo trascina verso il basso è maggiore della
massima forza d'attrito statico che la supercie esercita su
m1 .
In modo più formale,
m1 si
muove se:
T − FasM ax ≥ 0
(6.24)
T = m2 g
(6.25)
m2 g ≥ µs N
(6.26)
m2 g ≥ µs m1 g
(6.27)
m2 ≥ m1 g
(6.28)
3 ≥ 5 · 0.5 −→ 3 ≥ 2.5
(6.29)
Dove:
Quindi:
Quindi il sistema si mette in moto.
Per determinare la velocità richiesta occorre considerare che non è possibile applicare il principio di conservazione dell'energia meccanica, poiché entra in azione una forza non conservativa. Di conseguenza, all'energia
iniziale deve essere sottratto il lavoro compiuto dell'attrito:
Ei − Lattr = Ef
Dove:
ˆ
∆h
Lattr =
−
→
− →
F · ds =
ˆ
0
(6.30)
∆h
µd m1 g ds = µd m1 g∆h
(6.31)
0
Quindi:
m2 g∆h − µd m1 g∆h =
s
v=
2g∆h (m2 − µd m1 )
=
m2
r
1
m2 v 2
2
2 · 9.8 · (3 − 0.4 · 5)
' 3.5 m/s
3
(6.32)
(6.33)
6
SOLUZIONI
6.5
17
Esercizio 5
Il minimo lavoro che il ragazzo deve compiere è quello necessario per compensare l'azione della forza di gravità
e dell'attrito:
L = Lg + Lattr
(6.34)
Il lavoro della forza di gravità si ottiene come dierenza di energia potenziale:
Lg = mg∆h = mgl sin θ
ˆ
Lattr =
l
−
→
− →
F · ds =
ˆ
ˆ
l
l
µd (x) dx =
0
0
0
(6.35)
2 5
ax 2 + bx
ax + b dx =
5
3
2
l
=
0
2 5
al 2 + bl
5
(6.36)
Quindi:
2 5
L = mgl sin θ + al 2 + bl = 4.1 kJ
5
6.6
(6.37)
Esercizio 6
Come nell'esercizio 6.4, per ricavare l'energia nale è necessario sottrarre il lavoro compiuto dalla forza d'attrito
all'energia iniziale.
Ancora una volta, per semplicità, si ssa lo zero del potenziale gravitazionale al livello
dell'uscita dello scivolo.
Ei − Lattr = Ef
(6.38)
Ei = mgh
(6.39)
L'energia iniziale è unicamente potenziale:
L'energia nale è solamente cinetica:
Ef =
1
mv 2
2 f
(6.40)
Per il calcolo del lavoro compiuto dall'attrito occorre conoscere la lunghezza del tratto percorso dal ragazzo.
Questo è composto dal tratto discendente e dalla curva orizzontale:
h
π
+ r
sin θ
2
l = ldisc + lcurva =
Di conseguenza:
ˆ
Lattr = Lattr =
l
−
→
− →
F · ds
(6.41)
(6.42)
0
Occorre ora spezzare l'integrale e valutare separatamente il tratto in discesa e quello orizzontale.
La forza
d'attrito ha infatti intensità dierenti nei due casi, in ragione della diversità della reazione normale. In discesa:
Fattr = µN = µmg cos θ
ˆ
h
sin θ
Lattr =
0
−
→
− →
h
µmgh
F · ds = µmg cos θ ·
=
sin θ
tan θ
(6.43)
(6.44)
In piano:
Fattr = µN = µmg
ˆ
π
2r
Lattr =
0
(6.45)
−
→
− →
π
µmgπr
F · ds = µmg · r =
2
2
(6.46)
Il lavoro totale compiuto dalla forza d'attrito è la somma dei due contributi:
Lattr =
µmgπr µmgh
+
2
tan θ
(6.47)
Inserendo tutte le quantità calcolate nell'equazione 6.38:
mgh −
µ
mgπr µ
mgh
+
2
tan θ
r
vf =
2gh − µgπr −
1
= mv 2
2 f
2µgh
' 3.4 m/s
tan θ
(6.48)
(6.49)
6
SOLUZIONI
18
L'accelerazione centripeta si rileva solo lungo il tratto curvo e piano. Il suo modulo vale:
a=
Ed è massimo ove lo è la velocità
La velocità
vi
v,
v2
r
(6.50)
quindi all'imbocco della curva, prima che l'attrito la riduca ulteriormente.
di ingresso nella curva si può calcolare con il ragionamento precedentemente utilizzato, con
l'accortezza di non tenere conto del lavoro che la forza d'attrito compie nell'ultimo tratto.
r
vi =
2gh −
2µgh
tan θ
(6.51)
Quindi:
2µgh
amax =
2gh − tan θ
vi2
=
' 6.9m m/s2
r
r
(
x = 21 at2
v = at
x=
v2
2.572
=
= 16.54 m
2a
2 · 0.2
(6.52)
(6.53)
(6.54)
7
DINAMICA DEL CORPO RIGIDO
7
19
Dinamica del corpo rigido
7.1
Esercizio 1
Si calcoli il momento d'inerzia di una sbarra sottile di lunghezza
descritta dalla funzione
7.2
λ (x) = 50 + 20x
l = 30 cm,
la cui densità lineare di massa è
g
m
.
Esercizio 2
Uno yo-yo è approssimabile ad un cilindro di massa
m
e raggio
r
collegato ad una fune inestensibile e di massa
trascurabile. Si calcoli l'accelerazione con cui cade il corpo ed il tempo impiegato per toccare il suolo, nell'ipotesi
che l'altezza iniziale sia
7.3
h.
Esercizio 3 (Simulazione di prova scritta, AA 2012-13, Ing. ELE-INFO-BIO)
Una trave omogenea di peso
Pt = 1000 N
ha la sua estremità inferiore incernierata a terra ed è sorretta da un
cavo, ssato a parete, come illustrato in gura. All'estremità superiore è appeso un oggetto di peso
Po = 1400 N
di peso. Si determinino la tensione del cavo e le componenti della forza di reazione della cerniera sulla trave.
7.4
Esercizio 4 (Simulazione di prova scritta, AA 2012-13, Ing. ELE-INFO-BIO)
m1 = 5 kg e m2 = 9 kg sono connessi fra loro da una corda senza massa tesa da una
R = 0.25 m e massa M = 15 kg . I due blocchi scorrono lungo il prolo disegnato
◦
destro del prolo è inclinato di θ = 40 . Il coeciente di attrito dinamico per i due blocchi
Due blocchi di massa
carrucola circolare di raggio
in gura: il lato
è
µ = 0.36.
carrucola.
Si determinino i valori di accelerazione dei due blocchi e le tensioni della corda sui due lati della
7
DINAMICA DEL CORPO RIGIDO
7.5
20
Esercizio 5 (TE 16-Feb-2012, Ing. CIVILE)
Un anello di acciaio di massa
m = 6 kg
e raggio
r =1m
può scendere lungo un piano inclinato. Si osserva
che se l'angolo del piano inclinato con l'orizzontale supera
rotolamento. Calcolare il coeciente di attrito statico
7.6
θmax = 20◦
non è più possibile un moto di puro
µ.
Esercizio 6 (TE 1-Lug-2005, Ing. IND)
Un'asta di metallo omogenea lunga
L=1m
è inizialmente in posizione verticale imperniata a terra ad un suo
estremo. Ad un certo istante viene lasciata cadere. Calcolare la velocità tangenzialev dell'altro estremo quando
la sbarra forma con la verticale un angolo di
7.7
θ = 60◦ .
Esercizio 7 (TE 31-Gen-2012, Ing. IND)
Una sbarra di alluminio lunga
l1 = 1.8 m
L = 3 m,
rigida e omogenea ha sezione
2
a1 = 150 cm2
a2 = 100cm per una lunghezza l2 = 1.2 m. L'asta poggia agli estremi su due
elastica k1 = 5000 N/m e k2 . Le molle hanno la stessa lunghezza di riposo
e
di costante
per una lunghezza
molle ideali verticali
e il centro di massa
dell'asta è libero di muoversi solo nella direzione verticale. Calcolare dove si trova il centro di massa dell'asta e
il valore di
7.8
k2
perché all'equilibrio l'asta sia orizzontale.
Esercizio 8 (TE 31-Gen-2012, Ing. IND)
Il copertone della ruota di un prototipo di auto sportiva è assimilabile ad un cilindro cavo con raggio interno
ri = 10 cm,
raggio esterno
re = 20 cm
e altezza
h = 20 cm.
Per caricare una partita di copertoni su un camion,
un uomo li fa rotolare senza strisciare su per una rampa appoggiata sul piano di carico posto a
h = 80 cm
da
7
DINAMICA DEL CORPO RIGIDO
21
vmin
da conferire al centro di massa dei copertoni per farli salire sul camion.
terra. Calcolare la velocità minima
7.9
Esercizio 9 (Richiede doppi integrali)
Si dimostri che il momento d'inerzia di un disco cavo di massa
I = 12 m ri2 + re2
7.10
m,
raggio interno
ri
e raggio esterno
re
è
.
