Esercitazioni di fisica per biotecnologie
Fabrizio Grill
Emanuele Zorzan
Indice
1 Ripasso di matematica
3
2 Vettori e cinematica in una dimensione
8
3 Cinematica in due dimensioni
14
4 Leggi delle dinamica I
18
5 Leggi delle dinamica II
23
6 Leggi della dinamica III
31
7 Lavoro ed energia I
37
8 Lavoro ed energia II
40
9 Calorimetria
46
10 Legge dei gas perfetti e trasformazioni termodinamiche
56
11 Cicli termodinamici
61
12 Elettrostatica e magnetismo
66
1
Ripasso di matematica
Potenze
Le proprietà fondamentali delle potenze sono
a0 = 1 ,
an · am = an+m ,
an
= an−m .
am
Da queste proprietà segue che
(an )
a−n
m
= an·m ,
1
= n .
a
Esercizio 1
Si verifichi che
103 · 102 = 105 ,
¡ 3 ¢2
10
= 106 ,
103
= 10 ,
102
(3 · 106 ) · (8 · 10−2 )
= 2 · 10−18 ,
(2 · 1017 ) · (6 · 105 )
320 · 0, 0048
= 2 · 10−3 .
0, 32 · 2400
Esercizio 2
L’età dell’universo è circa 13, 7 miliardi di anni. Si dimostri che essa equivale
a 4, 3 · 1017 secondi.
Soluzione
1 anno
= 365 giorni ,
1 giorno
1 ora
= 24 ore ,
= 60 minuti ,
1 minuto = 60 secondi .
Perciò
1 anno = 365 · 24 · 60 · 60 secondi = 3, 15 · 107 secondi ,
da cui
13, 7 miliardi di anni = 13, 7 · 109 · 3, 15 · 107 secondi = 4, 3 · 1017 secondi .
3
Logaritmo
Si definisce logaritmo in base a di x (scriviamo loga x) la quantità da dare come
esponente ad a per ottenere x.
Ad esempio
inf atti 22 = 4 ,
log2 8 = 3 inf atti 23 = 8 ,
log10 100 = 2 inf atti 102 = 100 .
log2 4 = 2
Sulle calcolatrici il tasto log è una abbreviazione di log10 mentre il tasto ln
indica loge , dove e = 2, 7182 . . .
Le proprietà fondamentali del logaritmo sono
loga 1 = 0 ,
loga (x · y) = loga x + loga y ,
µ ¶
x
= loga x − loga y .
loga
y
Da queste proprietà segue che
loga xn = n loga x .
Soluzione delle equazioni di secondo grado
Per risolvere l’equazione
ax2 + bx + c = 0 ,
come prima cosa si calcola ∆,
∆ = b2 − 4ac .
Dopodiché
• Se ∆ < 0 non esiste alcun numero reale che sia soluzione dell’equazione.
• Se ∆ > 0 l’equazione ha due soluzioni distinte
√
−b + ∆
x+ =
,
2a√
−b − ∆
x− =
.
2a
• Se ∆ = 0 l’equazione ha una sola soluzione
x=−
4
b
.
2a
Esercizio 3
Si studino le soluzioni delle seguenti equazioni
1) 2x2 − 4x + 3 = 0 ,
2) 2x2 − 4x + 2 = 0 ,
3) 2x2 − 4x + 1 = 0 .
Soluzione
Per
non ha
Per
ha una
la prima equazione si calcola che ∆ = −8. Perciò la prima equazione
soluzioni.
la seconda equazione si calcola che ∆ = 0. Perciò la seconda equazione
sola soluzione,
x=1.
Per la terza equazione si calcola che ∆ = 8. Perciò la terza equazione ha
due soluzioni,
1
1
x+ = 1 + √ , x− = 1 − √ .
2
2
Esercizio 4
Se al tempo t0 = 0 si lancia verticalmente un sasso in aria da una quota
iniziale x0 e con una velocità iniziale v0 allora al tempo t la quota x raggiunta
dal sasso è
g
x = x0 + v0 t − t2 ,
2
dove g = 9, 8m/s2 .
Ammesso che x0 = 1m e v0 = 5m/s, si calcoli a quale istante x = 20m e
x = 2m.
Soluzione
Nel caso in cui x = 20m dobbiamo risolvere l’equazione
−4, 9
m
m2 2
t + 5 t − 19m = 0 ,
2
s
s
2
dove ora la nostra incognita è t. Si calcola che ∆ = −347, 4 m
s2 < 0. Perciò
l’equazione non ha soluzioni. Fisicamente ciò significa che il sasso non arriverà
mai alla quota di 20m. Ma se abbassiamo la quota che il sasso deve raggiungere
al livello x = 2m l’equazione da risolvere diviene
−4, 9
m
m2 2
t + 5 t − 1m = 0 .
s2
s
2
Si calcola che ∆ = 5, 4 m
s2 > 0. Perciò si hanno le due soluzioni seguenti
5
t+ = 0, 27s ,
t− = 0, 75s .
Esse rappresentano i due istanti in cui il sasso si trova alla quota di 2m: il
tempo minore è relativo alla fase di ascesa del sasso mentre quello maggiore è
relativo alla fase di discesa del sasso.
Trigonometria
Si consideri il triangolo rettangolo in figura
I lati a e b sono detti cateti mentre il lato c è detto ipotenusa. Definiamo
a
⇔ a = c sin ϑ ,
c
b
cos ϑ =
⇔ b = c cos ϑ .
c
sin ϑ =
In particolare definaimo tangente dell’angolo ϑ il rapporto fra il suo seno e
il suo coseno,
tan ϑ =
sin ϑ
a
= .
cos ϑ
b
Un angolo può essere espresso in gradi oppure in radianti:
• definiamo angolo di 1 grado (scriveremo 1◦ ) quell’angolo che sottende un
arco la cui lunghezza è 1/360 della lunghezza della circonferenza.
• definiamo angolo di 1 radiante (scriveremo 1rad) quell’angolo che sottende
un arco la cui lunghezza è pari al raggio della circonferenza.
L’angolo che sottende l’intera circonferenza è pari a 360◦ o equivalentemente
a 2πrad, dove π = 3, 1415 . . .
L’angolo di 1rad equivale a circa 57,3◦ .
Ammettiamo che l’angolo ϑ sottenda un arco di lunghezza l della circonferenza di raggio r, allora
l
ϑ = rad
r
o equivalentemente
6
ϑ=
180◦ l
.