Esercizio 10 (TE 15-Set-2005, Ing. IND)
Un volano con momento d'inerzia
2
τ (t) = 1.2πt N m
I = 1.5 kg · m2 ,
ruota a 2000 giri al minuto.
si oppone al moto, in quanto tempo si ferma il volano?
Se una coppia di momento
8
SOLUZIONI
8
8.1
22
Soluzioni
Esercizio 1
Si determina innanzitutto la massa complessiva dell'oggetto.
ˆ
ˆ
l
l
λ (x) dx =
m=
0
La coordinata
0
x
l
50 + 20x dx = 50x + 10x2 0 = 50l + 10l2 = 50 · 0.3 + 10 · 0.32 ' 16 g
del centro di massa è denita come:
xcm
Dove
dm
1
=
m
ˆ
l
x dm
(8.2)
0
è l'elemento di massa e vale
dm = λ (x) dx
Quindi:
xcm
8.2
(8.1)
l
ˆ
1 l
1
20 3
2
2
xλ (x) dx =
50x + 20x dx =
25x + x
=
m 0
m
3
0
0
1
20
1
20
=
25l2 + l3 =
25 · 0.32 +
· 0.33 ' 0.153 m
m
3
16
3
1
=
m
ˆ
(8.3)
l
(8.4)
Esercizio 2
Si determina il momento d'inerzia del corpo:
I = Icilindro =
1 2
mr
2
(8.5)
Poi si scrivono l'equazione delle forze e quella dei momenti:
(P
F = ma
P
τ = Iα
(8.6)
Si sceglie di considerare positive le accelerazioni dirette verso il basso, e di conseguenza le accelerazioni angolari
che tendono a far ruotare il corpo in senso orario. Si indica con
T
la tensione del lo. Questa è l'unica forza
che produce un momento non nullo, in quanto il peso è applicato al centro di massa del corpo e ha quindi un
braccio pari a zero. Il momento causato da
T
è:
π
−
−
→
− →
τ→
= rT
T = r × T −→ τT = rT sin
2
(8.7)
Quindi:
(
mg − T = ma
T r = Iα
Dalla leggi del moto circolare, si ha
α=
(8.8)
a
r.
(
mg − T = ma
T r = 12 mr2 · ar
(
mg − T = ma
T = 21 ma
(
mg − 12 ma = ma
T = 21 ma
(
mg = 32 ma
T = 12 ma
(
a = 23 g
T = 31 mg
(8.9)
(8.10)
(8.11)
(8.12)
(8.13)
8
SOLUZIONI
8.3
23
Esercizio 3
Si determinano tutte le forze agenti sulla trave.
Poi si impongono le condizioni di equilibrio del corpo rigido, scomponendo le forza lungo gli assi
P

P Fx = 0
Fy = 0

P
τ =0
Si indica con
R
la reazione normale fornita dal perno e con
T
x
e
y.
(8.14)
la tensione cui è sottoposto il lo. La forza peso
della trave viene considerata applicata al suo centro di massa, ovvero a
L
2 . Vengono considerate positive le forze
concordi con l'orientazione degli assi cartesiani.


Rx − Tx = 0
Ry + Ty − Pt − Po = 0


Po L sin (90° − 73°) − T 34 L · sin (73° + 32°) +
(8.15)
L
2 Pt
sin (90° − 73°) = 0
Nell'ultima equazione l'unica incognita è la tensione del lo:
T =
(4Po + 2Pt ) sin 17°
= 766 N
3 sin 105°
(8.16)
Tx = T cos 32° = 650 N
(8.17)
Ty = T sin 32° = 406 N
(8.18)
Da cui le componenti:
Risolvendo le prime due equazioni del sistema:
8.4
Rx = Tx = 766 N
(8.19)
Ry = Pt + Po − Ty = 1994 N
(8.20)
Esercizio 4
Su ognuno dei due blocchi agisce la tensione della fune, la forza d'attrito e il peso. La carrucola è messa in
rotazione dall'azione delle due tensioni.
8
SOLUZIONI
24
Si ottengono quindi tre equazioni: due sulle forze agenti sui blocchi, una sui momenti della carrucola.
P

P Fm1 = m1 a
Fm2 = m2 a

P
τcarr = Iα
(8.21)
L'accelerazione delle due masse è identica, essendo queste unite da una fune inestensibile.
Inoltre si ricorda
a
, dove r è il raggio della puleggia. Questa è modellizzabile come un cilindro pieno, il cui momento
r
1
2
d'inerzia è I = M r , con M massa dell'oggetto. Si deniscono le tensioni T1 e T2 , relative ai li che collegano
2
che
α=
alla carrucola rispettivamente
dell'asse delle
x.
m1
ed
m2 .
Il verso positivo dell'accelerazione è concorde con il verso positivo


T1 − µd m1 g = m1 a
m2 g sin θ − T2 − µd m2 g cos θ = m2 a


rT2 − rT1 = 12 M r2 · ar


T1 = −µm1 g + m1 a
T2 = m2 g sin θ − µd m2 g cos θ − m2 a


T2 − T1 = 12 M a
(8.22)
(8.23)
Sostituendo le tensioni nell'ultima equazione si ricava l'accelerazione.
m2 g sin θ − µd m2 g cos θ − m2 a + µm1 g − m1 a =
1
Ma
2
(8.24)
1
M a + m2 a + m1 a
2
m2 g sin θ − µd m2 g cos θ + µm1 g
a=
= 0.68 m/s2
1
M
+
m
+
m
2
1
2
m2 g sin θ − µd m2 g cos θ + µm1 g =
(8.25)
(8.26)
Da cui le altre due incognite:
8.5
T1 = −µm1 g + m1 a = 21 N
(8.27)
T2 = m2 g sin θ − µd m2 g cos θ − m2 a = 26.3 N
(8.28)
Esercizio 5
Le forze che agiscono sull'anello sono: il peso
P , la reazione normale N
e la forza d'attrito statico
Fas .
Le prime
due possono essere considerate applicate al centro di massa del corpo, quindi non provocano momento. L'ultima
è tangente alla circonferenza, quindi genera un momento
forze e dei momenti sono:
→
−
→
−
−
τ as = →
r × F = rF sin π2 = rF .
(P
F = ma
P
τ = Iα
Le equazioni delle
(8.29)
8
SOLUZIONI
25
Si considerano positive le accelerazioni dirette verso la parte bassa del piano inclinato:
(
Il momento d'inerzia di un anello è
Pk − Fas = ma
Fas r = Iα
(8.30)
I = mr2 e, in regime di rotolamento
(
mg sin θ − Fas = ma
Fas r = mr2 · ar
(
puro, vale la relazione
α=
(8.31)
Fas = ma
mg sin θ = 2Fas
(8.32)
Di conseguenza, l'intensità della forza d'attrito statico varia in funzione di
Fas =
a
r . Quindi:
θ
secondo la relazione:
mg sin θ
2
(8.33)
Tuttavia deve rispettare la condizione:
Fas ≤ µN = µmg cos θ
(8.34)
Quindi, imponendo che la forza d'attrito statico sia massima in corrispondenza del massimo angolo che permette
rotolamento puro:
(8.35)
1
tan θmax
2
(8.36)
µ=
8.6
1
mg sin θmax
2
1
= tan 20° = 0.18
2
µmg cos θmax =
Esercizio 6
Si utilizza la conservazione dell'energia meccanica. Inizialmente l'asta, ferma, possiede solo energia potenziale.
Si può ridurre il corpo esteso ad un punto materiale, la cui intera massa sia concentrata nel baricentro, ovvero ad
L
2 rispetto al terreno. Quando invece l'asta raggiunge l'angolo θ , la quota del centro di massa
è il cateto adiacente a θ del triangolo formato da perno, baricentro e proiezione del baricentro sulla verticale.
un'altezza pari a
A questa si aggiunge l'energia cinetica di rotazione.
Ei = Ef
mg
L
L
1
= mg cos θ + Iω 2
2
2
2
Il momento d'inerzia di una sbarra che ruota intorno ad un estremo è
mg
(8.38)
I = 31 mL2 .
Quindi:
1 1
L
(1 − cos θ) = · mL2 ω 2
2
2 3
3g (1 − cos θ)
ω2 =
L
r
3g (1 − cos θ)
ω=
L
r è la distanza dal centro
v = ωr, dove
di rotazione.
r
3g (1 − cos θ) p
= 3gL (1 − cos θ) = 3.83 m/s
v =L·
L
Per le leggi del moto circolare,
v = ωL
(8.37)
(8.39)
(8.40)
(8.41)
Per l'estremo della sbarra
(8.42)
8
SOLUZIONI
8.7
26
Esercizio 7
Nel calcolo del centro di massa, le singole sezioni della sbarra vengono ridotte a masse puntiformi concentrate
nei baricentri dei tratti. La coordinata
x
del centro di massa di un sistema di corpi puntiformi è data dalla
formula:
xcm =
Tornando alla situazione in esame:
xcm
Si indica con
A
n
1 X
mi xi
M i=1
m1 l21 + m2 l1 +
=
m1 + m2
(8.43)
l2
2
(8.44)
la sezione di una parte di sbarra. Le masse dei due tratti sono:
m1 = ρV1 = ρA1 l1
(8.45)
m2 = ρV2 = ρA2 l2
(8.46)
Sostituendo:
xcm
ρA1 l1 l21 + ρA2 l2 l1 +
=
ρA1 l1 + ρA2 l2
l2
2
l2
A1 21 + A2 l2 l1 +
=
A1 l1 + A2 l2
l2
2
= 1.36 m
(8.47)
A questo punto è possibile impostare l'equazione dei momenti rispetto al centro di massa. La forza peso ha
braccio nulla, quindi occorre tenere in considerazione solo la forza elastica esercitata dalle due molle. Anché
la barra sia in equilibrio, deve essere:
X
τ =0
xcm k1 ∆x1 − (l − xcm ) k2 ∆x2 = 0
Inoltre l'asta è orizzontale se
(8.49)
∆x1 = ∆x2 .
xcm k1 = (l − xcm ) k2
k2 =
8.8
(8.48)
xcm
k1 = 4146 N/m
l − xcm
(8.50)
(8.51)
Esercizio 8
Conviene ragionare sulle energie: nel punto più basso del piano inclinato il cilindro possiede sia energia cinetica
1
1
2
2
2 mv che energia cinetica di rotazione Kr = 2 Iω . Supponendo che il copertone arrivi
in cima con velocità nella, una volta superato il piano inclinato possiede solo energia potenziale. Il momento
1
2
2
d'inerzia di un cilindro cavo è I = m ri + re : si veda a tal proposito l'esercizio successivo.
2
di traslazione
Kt =
Se il copertone compie un moto di
Ei = Ef
(8.52)
Kt + Kr = Ug
(8.53)
1
1
mv 2 + Iω 2 = mgh
2
2
1 1
1
mv 2 + · m ri2 + re2 ω 2 = mgh
2
2 2
1 2 1 2
v +
ri + re2 ω 2 = gh
2
4
v
rotolamento puro, si ha ω =
re .
ri2 + re2 2
2v +
v = 4gh
re2
v
u
u 4gh
v=t
= 3.1 m/s
r 2 +r 2
2 + i r2 e
2
e
(8.54)
(8.55)
(8.56)
(8.57)
(8.58)
8
SOLUZIONI
8.9
27
Esercizio 9
La denizione di momento d'inerzia per un corpo bidimensionale è
ˆ
r2 dm
I=
(8.59)
S
Considerando un disco cavo con centro nell'origine degli assi e densità superciale di massa
σ (x, y),
si ha:
ˆ ˆ
x2 + y 2 σ (x, y) dxdy
I=
(8.60)
disco cavo
Supponendo
σ (x, y)
costante su tutta la supercie:
ˆ ˆ
ˆ ˆ
x2 + y 2 σdxdy = σ
I=
x2 + y 2 dxdy
disco cavo
(8.61)
disco cavo
Si opera ora la trasformazione in coordinate polari:
ˆ ˆ
ρ2 ρdρdθ
I=σ
(8.62)
disco cavo
Con
Quindi:
ˆ
2π
ˆ
ri ≤ ρ ≤ re
(8.63)
0 ≤ θ ≤ 2π
(8.64)
ˆ
re
re
ρ3 dρdθ = σ2π
I=σ
0
ri
ρ3 dρ = σ2π
ri
ρ4
4
re
=
ri
σπ 4
re − ri4
2
(8.65)
Si scompone ora il termine tra parentesi:
I = σπ re2 − ri2
Si riconosce inoltre che
π re2 − ri2
re2 + ri2
2
(8.66)
rappresenta l'area della gura. Il prodotto tra questa e la densità superciale
fornisce la massa del corpo:
m = σπ re2 − ri2
(8.67)
In denitiva,
r2 + ri2
1
I= m e
2
2
8.10
(8.68)
Esercizio 10
La velocità iniziale del volano è:
ω0 = 2000 ·
2π
= 209.4 rad/s
60
(8.69)
Si ricava l'accelerazione angolare che agisce sul corpo:
τ = Iα
α=
τ
I
(8.70)
(8.71)
Si applica inne la denizione di accelerazione angolare e si risolve l'equazione dierenziale a variabili separabili
che si ottiene:
dω
dt
dω = αdt
ˆ T
ˆ 0
dω =
αdt
α=
ωo
ˆ
− ω0 =
0
(8.72)
(8.73)
(8.74)
0
T
−1.2πt2
dt
I
(8.75)
8
SOLUZIONI
28
3 T
t
1.2Iω0
=
π
3 0
3Iω0
T3 =
1.2π
r
3 3Iω0
T =
= 6.3 s
1.2π
(8.76)
(8.77)
(8.78)
9
QUANTITÀ DI MOTO E URTI
9
29
Quantità di moto e urti
9.1
Esercizio 1
Un carrello di massa
vi = 4 m/s,
M = 120 kg
è fermo sulle rotaie.
Un uomo di massa
salta sul carrello e si ferma grazie alla forza d'attrito.
vf
corre alla velocità
µ = 0.4.
gomma delle suole ed il metallo del fondo del carrello è
1. Calcolare la velocità nale
m = 60 kg
Il coeciente d'attrito dinamico tra la
del carro.
2. Determinare l'intensità dell'attrito che consente all'uomo di arrestarsi.
3. Indicare il tempo in cui la forza d'attrito agisce.
4. Calcolare lo spostamento della persona rispetto al suolo, dall'istante in cui atterra sul carrello a quello in
cui assume velocità nulla rispetto ad esso.
5. Stabilire se l'urto tra persona e carrello è elastico.
9.2
Esercizio 2
Un proiettile di massa
lunghezza
l.
velocità iniziale
9.3
m
colpisce a velocità
v
una massa
M
appesa ad un perno tramite una fune sottile di
Si rileva che la velocità del proiettile dopo l'urto si riduce della metà.
vmin
Determinare la minima
necessaria anché la massa compia un giro completo intorno al perno.
Esercizio 3 (TE 14-Feb-2013, Ing. CIVILE)
Due corpi di massa
m1 = 20 kg
e
m2 = 80 kg
si scontrano arrivando con la stessa velocità di
direzioni diverse nel piano, essendo l'angolo fra
v1
e
v2
pari a
θ = 20◦ .
vi = 10 m/s ma da
Dopo l'urto rimangono uniti. Calcolare
il vettore velocità dopo l'urto e l'energia dissipata nell'urto.
9.4
Esercizio 4 (TE 18-Lug-2005, Ing. IND)
Un'asticella lunga e sottile è vincolata a ruotare attorno al suo centro di massa su un piano orizzontale privo
l la sua lunghezza, con m la sua massa e con ω0 la sua velocità angolare. Una pallina
m
e raggio trascurabile, cade verticalmente dall'alto e rimane appiccicata ad un estremo dell'asticella.
5
Determinare la velocità angolare dell'asta ωf dopo l'urto.
di attriti. Si indichi con
di massa
9.5
Esercizio 5 (TE 21-Feb-2013, Ing IND)
Due dischi di uguale massa
2r
e massa
ma
m
e raggio
r
sono saldati agli estremi di un'asta omogenea orizzontale di lunghezza
che e' posta in rotazione attorno ad un asse verticale passante per il suo centro di massa a
velocità angolare costante
ω0
in senso antiorario. Ad un certo istante due proiettili di massa
colpiscono e si conccano nel centro di ciascuno dei dischi.
mp
e velocità
vp
Sapendo che nell'istante dell'urto la velocità dei
proiettili è ortogonale alla supercie dei dischi e ha il verso indicato in gura calcolare la velocità angolare del
sistema dopo l'urto.
10
SOLUZIONI
10
10.1
30
Soluzioni
Esercizio 1
Si utilizzeranno il principio di conservazione della quantità di moto ed il teorema dell'impulso.
1. Conservazione quantità di moto:
mvi = (m + M ) vf
m
vi = 1.33 m/s
vf =
m+M
(10.1)
Fad = µN = µmg = 235 N
(10.3)
F ∆t = m∆v
(10.4)
(10.2)
2. Formula della forza d'attrito:
3. Teorema dell'impulso:
∆t =
M vf − 0
= 0.68 s
Fad
4. Per il principio di composizione degli spostamenti
(10.5)
∆xuomo−suolo = ∆xuomo−carro + ∆xcarro−suolo .
Sia il
moto della persona che quello del carrello sono uniformemente accelerati a causa dell'azione della forza
d'attrito, che arresta l'uomo e mette in moto il carro.
Nel caso della persona rispetto al carro:
a=
0 − vi
∆v
=
∆t
∆t
(10.6)
Di conseguenza:
1
1 vi
1
∆xuomo−carro = vi ∆t + a∆t2 = vi ∆t −
∆t2 = vi ∆t = 1.4 m
2
2 ∆t
2
(10.7)
Per quel che concerne il carro rispetto al suolo:
a=
∆v
vf − 0
=
∆t
∆t
(10.8)
Di conseguenza:
∆xcarro−suolo =
1
1 vf
1
a∆t2 =
∆t2 = vf ∆t = 0.44 m
2
2 ∆t
2
(10.9)
In denitiva:
∆xuomo−suolo = ∆xuomo−carro + ∆xcarro−suolo = 1.84 m
(10.10)
5. L'urto è elastico se si conserva l'energia cinetica:
∆K = ∆Kuomo + ∆Kcarro = 0
1
mp vf2 − vi2 = −420 J
2
1
= M vf2 − 0 = 120 J
2
∆Kuomo =
∆Kcarro
La risposta è quindi negativa.