π r
Esercizio 5
Un osservatore si trova alla distanza d = 2km da un palazzo alto h = 380m.
Determinare l’angolo ϑ sotteso dal palazzo.
Soluzione
L’osservatore, la cima del palazzo e la sua base formano un triangolo rettangolo. L’angolo sotteso dal palazzo è quello dove c’è l’osservatore. Quindi
tan ϑ =
380m
380m
h
=
=
= 190 · 10−3 = 0, 19 ⇒ ϑ = 10, 76◦ .
d
2km
2 · 103 m
Esercizio 6
Il Sole ha un diametro di circa dS = 1, 392 · 109 m e dista dalla Terra lT S =
1, 496 · 1011 m. La Luna ha un diametro di dL = 3, 474 · 106 m e dista dalla Terra
lT L = 3, 844 · 108 m.
Calcolare in gradi e in radianti la larghezza angolare del Sole e della Luna
visti dalla Terra.
Soluzione
In generale, l’angolo ϑ sotteso da un corpo di diametro d distante l dall’osservatore è dato da
µ ¶
ϑ
d
tan
=
.
2
2l
Nel caso del Sole si ha
¶
µ
ϑT S
= 0, 465 · 10−2 ⇒ ϑT S = 0, 53◦ = 0, 93 · 10−2 rad
tan
2
Nel caso della Luna si ha
µ
¶
ϑT L
tan
= 0, 452 · 10−2 ⇒ ϑT L = 0, 52◦ = 0, 90 · 10−2 rad
2
Si osservi che ϑT S ∼ ϑT L , infatti il Sole ci appare nel cielo di dimensioni del
tutto simili a quelle della Luna.
7
2
Vettori e cinematica in una dimensione
Vettori
~ nel sistema di coordinate {x, y}. Sia Ax la componente
Si consideri il vettore A
~ lungo l’asse x e Ay la componente di A
~ lungo l’asse y,
di A
µ
¶
Ax
~=
A
.
Ay
~ (scriviamo |A|
~ o equivalentemente solo A) la lunghezDefiniamo modulo di A
~
za del vettore A nel piano {x, y},
q
~ = A = A2x + A2y .
|A|
Si osservi che si è usato il teorema di Pitagora.
~ forma con l’asse x allora, sfruttando le formule di
Detto ϑ l’angolo che A
trigonometria,
Ax = A cos ϑ , Ay = A sin ϑ , tan ϑ =
Ay
.
Ax
~ e B,
~
Dati i vettori A
µ
~=
A
Ax
Ay
¶
µ
~ =
, B
Bx
By
¶
,
vale che
µ
~=
αA
αAx
αAy
¶
µ
,
~+B
~ =
A
Ax + Bx
Ay + By
¶
.
Esercizio 7
~ B
~ e
Si determini la posizione del punto P in figura sapendo che i vettori A,
~
C hanno lo stesso modulo
A = B = C = 10cm .
8
Soluzione
~+B
~ + C.
~ A tal fine iniziamo con lo scrivere i
Dobbiamo calcolare P~ = A
~ B
~ eC
~ in componenti
vettori A,
~
A
~
B
~
C
³
´
√
= (10cm · cos 60◦ , 10cm · sin 60◦ ) = 5cm, 5 3cm ,
= (10cm, 0) ,
= (10cm · cos(−60◦ ), 10cm · sin(−60◦ ))
³
´
√
= (10cm · sin 30◦ , −10cm · cos 30◦ ) = 5cm, −5 3cm .
Da cui
P~ = (20cm, 0) .
Esercizio 8
~ eC
~ hanno lo stesso modulo, B = C = 5cm, calcolare
Sapendo che i vettori B
~
~
~
~ = 0.
il modulo di A affinché A + B + C
Soluzione
Sfruttando i dati in figura si ha
9
~
A
~
B
= (A · cos 45◦ , A · sin 45◦ ) ,
~
C
= (0, −5cm) ,
= (−5cm, 0) ,
da cui
~+B
~ +C
~ = (A · cos 45◦ − 5cm, A · sin 45◦ − 5cm) .
A
~+B
~ +C
~ = 0 se
Poiché cos 45◦ = sin 45◦ si ha A
A · cos 45◦ − 5cm = 0 ⇒ A =
√
5
cm = 5 2cm .
◦
cos 45
Cinematica in una dimensione
Formule
Si ricordi che per un moto uniformemente accelerato si ha
a(t) = a0 ,
v(t) = v0 + a0 t ,
x(t)
1
= x0 + v0 t + a0 t2 ,
2
dove a0 , v0 e x0 sono delle costanti che rappresentano rispettivamente l’accelerazione iniziale, la velocità iniziale e la posizione iniziale.
Le formule per un moto a velocità costante si ottengono dalle precedenti
ponendo a0 = 0, accelerazione nulla. Si ha perciò
a(t)
v(t)
x(t)
= 0,
= v0 ,
= x0 + v0 t .
Esercizio 9
Un pilota parte da fermo e accelera uniformemente con una accelerazione
a0 = 10m/s2 per una distanza d = 0, 4km. Determinare il tempo impiegato e
la velocità finale dell’auto.
Soluzione
Scegliamo come istante iniziale l’istante in cui l’auto parte. Scegliamo un
sistema di riferimento in cui l’origine è il punto in cui l’auto parte e il verso
positivo è il verso del moto dell’auto. Perciò x0 = 0. Inoltre v0 = 0 per ipotesi.
Sfruttando le formule del moto uniformemente accelerato si ha
d =
vf
=
1 2
a0 t ,
2
a0 t ,
10
dove abbiamo indicato con vf la velocità finale raggiunta dall’auto e con t il
tempo impiegato dall’auto per coprire la distanza d.
Dalla prima equazione si ha
r
2d
= 8, 94s .
t=
a0
Dalla seconda si ha
vf =
p
2da0 = 89, 4m/s = 322Km/h .
Esercizio 10
Una locomotiva che viaggia alla velocità iniziale v0 = 26m/s rallenta uniformemente fino a fermarsi in 18s. Quale distanza d ha percorso la locomotiva
da quando ha frenato?
Soluzione
Scegliamo come istante iniziale l’istante in cui la locomotiva inizia a frenare.
Scegliamo un sistema di riferimento in cui l’origine è il punto in cui la locomotiva inizia a frenare e il verso positivo è il verso del moto della locomotiva.
L’accelerazione costante a cui la locomotiva è sottoposta è
a0 =
∆v
vf − v0
v0
=
=−
,
∆t
tf − t0
tf
dove tf = 18s è il tempo impiegato dalla locomotiva per fermarsi.
Sfruttando le formule del moto uniformemente accelerato si ha
1
1
d = v0 tf − v0 tf = v0 tf = 234m .
2
2
Esercizio 11
Sull’autostrada A4 due automobili stanno viggiando in direzione Milano. Ad
un certo istante t0 = 0s l’automobile A passa il casello e procede con velocità
costante vA = 25m/s. Nello stesso istante l’automobile B parte da ferma, con
accelerazione aB = 1m/s2 , da un autogrill posto dopo il casello ad una distanza
pari a xB = 300m. Dopo quanto tempo e a che distanza dal casello l’automobile A raggiungerà l’automobile B? Cosa succederebbe se l’accelerazione
dell’automobile B fosse a0B = 5m/s2 ?
Soluzione
Per risolvere un esercizio di questo tipo, dopo aver imposto un comune
sistema di riferimento, è innanzitutto necessario studiare il moto delle due
automobili. L’automobile A si muove con moto uniforme
x1 = xA + vA t1 = vA t1 ,
dove si è posto il sistema di riferimento con origine sul casello per cui la
posizione dell’automobile A nell’istante iniziale sarà xA = 0m. L’automobile B
si muove invece con moto uniformemente accelerato
11
1
1
x2 = xB + vB t2 + aB t22 = xB + aB t22 ,
2
2
dove si è sfruttato il fatto che l’automobile parte da ferma per cui vB = 0m/s.
L’automobile A raggiungerà l’automobile B quando allo stesso istante avrà
la stessa posizione dell’automobile B, cioè quando
x1 = x2 = x e
t1 = t2 = t ,
da cui si ottiene il sistema di due equazioni in due incognite che risulta
risolvbile
½
x = vA t
.
x = xB + 12 aB t2
Sostituendo il valore di x nella seconda equazione col valore che gli viene
dato nella prima, si ottiene quindi
1
vA t = xB + aB t2 ,
2
da cui è possibile ricavare l’equazione di secondo grado
t2 −
2vA
2xB
t+
=0.
aB
aB
Come spiegato nella lezione precedente la risoluzione di questa equazione
dipende dal valore che assume il discriminante,
µ
¶2
2vA
2xB
∆= −
−4
= 100s2 ,
aB
aB
che risulta positivo e porta quindi ad avere due soluzioni
t−
=
t+
=
√
− (−2vA /aB ) − ∆
= 20s ,
2
√
− (−2vA /aB ) + ∆
= 30s .
2
Ovviamente il tempo richiesto è il primo in quanto rappresenta la prima
volta che le due automobili si incrociano.
Per calcolare la distanza dal casello a cui questo avviene è, infine, sufficiente
sostituire il tempo ricavato in una delle due equazioni originarie per ottenere la
posizione dell’automobile in questione in quel dato istante
x = vA t− = 500m .
Un buon metodo di controllo della correttezza dell’esercizio svolto risulta
l’essere il calcolare la posizione anche della seconda automobile
1
x = xB + aB t2− = 500m .
2
12
Qualora la posizione delle due automobili risulti essere effettivamente uguale
(così come imposto inizialmente) l’esercizio sarà probabilmente corretto.
Si osservi che quando l’automobile A sorpassa l’automobile B, A procede
con velocità costante vA = 25m/s mentre B ha accelerato fino a raggiungere la
velocità
vB (t− ) = aB t− = 20m/s .
Dopo essere stata sorpassata l’automobile B continua ad accelerare, aumentando quindi la propria velocità, mentre l’automobile A procede a velocità
costante. Ad un certo istante la velocità della seconda automobile risulterà
quindi maggiore di quella della prima, così che nell’istante t = t+ l’automobile
B potrà superare nuovamente l’automobile A.
L’esercizio richiede infine di studiare cosa succederebbe se l’accelerazione
dell’automobile B fosse pari a a0B = 5m/s2 : in questo caso il discriminante
dell’equazione di secondo grado risulterebbe pari a
µ
¶2
2vA
2xB
∆= − 0
− 4 0 = −380s2 ,
aB
aB
quindi l’equazione non avrebbe soluzioni reali. Questa situazione rappresenta
il caso in cui l’automobile B riuscirà a raggiungere una velocità maggiore di
quella dell’automobile A, prima che questa l’abbia superata, così che le due
automobili non si potranno incrociare.
13
3
Cinematica in due dimensioni
Formule
Nel sistema di coordinate XY riportato in figura, consideriamo un corpo lanciato in aria dalla posizione inziale P0 = (x0 , y0 ) e con la velocità iniziale
~v0 = (v0x , v0y ). Al tempo t il corpo si troverà nel punto P (t) = (x(t), y(t))
dove
x(t)
= x0 + v0x t ,
y(t)
1
= y0 + v0y t − gt2 .
2
La velocità al tempo t sarà ~v (t) = (vx (t), vy (t)) dove
vx (t) =
v0x ,
vy (t) =
v0y − gt .
Esercizio 12
Una pallina viene lanciata dall’altezza h = 20m con un angolo ϑ = 20◦ e
una velocità iniziale il cui modulo è v0 = 5m/s. Si calcolino
• il tempo τ impiegato dalla pallina per arrivare all’altezza massima.
• il tempo tv impiegato dalla pallina per arrivare al suolo.
• la distanza d a cui la pallina tocca il suolo.
• la velocità ~v con cui la pallina arriva al suolo e il modulo di tale velocità.
14
Soluzione
Scegliamo un sistema di riferimento come in figura, di modo che x0 = 0 e
y0 = h. Inoltre v0x = v0 cos ϑ e v0y = v0 sin ϑ.
Quando la pallina arriva nel punto più alto della sua traiettoria (il vertice
della parabola) la componente y della velocità è nulla, vy (τ ) = 0. Perciò il
tempo τ è determinato dall’equazione
0 = v0 sin ϑ − gτ ,
da cui
v0 sin ϑ
= 0, 17s .
g
τ=
Il punto in cui la pallina tocca il suolo è P (tv ) = (x(tv ), y(tv )) = (d, 0), cioè
d =
v0 cos ϑtv ,
0
1
h + v0 sin ϑtv − gt2v .
2
=
Studiamo prima la seconda equazione. Essa è una equazione del secondo
grado in tv che ammette due soluzioni,
t−
t+
=
=
v0 sin ϑ −
v0 sin ϑ +
p
(v0 sin ϑ)2 + 2gh
= −1, 85s ,
g
p
(v0 sin ϑ)2 + 2gh
= 2, 20s .
g
Il tempo cercato è ovviamente tv = t+ = 2, 20s.