(10.11)
(10.12)
(10.13)
10
SOLUZIONI
10.2
31
Esercizio 2
La condizione necessaria anché il corpo completi un giro è che la tensione del lo nel punto più alto sia maggiore
o uguale a zero. Si indica con
vup
la velocità tangenziale della massa nel punto più alto della traiettoria.
P +T =m
2
vup
l
(10.14)
2
vup
− mg ≥ 0
l
p
vup ≥ gl
T =m
(10.15)
(10.16)
vdown , la velocità del blocco nell'istante successivo all'urto.
M:
Occorre ora riportare la condizione su
dell'energia meccanica sulla massa
1
1
2
2
M vdown
= M g2l + M vup
2
2
Conservazione
(10.17)
Inserendo la condizione 10.16 nell'equazione precedente:
1
1
2
M vdown
≥ M g2l + M gl
2
2
p
vdown ≥ 5gl
(10.18)
(10.19)
Si considera l'urto tra il corpo e il proiettile e si applica il principio della conservazione della quantità di moto.
mv = M vdown + m
vdown =
v
2
(10.20)
m v
·
M 2
(10.21)
Imponendo la condizione precedentemente ottenuta:
p
mv
≥ 5gl
2M
√
2M 5gl
v≥
m
La minima velocità accettabile è quindi:
vmin =
10.3
(10.22)
(10.23)
√
2M 5gl
m
(10.24)
Esercizio 3
Dal momento che si rende necessaria l'applicazione della forma vettoriale del principio di conservazione della
quantità di moto, conviene riportare sul piano cartesiano i vettori velocità
Se si considera
v1
sull'asse delle ascisse,
v2
forma con esso un angolo
θ.
v1
e
v2 .
Scomponendo i due vettori secondo le
direzioni parallele agli assi:
(
v1 = v î
v2 = v cos θî + v sin θĵ
(10.25)
Si può ora applicare la conservazione della quantità di moto:
(m1 + m2 ) vf = m1 v1 + m2 v2
(10.26)
10
SOLUZIONI
32
(m1 + m2 ) vf = m1 v î + m2 v cos θî − v sin θĵ
vf =
(m1 + m2 cos θ) î − m2 sin θĵ
·v
m1 + m2
(20 + 80 cos 20°) î − 80 sin 20°ĵ
→
−
vf =
· v = 9.52î − 2.74ĵ m/s
100
(10.27)
(10.28)
(10.29)
Il modulo del vettore velocità nale viene ottenuto tramite il teorema di Pitagora:
vf =
q
vf2 x + vf2 y =
p
9.522 + 2.742 = 9.9 m/s
(10.30)
L'energia dissipata è:
∆K = Kf − Ki =
10.4
1
1
1
m1 v 2 + m2 v 2 − (m1 + m2 ) vf2 = 93.1 J
2
2
2
(10.31)
Esercizio 4
Si applica il principio di conservazione del momento angolare, l'equivalente della quantità di moto nella dinamica
rotazionale.
Li = Lf
(10.32)
Isbarra ωo = Isbarra+pallina ωf
(10.33)
ωf =
Isbarra ωo
(10.34)
Isbarra+pallina
Il momento d'inerzia della sola asta vincolata al centro di massa è:
Isbarra =
1
ml2
12
(10.35)
La sfera viene invece considerata una massa puntiforme (raggio trascurabile), posta a distanza
rotazione.
Isbarra+pallina
1
1
=
ml2 + m
12
5
2
l
1
2
1
+ ml2 =
ml2
=
2
12 20
15
l
2 dal centro di
(10.36)
Quindi:
1
2
12 ml
2
2
15 ml
ωf =
10.5
· ωo =
5
ω0
8
(10.37)
Esercizio 5
Sul sistema formato da dischi, asta e proiettile non agiscono forze esterne in grado di generare momenti. Si può
quindi applicare il principio di conservazione del momento angolare:
Li = Lf
(10.38)
Il momento angolare del sistema è la somma dei contributi dell'asta e dei dischi in rotazione e dei proiettili.
Questi possono essere assimilati a masse puntiformi che, al momento dell'impatto, ruotano a distanza
centro del sistema con velocità angolare
ωp =
vp
r .
Li = Iasta+dischi ω0 + 2mp r2
vp
r
r
dal
(10.39)
Il momento d'inerzia del sistema formato da asta e dischi si ottiene sommando quello di una sbarra sottile che
ruota intorno al suo centro di massa con quello dei due dischi. Quest'ultimo si calcola mediante il teorema degli
assi paralleli, tenendo in considerazione il fatto che i dischi ruotano in verticale intorno ad un asse a distanza
2r
dal centro di massa (metà della lunghezza dell'asta + un raggio del disco).
1
1
2
ma (2r) = ma r2
12
3
(10.40)
1 2
17 2
2
mr + m (2r) =
mr
4
4
(10.41)
Iasta =
Idisco =
10
SOLUZIONI
33
Iasta+dischi = Iasta + 2Idisco =
Da cui:
Li =
1
17
ma r2 + mr2
3
2
1
17 2
2
ma r + mr ω0 + 2mp rvp
3
2
(10.42)
(10.43)
Il momento d'inerzia nale è invece:
Lf = Iasta+dischi+proiettili ωf
(10.44)
Dove il momento d'inerzia del sistema si ricava attraverso la formula:
Iasta+dischi+proiettili =
1
17
1
17
2
ma r2 + mr2 + 2mp (2r) = ma r2 + mr2 + 8mp r2
3
2
3
2
Si può ora risolvere l'equazione iniziale rispetto all'incognita
(10.45)
ωf .
1
17
1
17
ma r2 + mr2 ω0 + 2mp rvp =
ma r2 + mr2 + 8mp r2 ωf
3
2
3
2
1
2
ma r2 + 17
ω0 + 2mp rvp
2 mr
ωf = 3 1
17
2
2
2
3 ma r + 2 mr + 8mp r
(10.46)
(10.47)
11
OSCILLAZIONI
11
34
Oscillazioni
11.1
Esercizio 1 (TE 31-Gen-2012, Ing. IND)
Durante un terremoto le oscillazioni orizzontali del pavimento di una stanza provocano lo slittamento dei mobili.
A scossa terminata senza apprezzabili danni, si misura che la forza orizzontale minima necessaria a spostare un
pesante tavolo di massa
pavimento e l'ampiezza
frequenza
11.2
m = 200 kg è F = 800 N . Calcolare il coeciente d'attrito statico µ tra il tavolo e il
A delle oscillazioni del pavimento supponendo il moto di tipo oscillatorio armonico con
f = 2.5 Hz .
Esercizio 2 (TE 27-Gen-2011, Ing. IND)
Un disco e una sfera piena di pari raggio
trascurabile e lunghezza
ld
e
ls
r
e massa
md
e
ms
sono rigidamente collegati con sbarrette di massa
ad un'asta posta in orizzontale. L'asta è libera di ruotare attorno al suo asse
con attrito trascurabile. Calcolare la frequenza delle oscillazioni del sistema quando la sfera viene scostata di
poco dalla verticale. Siano
11.3
r = 10 cm, md = 0.2 kg , ms = 1 kg , ls = 0.5 m, ld = 0.3 m.
Esercizio 3 (TE 21-Lug-2010, Ing. IND)
All'estremità di un'asta rigida omogenea di massa
m e lunghezza l = 1 m appesa al sotto è ssata una seconda
asta omogenea uguale alla prima attraverso uno snodo. La prima asta può ruotare senza attrito attorno ad un
asse orizzontale passante per il punto O, mentre la seconda è libera di ruotare senza attrito attorno ad un asse
orizzontale passante per lo snodo situato in corrispondenza del suo centro di massa C all'estremità inferiore
della prima asta. Inizialmente le aste si trovano ferme nella posizione disegnata in gura e poi sono lasciate
libere di muoversi. Calcolare il periodo del moto oscillatorio che segue nell'ipotesi di piccole oscillazioni.
11.4
Esercizio 4 (TE 29-Gen-2013, Ing IND)
Una ruota oscilla avanti e indietro, rotolando senza strisciare, guidata da una molla ideale orizzontale di costante
elastica
k
che ha un'estremità ssata sul mozzo della ruota e l'altra su una parete ssa. Calcolare il periodo
delle oscillazioni. Schematizzare la ruota come se fosse composta da un anello di massa
m
e raggio
r
e da 6 aste
11
OSCILLAZIONI
di massa
m
e lunghezza
35
r.
12
SOLUZIONI
12
36
Soluzioni
12.1
Esercizio 1
L'unica forza che agisce sul tavolo durante la scossa è l'attrito statico con la supercie.