Sostituendo il valore trovato di tv nella prima equazione si ottiene
d = 10, 3m .
Le componenti del vettore velocità al tempo tv sono
vx (tv ) =
v0 cos ϑ = 4, 7m/s ,
vy (tv ) =
v0 sin ϑ − gtv = −19, 8m/s ,
da cui
q
v(tv ) =
(vx (tv ))2 + (vy (tv ))2 = 20, 3m/s .
Esercizio 13
Determinare con quale angolo ϑ deve essere sparata una palla di cannone se
il bersaglio che deve colpire si trova alla distanza d = 200m e la velocità iniziale
del proiettile ha modulo v0 = 50m/s.
15
Soluzione
Scegliamo un sistema di coordinate centrato sul cannone. Allora x0 = 0 e
y0 = 0 mentre v0x = v0 cos ϑ e v0y = v0 sin ϑ.
Detto tv il tempo impiegato dalla palla per arrivare al suolo, il punto in cui
la palla tocca il suolo è P (tv ) = (d, 0). Si ha perciò
d =
v0 cos ϑtv ,
0 =
1
v0 sin ϑtv − gt2v .
2
Dalla seconda equazione si ottiene che il tempo di volo tv è legato all’inclinazione del cannone ϑ dalla relazione
tv =
2v0 sin ϑ
.
g
Sostituendo questa espressione di tv nella prima equazione e usando che
2 sin ϑ cos ϑ = sin 2ϑ si ha
d=
(v0 )2 sin 2ϑ
,
g
che è la formula della gittata. Si ha perciò che
·
¸
1
dg
ϑ = arcsin
.
2
(v0 )2
Si osservi che
dg
= 0, 784 .
(v0 )2
Si ha perciò che ϑ è la metà di quell’angolo il cui seno è 0, 784. Ma di angoli
il cui seno è 0, 784 ce ne sono due: 51,6◦ e 128,4◦ . Perciò il proiettile colpirà il
bersaglio sia se il cannone verrà inclinato di ϑ1 = 25, 8◦ sia se verrà inclinato di
ϑ2 = 64, 2◦ . In generale fissato il modulo della velocità iniziale e la distanza del
bersaglio da colpire si hanno sempre due possibili inclinazioni del cannone.
16
Esercizio 14
Un giocatore di freccette è posto a una distanza d = 2.37m dal bersaglio che
vuole colpire e lancia verso il centro del bersaglio, da una quota iniziale pari a
quella del centro del bersaglio, una freccetta alla velocità v0 = 12m/s. Sapendo
che il diametro del bersaglio è h = 0.453m, dire se il giocatore colpirà o meno il
bersaglio.
Soluzione
Introduciamo un sistema di riferimento centrato nel punto in cui la freccetta
viene lanciata, x0 = y0 = 0. Poiché la freccetta viene lanciata verso il centro del
bersaglio a partire dalla stessa quota del centro, la velocità iniziale ~v0 ha solo
componente lungo l’asse x,
v0x = v0 ,
v0y = 0 .
Le equazioni del moto si riducono a
½
x(t) = v0 t
y(t) = − 12 gt2
.
Per valutare se la freccetta colpirà o no il bersaglio dobbiamo valutare la
quota ỹ a cui essa si trova dopo aver percorso la distanza d rispetto l’asse x. Se
|ỹ| ≤ h/2, cioè se la freccetta ha percorso lungo l’asse delle y una distanza che
è minore o uguale al raggio del bersaglio, allora la freccetta colpirà il bersaglio.
Il tempo t̃ impiegato dalla freccietta per percorrere la distanza d nella direzione x è dato da
t̃ =
d
= 0.2s .
v0
Al tempo t̃ la quota ỹ a cui si trova la freccetta è
1
gd2
h
ỹ = − g t̃2 = − 2 = −0.19m ⇒ |ỹ| = 0.19m < = 0.23m .
2
2v0
2
Perciò la freccetta colpirà il bersaglio.
17
4
Leggi delle dinamica I
Esercizio 15
Un corpo di massa m = 2Kg è posto su di una superficie orizzontale e ad
esso sono applicate le forze F~1 e F~2 di modulo F1 = 2N e F2 = 10N come in
figura. Trascurando ogni attrito, si calcoli la reazione vincolare del piano N e
l’accelerazione a a cui è sottoposto il corpo.
Soluzione
Introduciamo un sistema di coordinate x − y dove x ha la direzione del piano
e y è diretta ortogonalmente al piano.
Oltre alla forza peso P~ e alle forze F~1 e F~2 il corpo è soggetto anche alla
~ di modo che la componente x e y della risultante
reazione vincolare del piano N
~
~
~
~
~ è
delle forze R = F1 + F2 + P + N
Rx
Ry
=
=
F1x + F2x + Px + Nx = F1 cos ϑ + F2 cos(−ϑ) ,
F1y + F2y + Py + Ny = F1 sin ϑ + F2 sin(−ϑ) − mg + N ,
dove si è posto N = Ny . La reazione vincolare del piano N si ottiene ponendo
Fy = 0,
N = −F1 sin ϑ − F2 sin(−ϑ) + mg = 23, 6N .
La conoscenza di N sarà di fondamentale importanza in presenza di attrito
(vedi Esercitazione V).
La componente x della risultante delle forze è
Rx = F1 cos ϑ + F2 cos(−ϑ) = 10, 4N .
L’accelerazione del corpo è
a=
Rx
m
= 5, 2 2 .
m
s
18
Esercizio 16
Un corpo di massa m = 2Kg è posto su di una superficie orizzontale e ad
esso sono applicate le forze F~1 e F~2 di modulo F1 = 1N e F2 = 2N come in
figura. Trascurando ogni attrito, si calcoli la reazione vincolare del piano N e
l’accelerazione a a cui è sottoposto il corpo.
Soluzione
Introduciamo un sistema di coordinate x − y come in figura.
Scriviamo la componente x e y della risultante delle forze,
Rx
Ry
=
=
F1 + F2 cos(ϑ) = −0, 4N ,
F2 sin(ϑ) − mg + N .
L’accelerazione del corpo è
a=
Rx
m
= −0, 2 2 .
m
s
Il segno meno stà ad indicare che il corpo si muove nella direzione delle x
negative (verso sinistra).