F = Fas = µmg
Risolvendo rispetto all'unica incognita
µ:
µ=
F
La forza
(12.1)
800
F
=
' 0.41
mg
9.8 · 200
(12.2)
F
m
(12.3)
imprime al tavolo un'accelerazione
a=
Ricordando che, in un moto armonico, l'ampiezza delle oscillazioni è correlata alla massima accelerazione dalla
relazione:
amax = Aω 2
Si ricava:
A=
12.2
(12.4)
F
a
800
=
2 =
2 ' 1.6 cm
ω2
m · (2πf )
200 · (2π · 2.5)
(12.5)
Esercizio 2
Il procedimento standard per il calcolo della frequenza delle piccole oscillazioni di un sistema prevede di rico-
d2 x
d2 θ
2
dt2 = −ω x nel caso di traslazioni, dt2
rotazioni. Si procede quindi a scrivere l'equazione dei momenti del sistema in questione:
struire l'equazione dierenziale del moto armonico:
X
τ = Iα = I ·
= −ω 2 θ
d2 θ
dt2
nel caso di
(12.6)
Si presentano due problemi: ricavare il momento d'inerzia del sistema e individuare tutti i momenti che agiscono
su di esso. Per quanto riguarda il momento d'inerzia, occorre sommare i contributi del disco e della sfera. Le
due aste che li uniscono all'asse di rotazione hanno infatti massa trascurabile. Sfruttando il teorema degli assi
paralleli:
2
ms r2 + ms (ls + r)
5
1
= md r2 + md (ld + r)
4
Isf era =
(12.7)
Idisco
(12.8)
Quindi:
I = Isf era + Idisco =
2
1
ms r2 + ms (ls + r) + md r2 + md (ld + r)
5
4
(12.9)
Per rispettare il segno negativo dell'equazione del moto armonico, occorre considerare un istante in cui il verso
della forza di richiamo sia opposto a quello del moto.
Con riferimento alla gura mostrata nella traccia, si
suppone che la sfera stia salendo. Di conseguenza il momento della forza di gravità applicata al disco è concorde
con tale spostamento, mentre quello del peso della sfera si oppone ad esso. Ricordando che
X
τ = r × F = rF sin θ:
τ = md g (ld + r) sin θ − ms g (ls + r) sin θ = (md g (ld + r) − ms g (ls + r)) sin θ
Si ritorna ora all'equazione 2.6, evitando di esplicitare
I·
I
(12.10)
per semplicità.
d2 θ
= (md g (ld + r) − ms g (ls + r)) sin θ
dt2
(12.11)
Nell'ipotesi di piccole oscillazioni è lecito approssimare il seno con il suo sviluppo di MacLaurin del primo ordine:
sin θ ∼ θ
(12.12)
Quindi:
I·
d2 θ
= (md g (ld + r) − ms g (ls + r)) θ
dt2
(12.13)
12
SOLUZIONI
37
Raccogliendo un meno a secondo membro e dividendo per
I
si ricostruisce l'equazione del moto armonico:
(−md g (ld + r) + ms g (ls + r))
d2 θ
=−
θ
dt2
I
Ora il coeciente di
θ,
(12.14)
a meno del segno, è pari alla pulsazione al quadrato:
ω2 =
(−md g (ld + r) + ms g (ls + r))
I
(12.15)
Da cui la frequenza delle oscillazioni:
ω
1
f=
=
2π
2π
12.3
s
2
2
5 ms r
ms g (ls + r) − md g (ld + r)
= 2 Hz
+ ms (ls + r) + 14 md r2 + md (ld + r)
(12.16)
Esercizio 3
Il procedimento è analogo a quello descritto nell'esercizio 12.2.
Prima di procedere al calcolo del momento
d'inerzia del sistema è utile notare come tutti i punti della seconda asta si muovano con la stessa velocità lineare
del centro di massa. Questa può quindi essere ridotta ad un punto materiale ssato ad un estremo della prima
barra.
I = Iasta + Ipunto =
1 2
4
ml + ml2 = ml2
3
3
(12.17)
Ora si scrive l'equazione dei momenti. Questi sono causati dal peso dell'asta e del punto materiale:
X
τ = Iα
(12.18)
l
3
Iα = −mg sin θ − mgl sin θ = − mgl sin θ
2
2
(12.19)
Ipotizzando piccole oscillazioni è possibile ricostruire l'equazione caratteristica del moto armonico:
I·
d2 θ
3
= − mglθ
2
dt
2
3mgl
d2 θ
=−
θ
dt2
2I
(12.20)
(12.21)
Si può quindi stabilire la pulsazione e il periodo delle oscillazioni:
ω2 =
3mgl
3mgl
9g
=
=
4
2
2I
8l
2 · 3 ml
r
ω=
T =
9g
8l
r
2π
2π
= q = 2π
ω
9g
(12.22)
(12.23)
8g
= 1.9 s
9l
(12.24)
8l
12.4
Esercizio 4
Medesima strategia impiegata negli esercizi precedenti, con l'unica dierenza che le oscillazioni sono traslazionali,
d2 x
2
dt2 = −ω x. Si scrivono quindi le equazioni delle forze e dei momenti
che interessano la ruota, ipotizzando che questa si stia muovendo verso destra. Si indica con acm l'accelerazione
quindi si mira a ricostruire l'equazione
del centro di massa della ruota.
(P
F = M acm
P
τ = Iα
(
−kx − Fas = 7macm
Fas r = Iα
(12.25)
(12.26)
12
SOLUZIONI
38
Il momento d'inezia del corpo è la somma di quello di un anello che ruota intorno al suo asse e di sei aste
vincolate ad un estremo:
1
I = mr2 + 6 · mr2 = 3mr2
3
(12.27)
Inoltre, sotto l'ipotesi di rotolamento puro vale la relazione:
α=
acm
r
(12.28)
Quindi:
(
(
−kx − Fas = 7macm
Fas r = 3mr2 · acm
r
(12.29)
−kx − 3macm = 7macm
Fas = 3macm
(12.30)
10macm = −kx
(12.31)
k
x
10m
(12.32)
k
d2 x
=−
x
dt2
10m
(12.33)
Mantenendo solo la prima equazione:
acm = −
Quindi:
ω2 =
T =
k
10m
r
2π
= 2π ·
ω
(12.34)
10m
k
(12.35)
13
FLUIDI
13
39
Fluidi
13.1
Esercizio 1
Un corpo cilindrico di altezza
13.6 g/cm3 ),
h = 10 cm
galleggia in un recipiente parzialmente riempito di mercurio (ρHg
=
rimanendo immerso per metà della sua altezza. Si aggiunge poi acqua, no a ricoprire la parte
emersa del cilindro. Calcolare l'altezza della parte immersa nel mercurio nelle nuove condizioni.
13.2
Esercizio 2
Un contenitore cilindrico di raggio
r = 20 cm
e altezza
H = 80 cm
è completamente riempito di acqua. La
parte superiore è aperta mentre su quella inferiore è presente un foro circolare di raggio
rf = 5 mm.
Calcolare
il tempo necessario perché il serbatoio si svuoti completamente.
13.3
Esercizio 3 (TE 1-Lug-2005, Ing. IND)
Una cisterna di altezza
h = 2 m
è riempita d'acqua no all'orlo.
Improvvisamente si forma un piccolo foro
sulla parete della cisterna e l'acqua comincia ad uscire. Sapendo che la distanza raggiunta dal getto d'acqua è
l = 1m,
calcolare i possibili valori dell'altezza del foro rispetto al suolo e della velocità di fuoriuscita dell'acqua.
13.4
Esercizio 4 (TE 18-Lug-2005, Ing. IND)
Q = 0.10 l/s ad un'altezza di
r del foro attraverso il quale fuoriesce l'acqua?
Una piccola fontana da giardino manda un getto d'acqua verticale della portata
h = 0.50m.
Qual è la velocità iniziale
Calcolare quale pressione
P
v
del getto e qual è il raggio
deve fornire la pompa della fontana (assumendo che sia posta appena sotto il getto
in uscita).
13.5
Esercizio 5 (TE 15-Set-2005, Ing. IND)
Un uomo di massa
m = 70 kg
vuole sollevare un elefante di
diametro del pistone su cui sta l'uomo è
d = 1 m,
M = 7000 kg
sfruttando una leva idraulica. Se il
quale deve essere il minimo diametro
mettere l'elefante? Si supponga che il dislivello iniziale sia di
h = 5 m.
deve compiere l'uomo per portarsi alla stessa quota dell'elefante?
D
del pistone su cui
Qual è lo spostamento verticale
hu
che
14
SOLUZIONI
14
14.1
40
Soluzioni
Esercizio 1
Quando nel recipiente è presente solo mercurio, le uniche forze che agiscono sul corpo sono la gravità e la spinta
di Archimede. All'equilibrio queste devono compensarsi.