La reazione vincolare del piano N si ottiene ponendo Ry = 0,
N = 18, 2N .
19
Esercizio 17
Un corpo di massa m = 2Kg è posto sulla sommità di un piano inclinato di
altezza h = 3m e ϑ = 30◦ . Trascurando ogni attrito e ammettendo che il corpo
parta da fermo, si calcolino
• la reazione vincolare del piano N .
• l’accelerazione a a cui è sottoposto il corpo.
• il tempo tf impiegato per arrivare in fondo al piano.
• la velocità vf che il corpo possiede alla fine.
Soluzione
Introduciamo un sistema di coordinate x − y come in figura.
Scriviamo la componente x e y della risultante delle forze,
Fx
Fy
=
=
mg cos(270◦ + ϑ) = mg sin ϑ = 9, 8N ,
mg sin(270◦ + ϑ) + N = −mg cos ϑ + N .
Perchè 270◦ + ϑ?! Si ricordi che l’angolo è quello fra il vettore P~ e l’asse x
misurato in senso antiorario.
Poniamo Fy = 0 in modo da ottenere N ,
N = mg cos ϑ = 17N .
L’accelerazione a = Fx /m risulta essere
a = g sin ϑ = 4, 9
20
m
.
s2
La lunghezza del piano inclinato è l = h/ sin ϑ. Perciò dalle leggi del moto
uniformemente accelerato si ha
r
1 2
2h
l = atf ⇒ tf =
= 1, 6s ,
2
a sin ϑ
r
vf = atf =
p
m
2ah
= 2gh = 7, 7 .
sin ϑ
s
Si osservi che, in assenza di attrito, il corpo giunge alla fine del piano con la
stessa velocità che avrebbe avuto se fosse precipitato da un’altezza h.
Esercizio 18
Un corpo di massa m1 = 5Kg è posto su di un piano orizzontale ed è collegato
tramite un filo inestensibile ad un corpo di massa m2 = 2Kg. Trascurando ogni
attrito, si calcoli la reazione vincolare del piano N e l’accelerazione a del sistema.
Soluzione
Introduciamo un sistema di coordinate come quello in figura.
~ 1 la risultante delle forze agenti sul corpo 1 e R
~ 2 la risultante
Chiamiamo R
~
~
delle forze agenti sul corpo 2. Le componenti x e y di R1 e R2 sono
R1x
R1y
=
=
T ,
m1 g − N ,
R2x
R2y
=
=
0,
m2 g − T .
Ponendo R1y = 0 si ottiene N = m1 g = 49N .
Sfruttando che R1x = m1 a e R2y = m2 a la prima e la quarta equazione
divengono
21
m1 a
m2 a
=
=
T ,
m2 g − T .
Sostituendo T nella seconda si ha
m2 a =
m2 g − m1 a
⇒
22
a=
m
m2
g = 2, 8 2 .
m1 + m2
s
5
Leggi delle dinamica II
Esercizio 19
Un corpo di massa m = 2Kg è posto su di una superficie orizzontale scabra
con coefficiente d’attrito dinamico µd = 0, 2. Al corpo sono applicate le forze
F~1 e F~2 di modulo F1 = 2N e F2 = 10N come in figura. Si calcoli a quale
accelerazione è sottoposto il corpo in esame.
Soluzione
Per risolvere questo genere di problemi si ragiona nel modo seguente:
• Si introduce un sistema di coordinate x − y dove x ha la direzione del
piano e y è diretta ortogonalmente al piano.
• Si ammette che oltre alla forza peso P~ e alle forze F~1 e F~2 il corpo sia
~ e alla forza d’attrito F~a .
soggetto anche alla reazione vincolare del piano N
Si tenga presente che prima di poter disegnare il vettore F~a è necessario
capire quale sarà il verso del moto del corpo.
• Si scrivono la componente x e y della risultante delle forze F~ = F~1 + F~2 +
~ + F~a ,
P~ + N
Fx
=
F1x + F2x + Px + Nx + Fax ,
Fy
=
F1y + F2y + Py + Ny + Fay .
Nel caso in esame il sistema si riduce a
Fx
=
F1 cos ϑ + F2 cos(−ϑ) + Fa ,
Fy
=
F1 sin ϑ + F2 sin(−ϑ) − mg + N ,
dove abbiamo posto Fax = Fa e Ny = N .
23
• Si ottiene N ponendo Fy = 0,
N = −F1 sin ϑ − F2 sin(−ϑ) + mg .
Si hanno due possibili casi. Se N < 0 significa che il corpo si stacca dalla
superficie 1 . Se N ≥ 0 il corpo si muoverà lungo la superficie.
Nel caso in esame N = 23, 6N > 0 e il corpo si muove lungo la superficie.
• Si calcola il modulo della forza d’attrito |F~a | = µd N . A questo punto ci
sono due casi: se µd N ≥ |F1x + F2x + Px + Nx | il corpo rimane immobile
(a = 0 e il problema è risolto). Se invece µd N < |F1x + F2x + Px + Nx | il
corpo si muove nella stessa direzione in cui si muoverebbe se non ci fosse
attrito.
Nel caso in esame µd N = 4, 7N mentre |F1x + F2x + Px + Nx | = 10, 4N ,
perciò il corpo si muove.
• Se il corpo si muove, si studia in che direzione si muoverebbe il corpo
se non ci fosse attrito. Per far ciò si calcola F1x + F2x + Px + Nx : se
questa quantità è positiva il corpo si muoverebbe nella direzione positiva
dell’asse x mentre se questa quantità è negativa il corpo si muoverebbe
nella direzione negativa dell’asse x.
Nel caso in esame
F1x + F2x + Px + Nx = F1 cos ϑ + F2 cos(−ϑ) = 10, 4N > 0 .
Perciò il corpo si muove nella direzione positiva. Questa osservazione
determina completamente F~a fissandone il verso (Solo ora possiamo disegnare F~a !) e permette di scrivere la componente x della risultante delle
forze.
Nel caso in esame
Fx = F1 cos ϑ + F2 cos(−ϑ) − µd N = 5, 7N .
Si osservi che abbiamo posto −µd N poichè il moto avviene nel verso delle
x positive e la forza d’attrito è sempre opposta al moto.
• L’accelerazione del corpo è a = Fx /m.
Nel caso in esame a = 2, 85m/s2 .