P = SArchi
(14.1)
mg = ρHg Vimmerso g
(14.2)
Il volume di un cilindro è dato dal prodotto dall'area di base
A
per l'altezza
h.
h
ρcil Ahg = ρHg A g
2
ρHg
ρcil =
2
(14.3)
(14.4)
Quando si aggiunge acqua, anche questa esercita sul cilindro una spinta verso l'alto:
Dove si indica con
VHg
P = SHg + SAcqua
(14.5)
mg = ρHg VHg g + ρAcqua VAcqua g
(14.6)
il volume del cilindro immerso nel mercurio e con
VAcqua
la parte sospesa in acqua.
ρcil Ahg = ρHg AhHg g + ρAcqua AhAcqua g
(14.7)
ρcil h = ρHg hHg + ρAcqua hAcqua
(14.8)
Se il corpo è interamente ricoperto dal liquido,
hHg + hAcqua = h.
Da cui:
hAcqua = h − hHg .
Inserendo
nell'equazione precedente questa informazione e la densità del corpo, si ottiene:
ρHg
h = ρHg hHg + ρAcqua (h − hHg )
2
Risolvendo rispetto all'unica incognita
hHg
hHg :
ρHg
h − ρAcqua h = ρHg hHg − ρAcqua hHg
2
ρHg
13600
− ρAcqua h
− 1000 · 0.1
2
= 2
=
= 0.046 m = 4.6 cm
ρHg− ρAcqua
13600 − 1000
Si è tenuto conto del fatto che occorre sempre utilizzare la densità in
ρ
14.2
(14.9)
kg/m3
(14.10)
(14.11)
e la conversione da impiegare è:
h g i
kg
= 1000 · ρ
3
m
cm3
(14.12)
Esercizio 2
Si calcola innanzitutto la velocità con cui l'acqua esce dal foro.
Si applica l'equazione di Bernoulli al pelo
dell'acqua e alla supercie del foro, supponendo che la velocità con cui cala il livello nel serbatoio sia trascurabile
rispetto alla velocità di uscita del liquido nel foro.
1
P + ρgh + ρv 2 = cost.
2
1
Patm + ρgh + 0 = Patm + 0 + ρv 2
2
p
v = 2gh
(14.13)
(14.14)
(14.15)
Sfruttando la denizione di portata, si può aermare che la variazione del volume del liquido presente nel
serbatoio è uguale alla portata uscente dal foro:
dV
= Qout
dt
(14.16)
14
SOLUZIONI
41
Il volume di acqua presente nel cilindro è
V = Ah = πr2 h
(14.17)
La portata uscente si scrive:
Qout = Af oro v = πrf2 ·
p
2gh
(14.18)
Si può ora risolvere l'equazione dierenziale a variabili separabili:
p
d
πr2 h = πrf2 · 2gh
dt
(14.19)
r2 dh
√
= dt
2gh
ˆ 0
ˆ T
1
r2
√ dh
dt = 2 √
rf 2g H h
0
ˆ T
ˆ 0
1
r2
dt = 2 √
h− 2 dh
r
2g
0
H
f
(14.20)
rf2
14.3
(14.22)
r 2 h 1 i0
√
2h 2
rf2 2g
H
(14.23)
2r2 √
√
H = 650 s
2g
(14.24)
T
[t]0 =
T =
(14.21)
rf2
Esercizio 3
Una volta uscito dal foro, il getto d'acqua può essere considerato alla stregua di un proiettile che compie una
traiettoria parabolica. Si calcola quindi la velocità iniziale, che è orizzontale rispetto al suolo; nelle seguenti
equazioni,
hf
rappresenta la quota del buco rispetto al suolo. Per l'equazione di Bernoulli:
1
Patm + ρg (h − hf ) = Patm + ρv 2
2
q
v = 2g (h − hf )
Per le leggi del moto di un proiettile sparato con velocità iniziale parallela all'asse
(
Nel momento dell'impatto, si ha
x=l
e
x (t) = vt
y (t) = hf − 21 gt2
y = 0.
(
l = vt
0 = hf − 21 gt2
(
Sostituendo l'espressione di
v
t = vl
2
hf = 12 g vl 2
(14.25)
(14.26)
x:
(14.27)
(14.28)
(14.29)
precedentemente ricavata nella seconda equazione:
hf =
l2
1
g
2 2g (h − hf )
(14.30)
4hf (h − hf ) = l2
(14.31)
8hf − 4h2f = 1
(14.32)
4h2f − 8hf + 1 = 0
√
4 ± 16 − 4
hf =
= 1.87 m ∨ 0.134 m
4
(14.33)
(14.34)
14
SOLUZIONI
42
Alle due possibili altezze del foro corrispondono due valori della velocità d'uscita dell'acqua
(
(
14.4
v=
p
2g (h − hf ):
hf = 1.87 m
v = 1.61 m/s2
(14.35)
hf = 0.134 m
v = 6.05 m/s2
(14.36)
Esercizio 4
Per calcolare la velocità iniziale del getto si applica la legge di Bernoulli all'acqua appena fuoriuscita dalla
fontana e all'apice della sua traiettoria:
1
Patm + ρgh = Patm + ρv 2
2
p
v = 2gh
(14.37)
(14.38)
Nota la velocità, è possibile ricavare il raggio dell'ugello da cui fuoriesce il getto a partire dalla portata.
Q = Av
p
Q = πr2 2gh
s
s
Q
10−4
√
√
r=
=
= 3.2 mm
π 2gh
π 2 · 9.8 · 0.5
Il valore numerico della portata deve essere espresso in
m3 /s,
mentre
(14.39)
(14.40)
(14.41)
1l = 1dm3 .
La pressione che deve essere fornita dalla pompa è quella che serve a fornire al liquido la velocità iniziale
calcolata in precedenza.
1
P = Patm + ρv 2
2
1 2
P − Patm = ρv = 4.9 kP a
2
14.5
(14.42)
(14.43)
Esercizio 5
Si sfrutta il principio di Pascal: la pressione applicata ad un punto di un liquido si trasmette inalterata a tutte
le superci a contatto con quel uido:
Puomo =
π
mg
= Pelef ante =
d 2
2
π
Mg
D 2
(14.44)
2
mg
Mg
= D2
d2
π4
π 4
m
M
= 2
2
d
D
r
2
d M
D=
= 10 m
m
(14.45)
(14.46)
(14.47)
Per calcolare lo spostamento dell'uomo occorre notare che il circuito idraulico è chiuso, e che quindi il volume di
liquido espulso dal pistone che sorregge la persona viene interamente assorbito da quello che sorregge l'elefante:
Vuomo = Velef ante
2
2
d
D
hu π
= (h − hh ) π
2
2
d2
D2
D2
= hπ
− hh π
4
4
4
hu d2 + D2 = hD2
hu π
(14.48)
(14.49)
(14.50)
(14.51)
2
hu =
(d2
D
h = 4.95 m
+ D2 )
(14.52)
15
TEMPERATURA E CALORE
15
15.1
43
Temperatura e calore
Esercizio 1
m = 2.3 kg è alla temperatura T0 = −30 °C . Quale potenza P occorre per
∆t = 15 min? Il calore specico del ghiaccio è cg = 2090 J/kg · K ;
Lf = 333.5 kJ/kg ; quello di evaporazione Lv = 2272 kJ/kg .
Un blocco di ghiaccio di massa
trasformarlo completamente in ghiaccio in
il calore latente di fusione
15.2
Esercizio 2
ma = 2 kg di acqua alla temperatura iniziale
Ta = 80 °C e mv = 20 g di vapore alla temperatura Tv = 120 °C . Il calore latente di evaporazione dell'acqua è
Lv = 2272 kJ/kg e il calore specico del vapore cv = 1.9 kJ/kg · K . Calcolare la temperatura nel contenitore
In un contenitore rigido a pareti adiabatiche sono contenuti
quando viene raggiunto l'equilibrio termico.
15.3
Esercizio 3
Un numero
n = 10 mol
sfruttando la caduta di una massa
temperatura
15.4
∆T
T0 = 20 ◦ C , sono scaldate per agitazione termica
dislivello h = 10 m. 1. Calcolare l'aumento di
di acqua, inizialmente a temperatura
M = 100 Kg
per un
della massa d'acqua.
Esercizio 4 (TE 4-Set-2006)
Una massa d'acqua
m = 5 kg
a temperatura
T1 = 293K
è trasformata in ghiaccio a temperatura
T2 = 263 K .
Supponendo che i calori specici siano costanti negli intervalli di temperatura considerati e rispettivamente
ca = 4186 J/kg · K e cg = 2093 J/kg · K e che il calore latente di fusione del ghiaccio sia Lv =
3.34105 J/kg , calcolare la variazione d'entropia della massa d'acqua in corrispondenza al processo considerato.
del valore:
16
SOLUZIONI
16
44
Soluzioni
16.1
Esercizio 1
Il calore necessario per completare la trasformazione è la somma di quello assorbito dal corpo in ognuna della
quattro fasi: da
−30
0,
a
fusione, da
0
a
100,
vaporizzazione.
Q = cg m (Tf usione − T0 ) + Lf m + ca m (Tvaporizzazione − Tf usione ) + Lv m
(16.1)
Q = 2090 · 2.5 · 30 + 333500 · 2.5 + 4186 · 2.5 · 100 + 2272000 · 2.5 ' 7 M J
(16.2)
Il tempo in cui avviene la trasformazione deve essere misurato in secondi:
∆t [s] = 60 · ∆t [min]
(16.3)
∆t [s] = 60 · 15 = 900 s
(16.4)
La potenza si ottiene come rapporto tra energia e tempo:
P =
16.2
7 · 106
Q
=
' 7.8 · 103 W
∆t
900
(16.5)
Esercizio 2
Il contenitore è isolato dall'ambiente esterno: tutti gli scambi di calore riguardano solo il vapore e l'acqua in
esso contenuti. Tutto il calore ceduto dal vapore viene quindi assorbito dall'acqua, ntanto che lo scambio non
cessa.
∆Qtot = ∆Qa + ∆Qv = 0
Potrebbero presentarsi due dierenti situazioni:
o viceversa.
(16.6)
il vapore potrebbe causare il passaggio di stato dell'acqua
Per scoprirlo occorre calcolare il calore ceduto dal vapore no al termine della condensazione e
confrontarlo con quello necessario per giungere alla temperatura di ebollizione dell'acqua.
Il calore ceduto dal vapore per rareddarsi no a
Tevap = 100 °C
è:
QV (120 → 100) = mv cv (Tevap − Tv ) = 20 · 10−3 · 1900 · (−20) = −760 J
(16.7)
Quello ceduto nella condensazione è:
Qv (vap → liq) = −mv Lv = 20 · 10−3 · 2272 · 103 ' −45.4 kJ
(16.8)
Il calore che l'acqua dovrebbe assorbire per portarsi alla temperatura di ebollizione è:
Qa (80 → 100) = ma ca (Tevap − Ta ) = 2 · 4196 · 20 = 167 kJ
Essendo
Qa (80 → 100) + Qv (vap → liq) + QV (120 → 100) > 0,
(16.9)
il calore sprigionato dal vapore no alla com-
pleta condensazione non è suciente a permettere all'acqua di raggiungere la temperatura di ebollizione. Di
conseguenza, all'equilibrio, tutta la sostanza nel contenitore sarà acqua allo stato liquido.
Tornando all'equazione 16.6:
Qa (80 → eq) + QV (120 → 100) + Qv (vap → liq) + Qa (100 → eq) = 0
(16.10)
ma ca (Te − Ta ) + mv cv (Tevap − Tv ) + (−mv Lv ) + mv ca (Te − Tevap ) = 0
(16.11)
ma ca Te − ma ca Ta + mv cv (Tevap − Tv ) − mv Lv + mv ca Te − mv ca Tevap = 0
(16.12)
ma ca Te + mv ca Te = ma ca Ta − mv cv (Tevap − Tv ) + mv Lv + mv ca Tevap
(16.13)
Te =
ma ca Ta − mv cv (Tevap − Tv ) + mv Lv + mv ca Tevap
= 359 K
(ma + mv ) ca
(16.14)
16
SOLUZIONI
16.3
45
Esercizio 3
La massa molare dell'acqua è data dalla somma delle masse molari delle particelle che ne compongono la
molecola.
M MH2 O = 2M MH + M MO = 2 · 1 + 16 = 18 g/mol
(16.15)
La massa complessiva di acqua è quindi
m = nM M = 10 · 18 = 180 g = 0.18 kg
(16.16)
La quantità di calore assorbita dall'acqua è esattamente pari all'energia cinetica persa dalla massa in caduta:
∆T =
16.4
Q = Ug
(16.17)
mca ∆T = M gh
(16.18)
100 · 9.8 · 10
M gh
=
= 13 K
mca
0.18 · 4186
(16.19)
Esercizio 4
La variazione di entropia totale è la somma delle variazioni nelle fasi che caratterizzano la trasformazione:
∆S = ∆S (293 → 273) + ∆S (congelamento) + ∆S (273 → 263)
(16.20)
La quantità di entropia assorbita durante uno scambio di calore è:
∆S (Tiniziale → Tf inale ) = mc ln
Tf inale
Tiniziale
(16.21)
Quindi:
∆S = mca ln
mL
T2
Tcong
−
+ mca ln
' −8 kJ/K
T1
Tcong
Tcong
Dove il calore relativo al passaggio di stato è negativo perché ceduto dalla massa d'acqua.
(16.22)
17
TERMODINAMICA
17
Termodinamica
17.1
Esercizio 1
Una bolla di aria di volume
è
46
T1 = 4 °C .
V = 20 cm3
h = 40 m dove la temperatura
T2 = 20 °C . Se la bolla si mantiene in
si trova sul fondo di un lago di profondità
La bolla sale in supercie, che si trova ad una temperatura
equilibrio termico con l'acqua circostante, determinare il suo volume quando arriva in supercie.
17.2
Esercizio 2
Un pallone sonda di massa
M = 2 kg
T = 0 °C .
M M = 4 g/mol e 1 l di
ma = 1.29 g . Calcolare la minima massa mz
è riempito di elio alla pressione
L'involucro del pallone racchiude un volume
V = 5 m3 .
P = 2 atm
e alla temperatura
La massa molare dell'elio è
aria a condizioni di temperatura e pressione standard ha massa
della zavorra necessaria per impedire al pallone di sollevarsi dal suolo.
17.3
Esercizio 3
In un contenitore adiabatico ci sono
e alla pressione
P = 1 atm.
n = 4 mol
di gas perfetto e
m = 20 g
di ghiaccio alla temperaturaT
= 0 °C
Si opera una compressione reversibile nché tutto il ghiaccio si è trasformato
in acqua. Noto il calore latente di fusione del ghiaccio
Lf = 333.5 kJ/kg ,
si stabilisca la pressione del gas a
fenomeno concluso.
17.4
Esercizio 4 (TE 30-Giu-2006, Ing. IND)
Un sistema di
ratura ssa
T
n
moli di gas è contenuto in un serbatoio cilindrico di sezione
S
immerso in un liquido a tempe-
che garantisce il mantenimento della temperatura stessa nel gas. Una molla di costante elastica
è collegata al pistone ed è a riposo (né compressa, né allungata) quando il gas occupa il volume
espande lentamente dal volume
V1
al volume
V2
V1
k
. Se il gas si
qual è il lavoro compiuto dal gas ? Quanto calore è scambiato
con il serbatoio? Quanto vale la variazione d'entropia del gas?
17.5
Esercizio 5 (TE 16-Feb-2012, Ing. CIVILE)
Il rendimento di una macchina termica che eroga una potenza di
P = 10 kW
è il 25%. Si assuma il processo
reversibile. Calcolare la potenza ceduta dalla macchina per poter funzionare. Se la sorgente a temperatura più
bassa è di
TB = 15 ◦ C ,
qual è la temperatura
TA
della seconda sorgente per una macchina di Carnot con le
medesime prestazioni?
17.6
Esercizio 6 (TE 1-Lug-2005, Ing. IND)
La temperatura interna di un frigorifero, che ha un'ecienza pari al 30% di quella ideale di Carnot, è
4.5 ◦ C .
Quando la temperatura ambiente è
TA = 30 ◦ C ,
deve erogare per mantenere costante la temperatura interna è
PL = 400 W .
Calcolare la potenza dissipata
dal frigorifero e la conducibilità media delle pareti del frigorifero (spessore medio delle pareti
eettiva delle pareti conduttrici
A = 4 m2
).
TB =
la potenza minima che il motore del frigorifero
δ = 3 cm,
area
17
TERMODINAMICA
17.7
47
Esercizio 7 (TE 30-Giu-2006, Ing. IND)
Una macchina termica funziona secondo il ciclo mostrato in gura:
un'adiabatica e AB un'isoterma.
macchina termica.
Si conoscono i valori di
TB
,
VB
BC è una trasformazione isobara, CA
, e
TC
.
Calcolare il rendimento
η
della
18
SOLUZIONI
18
18.1
48
Soluzioni
Esercizio 1
Applicando l'equazione di stato dei gas perfetti alla bolla quando questa si trova nelle profondità del lago, si
ricava il numero di moli di gas che la formano.
P1 V1 = nRT1
(18.1)
La pressione del gas all'interno della bolla deve contrastare quella dell'aria e dell'acqua che la sovrastano.
P1 = Patm + ρgh
Da cui in numero delle moli:
n=
(18.2)
(Patm + ρgh) V1
P1 V1
=
RT1
RT1
(18.3)
Utilizzando la stessa legge sul gas ormai emerso, quando su di esso grava unicamente la pressione dell'aria:
P2 V2 = nRT2
V2 =
18.2
(18.4)
nRT2
(Patm + ρgh) V1 RT2
(Patm + ρgh) T2
=
=
V1 = 106 cm3
Patm
RT1 Patm
Patm T1
(18.5)
Esercizio 2
Le uniche forze che agiscono sul pallone sono il peso e la spinta di Archimede. Per uguagliarle occorre tuttavia
conoscere la massa di elio racchiusa nell'involucro. Si deve quindi innanzitutto scoprire il numero di moli di gas
in esso contenute. Applicando l'equazione dei gas perfetti:
P V = nRT
n=
(18.6)
2 · 1.012 · 105 · 5
PV
=
= 446 mol
RT
8.31 · 273
(18.7)
Conoscendo la massa di una singola mole, si può facilmente risalire alla massa totale:
mHe = n · M M = 446 · 4 · 10−3 = 1.784 kg
(18.8)
Altro ingrediente necessario nella formula di Archimede è la densità del uido in cui il pallone è immerso.