1 Non
tratteremo questa classe di problemi e vi capiterà sempre il caso N ≥ 0
24
Esercizio 20
Un corpo di massa m = 2Kg è posto su di una superficie orizzontale scabra
con coefficiente d’attrito dinamico µd = 0, 2. Al corpo sono applicate le forze
F~1 e F~2 di modulo F1 = 1N e F2 = 2N come in figura. Si calcoli a quale
accelerazione è sottoposto il corpo in esame.
Soluzione
Usiamo lo schema di ragionamento precedente.
Introduciamo un sistema di coordinate x − y come in figura.
Scriviamo la componente x e y della risultante delle forze,
Fx
Fy
= F1 + F2 cos(ϑ) + Fa ,
= F2 sin(ϑ) − mg + N .
Poniamo Fy = 0 in modo da ottenere N ,
N = 18, 2N .
Il modulo della forza d’attrito è
|F~a | = µd N = 3, 6N ,
mentre
|F1x + F2x + Px + Nx | = |F1 + F2 cos(ϑ)| = 0, 4N .
Perciò il corpo rimane fermo, a = 0.
25
Esercizio 21
Un corpo di massa m = 2Kg è posto sulla sommità di un piano inclinato
scabro di altezza h = 3m, ϑ = 30◦ e coefficiente d’attrito dinamico µd = 0, 2.
Ammettendo che il corpo parta da fermo, si calcolino
• l’accelerazione a a cui è sottoposto il corpo.
• il tempo tf impiegato per arrivare in fondo al piano.
• la velocità vf che il corpo possiede alla fine.
Soluzione
Per applicare lo schema di ragionamento illustrato prima dobbiamo riconoscere
~ e F~a .
che nel caso in esame F~1 = F~2 = 0 e le uniche forze in gioco sono P~ , N
Introduciamo un sistema di coordinate x − y come in figura.
Scriviamo la componente x e y della risultante delle forze,
Fx
Fy
=
=
mg cos(270◦ + ϑ) + Fa ,
mg sin(270◦ + ϑ) + N .
Perchè 270◦ + ϑ?! Si ricordi che l’angolo è quello fra il vettore P~ e l’asse x
misurato in senso antiorario.
Poniamo Fy = 0 in modo da ottenere N ,
N = 17N .
Il modulo della forza d’attrito è
|F~a | = µd N = 3, 4N ,
mentre
26
|Px + Nx | = mg cos(270◦ + ϑ) = 9, 8N .
Perciò il corpo si muove e si muove nella direzione delle x positive, cioè cade
lungo il piano inclinato. Si osservi che se il coefficiente d’attrito fosse stato
abbastanza grande (ad esempio µd = 0, 6) il corpo sarebbe rimasto immobile
sulla sommità del piano.
Perciò F~a è diretta nella direzione delle x negative e la componente x della
risultante delle forze è
Fx
= mg [cos(270◦ + ϑ) − µd sin(270◦ + ϑ)]
= mg (sin ϑ − µd cos ϑ)
= 6, 4N .
L’accelerazione risulta essere
a = g (sin ϑ − µd cos ϑ) = 3, 2
m
.
s2
La lunghezza del piano inclinato è l = h/ sin ϑ. Perciò dalle leggi del moto
uniformemente accelerato si ha
r
1 2
2h
l = atf ⇒ tf =
= 1, 9s ,
2
a sin ϑ
r
vf = atf =
2ah
m
= 6, 2 .
sin ϑ
s
Si osservi che in assenza di attrito (µd = 0) l’accelerazione ã, il tempo di
caduta t̃f e la velocità finale ṽf risultano essere
s
p
m
m
1
2h
ã = g sin ϑ = 4, 9 2 , t̃f =
= 1, 6s , ṽf = 2gh = 7, 7 .
s
sin ϑ
g
s
Esercizio 22
Un corpo di massa m1 = 5Kg è posto su di un piano orizzontale scabro ed è
collegato tramite un filo inestensibile ad un corpo di massa m2 = 2Kg. Ammesso
che il coefficiente di attrito dinamico sia µd = 0, 2, calcolare l’accelerazione del
sistema.
Soluzione
Un sistema come quello in esame o rimane fermo oppure il corpo 2 cadendo
trascina il corpo 1. Per risolvere questo genere di esercizi si introduce un sistema
di coordinate come quello in figura, si ammette che il corpo 2 trascini il corpo
1 e si calcola (nel modo che mostreremo fra poco) l’accelerazione a: essendo i
corpi collegati da un filo inestensibile e per come abbiamo scelto il sistema di
coordinate a1 = a2 = a. Se si trova a > 0 l’ipotesi iniziale è corretta e il sistema
27
è in moto con acceleazione a mentre se a ≤ 0 l’ipotesi iniziale è sbagliata e il
sistema è in quiete, a = 0.
~ 1 la risultante delle forze agenti sul corpo 1 e R
~ 2 la risultante
Chiamiamo R
~
~
delle forze agenti sul corpo 2. Le componenti x e y di R1 e R2 sono
R1x
R1y
R2x
R2y
=
=
=
=
T − µd N ,
m1 g − N ,
0,
m2 g − T ,
dove, poichè ammettiamo che il sistema sia in moto, abbiamo potuto usare
che Fa = −µd N .
Ponendo R1y = 0 si ottiene N = m1 g. Sostituendo N nella prima equazione
si ha
R1x
=
T − µd m1 g .
Sfruttando che R1x = m1 a e R2y = m2 a la prima e la quarta equazione
divengono
m1 a
m2 a
= T − µd m1 g ,
= m2 g − T .
Dalla seconda di queste ultime equazioni ricaviamo T ,
T
= m2 (g − a) ,
che sostituito nella prima da
m1 a =
m2 (g − a) − µd m1 g
⇒
28
a=
m2 − µd m1
m
g = 1, 4 2 .
m1 + m2
s
Perciò l’ipotesi iniziale è giusta e il sistema si muove con l’accelerazione
trovata.
Si osservi che se ad esempio si fosse ammesso che µd = 0, 5 si sarebbe ottenuto
a = −0, 7m/s2 , il che significa che il sistema sarebbe rimasto fermo.
Si osservi infine che se si pone m1 = 0, cioè se si ammette che al corpo 2
non ci sia attaccato nulla, allora il corpo 2 accelera con a = g, cioè è in caduta
libera.
Esercizio 23
Un corpo di massa m1 è posto su di un piano inclinato scabro con µs = 0, 2
e ϑ1 = 20◦ , ed è collegato tramite un filo inestensibile ad un corpo di massa
m2 = 2Kg posto su di un piano inclinato privo di attrito con ϑ2 = 30◦ . Si calcoli
il range di valori di m1 per cui il sistema rimane in quiete.