ρaria = 1.29 g/l = 1.29 g/dm3 = 1.29 kg/m3
(18.9)
Si può ora scrivere l'equazione delle forze sul pallone:
18.3
SArchi = P
(18.10)
ρaria V g = (M + mHe + mz ) g
(18.11)
ρaria V − M − mHe = mz
(18.12)
mz = ρaria V − M − mHe = 1.29 · 5 − 2 − 1.784 = 2.66 kg
(18.13)
Esercizio 3
Il sistema è isolato:
tutto il calore ceduto dal gas viene assorbito dal ghiaccio.
gio di stato, la temperatura del sistema rimane costante al valore
T = 273 K .
Inoltre, durante il passagPer il primo principio della
termodinamica, l'intero lavoro compiuto sul sistema si trasforma in calore.
(
Q = L + ∆U
∆U = 0
(18.14)
Q=L
(18.15)
18
SOLUZIONI
49
Quindi il dierenziale del calore ceduto dal gas è
dQ = P dV .
Per la legge di stato dei gas perfetti, il dierenziale
di volume può essere scritto in funzione della sola pressione:
V =
dV = −
nRT
P
(18.16)
nRT
dP
P2
(18.17)
Di conseguenza, l'elemento di calore è:
dQ = −P ·
nRT
nRT
dP = −
dP
2
P
P
(18.18)
Il calore totale scambiato dal gas si ottiene integrando l'espressione precedente:
ˆ
ˆ
Pf in
Qgas =
Pf in
−
dQ =
Piniz
Piniz
nRT
Pf in
dP = −nRT ln
P
Piniz
(18.19)
Questo deve essere esattamente uguale al calore ceduto dal ghiaccio durante la fusione:
Qf usione = −Lf m
(18.20)
Il segno negativo è richiesto dalla convenzione che prevede che il calore assorbito sia positivo, a dierenza di
quello ceduto.
Imponendo l'uguaglianza tra il calore ceduto dal gas e quello assorbito dal ghiaccio:
Qgas = Qghiaccio
− nRT ln
ln
(18.21)
Pf in
= −Lf m
Piniz
(18.22)
Pf in
Lf m
=
Piniz
nRT
(18.23)
Lf m
Pf in
= e nRT
Piniz
(18.24)
Lf m
Pf in = Piniz e nRT ' 2.1 atm
18.4
(18.25)
Esercizio 4
La trasformazione del gas è un'espansione isoterma, in quanto il liquido mantiene il gas a temperatura costante.
Di conseguenza, l'energia interna, che dipende solo dalla temperatura, rimane invariata. Tutto il calore assorbito
si trasforma in lavoro:
Q = L + ∆U = L
(18.26)
Dal momento che non sono presenti forze dissipative, tutto il lavoro compiuto dal gas si trasforma in energia
potenziale elastica, determinando una compressione della molla:
Q = L = Uel =
1
1
2
k (∆x) = k
2
2
∆V
A
2
=
1
k
2
V2 − V1
A
2
(18.27)
La variazione di entropia è quella di una trasformazione isoterma reversibile:
Q
∆S =
=
T
1
2k
V2 −V1 2
A
T
(18.28)
18
SOLUZIONI
18.5
50
Esercizio 5
In ogni macchina termica parte del calore assorbito viene trasformato in lavoro, mentre il rimanente viene ceduto
alla sorgente fredda.
Qass = L + Qced
(18.29)
Dividendo entrambi i membri per uno stesso intervallo di tempo si ottiene una relazione simile per la potenze:
L
Qced
Qass
=
+
∆t
∆t
∆t
(18.30)
Pass = PL + Pced
(18.31)
Il rendimento è, per denizione, il rapporto tra lavoro erogato e calore assorbito:
η=
PL
= 0.25
P
(18.32)
Si può quindi ricavare la potenza termica assorbita dalla macchina:
P =
PL
104
=
= 40 kW
η
0.25
(18.33)
In una macchina di Carnot, inoltre, il rendimento è dato dalla formula:
TB
TA
η =1−
(18.34)
Quindi:
1−
TB
= 0.25
TA
(18.35)
TB
= 0.75
TA
TA =
(18.36)
288
TB
=
= 384 K = 111 °C
0.75
0.75
(18.37)
Si ricordi che tutte le formule relative alle macchine termiche richiedono temperature in Kelvin.
18.6
Il
COP
Esercizio 6
di un frigorifero ideale può essere ricavato dalle temperature entro le quali esso lavora:
COPCarnot =
TB
TA − TB
(18.38)
La macchina reale ha un rendimento pari ad una frazione di quello ideale:
COPreale = 0.3COPCarnot = 0.3 ·
Il
COP
277
' 3.2
303 − 277
(18.39)
di un frigorifero è pari al rapporto tra il calore estratto ed il lavoro utilizzato:
COP =
Qass
L
(18.40)
La stessa denizione vale se si considerano potenze. È infatti sempre possibile dividere numeratore e denominatore per lo stesso intervallo di tempo.
COP =
Pass
PL
(18.41)
Da cui:
Pass = COP · PL
(18.42)
La potenza termica immessa nell'ambiente, ovvero dissipata, è pari alla somma tra la potenza estratta dall'interno del frigorifero e quella fornita dal motore:
Pced = PL + Pass = PL (1 + COP ) = 1740 W
(18.43)
18
SOLUZIONI
51
Anché la temperatura dell'ambiente interno si mantenga costante, la totalità della potenza termica estratta
dalla macchina deve rientrare per conduzione attraverso le pareti. Il calore trasmesso per conduzione, secondo
la formula di Fourier, vale:
Q=
Dove con
k
si indica la conducibilità, con
A
kA∆T ∆t
δ
(18.44)
la supercie di conduzione e con
18.7
lo spessore della parete.
La
kA∆T
= Pass
δ
(18.45)
Pass δ
= 0.38 W/mK
A (TA − TB )
(18.46)
P =
k=
δ
∆t:
potenza si ottiene dividendo per l'intervallo di tempo arbitrario
Esercizio 7
Conviene calcolare il rendimento come rapporto tra il lavoro compiuto e il calore erogato:
η=
L
Qass
(18.47)
Si analizza una trasformazione alla volta e poi si sommano i contributi. Per quanto riguarda la trasformazione
isobara
BC ,
essa avviene alla pressione
nRTB
Vb
pB = pC =
(18.48)
Il lavoro compiuto è:
LBC = nR (TC − TB )
(18.49)
QBC = ncp (TC − TB )
(18.50)
Mentre il calore assorbito è:
Nel punto C la temperatura e la pressione sono note. Si può quindi ricavare il volume del gas:
VC =
TC
nRTC
nRTC
= nRTB =
VB
pC
T
B
V
(18.51)
b
La trasformazione adiabatica, per denizione, avviene senza scambio di calore. Tutto il lavoro viene compiuto
a spese dell'energia interna del gas.
QCA = 0
(18.52)
LCA = −∆UCA = −ncV (TA − TC )
(18.53)
La trasformazione adiabatica, inoltre, segue la legge:
TA VAγ−1 = TC VCγ−1
Quindi, ricordando che
AB
(18.54)
è un'isoterma, e utilizzando la relazione ricavata in 2.48, si ha:
VA =
TC
TA
1
γ−1
VC =
TC
TB
1
γ−1
TC
TB
VB =
TC
TB
γ
γ−1
VB
(18.55)
L'ultima trasformazione è isoterma, la variazione di energia interna del gas è quindi nulla e tutto il calore
assorbito si tramuta in lavoro:
Qced = LAB = nRTB ln
VB
VB
= nRTB ln γ
VA
TC γ−1
TB
= nRTB ln
VB
TC
TB
γ
− γ−1
=−
γ
nRTB ln
γ−1
TC
TB
(18.56)
Dal momento che la trasformazione procede da destra verso sinistra nel piano
P −V,
il lavoro è negativo ed il
calore ceduto: pertanto non viene conteggiato al ne del calcolo del rendimento. In conclusione, sommando i
contributi delle singole trasformazioni:
Ltot = LAB + LBC + LCA = −
γ
nRTB ln
γ−1
TC
TB
+ nR (TC − TB ) − ncV (TA − TC ) =
(18.57)
18
SOLUZIONI
52
γ
=−
nRTB ln
γ−1
TC
TB
+ nR (TC − TB ) + ncV (−TB + TC ) =
γ
=−
nRTB ln
γ−1
TC
TB
+ ncP (TC − TB )
Qass = QassAB + QassBC + QassCA = 0 + ncp (TC − TB ) + 0 = ncp (TC − TB )
(18.58)
Quindi il rendimento è:
η=
L
=
Qass
γ
− γ−1
nRTB ln
TC
TB
+ ncP (TC − TB )
ncp (TC − TB )
=1−
γ
γ−1 RTB
ln
TC
TB
cp (TC − TB )
(18.59)