Soluzione
Si immagini la situazione reale. Se m1 è sufficientemente piccola allora il
corpo 2 riuscirà a trascinare il corpo 1. Se aumentiamo un pò alla volta la
massa del corpo 1 allora il corpo 2 farà sempre più fatica a trascinarlo e se continuiamo ad aumentare la massa m1 arriveremo al punto che il sistema rimarrà
in equilibrio. Come vedremo esiste un intervallo di valori di m1 per cui il sistema
rimane in equilibrio e se aumentiamo ulteriormente la massa m1 al di fuori di
questo intervallo il sistema esce dall’equilibrio ed è ora il corpo 1 che trascina il
corpo 2.
Iniziamo con lo studiare la situazione in cui il sistema è in equilibrio ma
basterebbe una qualsiasi riduzione della massa m1 per far si che l’equilibrio si
rompa e il corpo 2 inizi a trascinare il corpo 1 (condizione di moto incipiente
verso destra). Allora la forza d’attrito statico che agisce su 1 è rivolta nella
direzione delle x negative e le equazioni del moto per i due corpi sono
0 =
m1 g cos(270◦ − ϑ1 ) + m1 gµs sin(270◦ − ϑ1 ) + T ,
0 =
m2 g cos(270◦ + ϑ2 ) − T .
29
Dalla seconda si ricava T ,
T
=
m2 g cos(270◦ + ϑ2 ) ,
che sostituito nella prima da
cos(270◦ + ϑ2 )
cos(270◦ − ϑ1 ) + µs sin(270◦ − ϑ1 )
sin ϑ2
= m2
sin ϑ1 + µs cos ϑ1
= 1, 9Kg .
m1
=
−m2
Nella situazione di moto incipiente verso sinistra si ha invece che la forza
d’attrito è rivolta nel verso delle x positive e le equazioni del moto per i due
corpi sono
m1 g cos(270◦ − ϑ1 ) − m1 gµs sin(270◦ − ϑ1 ) + T ,
m2 g cos(270◦ + ϑ2 ) − T .
0 =
0 =
Dalla seconda si ricava T che sostituito nella prima da
m1
cos(270◦ + ϑ2 )
cos(270◦ − ϑ1 ) − µs sin(270◦ − ϑ1 )
sin ϑ2
= m2
sin ϑ1 − µs cos ϑ1
= 6, 5Kg .
=
−m2
Riassumendo se
1, 9Kg = m2
sin ϑ2
sin ϑ2
≤ m1 ≤ m2
= 6, 5Kg ,
sin ϑ1 + µs cos ϑ1
sin ϑ1 − µs cos ϑ1
allora il sistema è in equilibrio.
Osservazioni
• In assenza di attrito, µs = 0, il sistema è in equilibrio solo se
m1 = m2
sin ϑ2
= 2, 9Kg .
sin ϑ1
• Se ϑ1 = 0 e ϑ2 = 90◦ allora il sistema è in equilibrio se m1 ≥ 10Kg. Infatti
nell’esercizio 4 dove m1 = 5Kg il sistema non era in equilibrio.
30
6
Leggi della dinamica III
Esercizio 24
I corpi 1, 2 e 3 rispettivamente di massa m1 = 2kg, m2 = 3kg ed m3 = 4kg
sono collegati come in figura tramite un filo inestensibile.
Trascurando ogni attrito, si calcolino
• L’accelerazione a del sistema.
• Le tensioni dei due fili.
Soluzione
Introduciamo un sistema di coordinate come quello in figura.
~ 1, R
~ 2 ed R
~ 3 le risultanti delle forze agenti rispettivamente sui corpi
Siano R
1, 2 e 3. Le componenti x e y delle risultanti sono
R1x
R2x
R3x
= T1 ,
= T2 − T1 ,
= 0,
R1y = m1 g − N1 ,
R2y = m2 g − N2 ,
R3y = m3 g − T2 .
Imponendo che R1y = R2y = 0 si ottiene
N1 = m1 g , N2 = m2 g .
Dato che per ipotesi non c’è forza d’attrito, la conoscenza di N1 ed N2 non
è particolarmente utile in questo problema.
Poiché
R1x = m1 a1x ,
R2x = m2 a2x ,
e poiché, essendo il filo inestensibile, si ha
31
R3y = m3 a3y ,
a1x = a2x = a3y ,
le equazioni che rimangono da risolvere risultano essere
m1 a
m2 a
m3 a
= T1 ,
= T2 − T1 ,
= m3 g − T2 .
Manipolando il sistema di equazioni si ottiene
a =
T1
=
T2
=
m3
m
g = 4.4 2 ,
m1 + m2 + m3
s
m1 m3
g = 8.7N ,
m1 + m2 + m3
(m1 + m2 )m3
g = 21.8N .
m1 + m2 + m3
Attrito
Esercizio 25
Un corpo di massa m = 100kg si muove su di un piano orizzontale liscio alla
velocità v0 = 10m/s. Al tempo t = 0 la superficie su cui esso si muove diviene
scabra con coefficiente d’attrito µ = 0.4 e sul corpo agisce inoltre una forza F~
di verso opposto a quello del moto e di modulo F = 108N . Si calcolino
• L’accelerazione a cui è sottoposto il corpo.
• Il tempo tf impiegato dal corpo per fermarsi.
Soluzione
Scegliamo l’asse x con la stessa direzione e verso di ~v0 . Quando il corpo
giunge sul piano scabro su di esso agiscono, oltre alla forza peso P~ e la reazione
~ anche la forza F~ e la forza d’attrito F~a , entrambe opposte al moto.
vincolare N
La risultante delle forze agenti sul corpo è perciò
~ = P~ + N
~ + F~ + F~a ,
R
che riscritta in componenti risulta essere
Rx
Ry
= Fx + Fax = −F − Fa ,
= Py + Ny = −mg + N .
Si osservi che in questo esercizio non dobbiamo preoccuparci di studiare se
le varie forze in gioco riescono a battere la forza d’attrito e quindi a far muovere
32
il corpo: una delle ipotesi del problema è proprio che il corpo sia inizialmente
in moto! Dato che sappiamo che il corpo è in moto nella direzione e verso di
~v0 questo fissa immediatamente la direzione e verso della forza d’attrito F~a che
per definizione è sempre opposta al moto.
Imponendo Ry = 0 si ottiene N = mg da cui Fa = µmg e
Rx = −F − µmg .
Poiché Rx = max si ha
ax = −
F + µmg
m
= −5 2 .
m
s
Il corpo è sottoposto ad un moto uniformemente accelerato, con accelerazione
negativa, e la sua velocità ~v , che ha solo componente x, è descritta dalla legge
vx (t) = v0 + ax t .
Il tempo tf per cui vx = 0 è dato da
tf = −
v0
mv0
=
= 2s .
ax
F + µmg
Si osservi che in assenza di attrito, µ = 0, il tempo impiegato dal corpo per
fermarsi sale fino a 9.3s.
Esercizio 26
Un corpo di massa m = 2Kg è premuto contro un muro con una forza F~
ortogonale al muro, come in figura. Sapendo che fra il corpo e il muro c’è un
coefficiente d’attrito µ = 0.3 calcolare il minimo valore del modulo di F~ tale per
cui il corpo non cade.
Soluzione
33
Introduciamo un sistema di coordinate come in figura. Sul corpo agiscono
quattro forze: La forza F~ che preme il corpo contro il muro, la reazione vincolare
~ , la forza peso P~ e la forza d’attrito F~a . Sia R
~ la risultante delle
del muro N
forze,
~ = F~ + N
~ + P~ + F~a .
R
~ delle forze agenti sul corpo, sono
Le componenti x e y della risultante R
Rx
Ry
=
=
Fx + Nx + Px + Fax = F − N ,
Fy + Ny + Py + Fay = −mg + µN .
~ = 0.
Poiché vogliamo che il sistema sia in quiete dobbiamo imporre R
Da Ry = 0 si ottiene
N=
mg
,
µ
che sostituito in Rx = 0 da
F =
mg
= 65.3N .
µ
Questo rappresenta il valore minimo del modulo di F~ . Si rifletta sul fatto
che applicando un forza di modulo maggiore il corpo rimane ancora in quiete.
Si provi ad esempio a rifare questo esercizio nel caso in cui F = 80N .
Esercizio 27
Un corpo di massa m = 2Kg è premuto contro un muro con una forza F~ che
forma un angolo ϑ con l’orizzontale, come in figura. Sapendo che fra il corpo e il
muro c’è un coefficiente d’attrito µ = 0.3 calcolare il minimo valore del modulo
di F~ tale per cui il corpo non cade rispettivamente nei casi ϑ = 45◦ e ϑ = −5◦ .
34
Soluzione
Introduciamo un sistema di coordinate come in figura. Sul corpo agiscono
~ , la forza peso P~ e
quattro forze: La forza F~ , la reazione vincolare del muro N
~ la risultante delle forze,
la forza d’attrito F~a . Sia R
~ = F~ + N
~ + P~ + F~a .
R
~ delle forze agenti sul corpo, sono
Le componenti x e y della risultante R
Rx
Ry
=
=
Fx + Nx + Px + Fax = F cos ϑ − N ,
Fy + Ny + Py + Fay = F sin ϑ − mg + µN .
Ovviamente se ϑ = 0 ci riduciamo alla situazione studiata nell’esercizio 26.
~ = 0.
Poiché vogliamo che il sistema sia in quiete dobbiamo imporre R
Da Ry = 0 si ottiene
N=
mg − F sin ϑ
,
µ
che sostituito in Rx = 0 da
F =
mg
.
sin ϑ + µ cos ϑ
Si rifletta sul fatto che non ci sono soluzioni se sin ϑ + µ cos ϑ < 0, cioè
tan ϑ < −µ .
Per ϑ = 45◦ si ha F = 21.3N .
Per ϑ = −5◦ si ha F = 92.6N .
L’angolo critico, diminuendo il quale non si trovano più soluzioni, è ϑc =
−16.7◦
Si osservi che per ϑ = 90◦ si ha F = mg, che significato ha questo risultato?
Moto circolare uniforme
Esercizio 28
A quale velocità deve ruotare attorno al Sole un satellite di massa m = 100
tonnellate per mantenersi su di un orbita circolare con raggio RT pari a quello
terrestre.
• La massa del Sole è circa M = 2 × 1033 g
• RT = 150 × 106 km
3
m
• La costante di gravitazione universale è G = 6.7 × 10−11 kgs
2
35
Soluzione
Iniziamo col convertire i dati nel Sistema Internazionale (kg, m e s):
M = 2 × 1030 kg , RT = 150 × 109 m .
La forza di gravità fra satellite e Sole mantiene il satellite in moto circolare
uniforme con velocità v attorno al Sole:
r
v2
M
mM
m
=G 2
⇒ v= G
.
RT
RT
RT
Si osservi che v non dipende dalla massa del satellite ed è quindi la stessa
velocità con cui anche la Terra ruota attorno al Sole,
v ≈ 30 × 103
m
km
≈ 108 × 103
.
s
h
Si può ottenere lo stesso risultato calcolando che la lunghezza dell’orbita
terrestre è
L = 2πRT = 9.4 × 1011 m ,
la quale è percorsa in un anno
1anno = 31.5 × 106 s ,
da cui
v=
L
m
≈ 30 × 103
.
1anno
s
36
7
Lavoro ed energia I
Forze conservative
Esercizio 29
Una pallina viene lanciata verticalmente verso l’alto dall’altezza h = 1, 6m
con una velocità iniziale v0 = 3m/s. Calcolare
• L’altezza massima hmax raggiunta dalla pallina.
• La velocità ṽ con cui la pallina ripassa dalla quota h da cui era stata
lanciata.
• La velocità v con cui la pallina tocca il suolo.
Soluzione
L’unica forza in gioco è la forza peso che agisce sulla pallina. Dato che la forza
peso è conservativa l’energia totale E della pallina si conserva e in particolare
rimane uguale al valore E0 che essa possiede quando la pallina viene lanciata.
Scegliendo come livello di riferimento per l’energia potenziale il suolo si ha che
l’energia iniziale è
E0 =
1
mv 2 + mgh .
2 0
Quando la pallina arriva all’apice della sua traiettoria la sua velocità è nulla
di modo che anche la sua energia cinetica è nulla. Poiché l’energia della pallina
si conserva si ha
1
v2
mv02 + mgh = mghmax ⇒ hmax = h + 0 = 2m .
2
2g
Quando la pallina (in fase di caduta) ripassa dalla quota h si ha
1
1
mv02 + mgh = mṽ02 + mgh ⇒ ṽ = v0 = 3m/s .
2
2
Per come abbiamo scelto il sistema di riferimento, quando la pallina tocca il
suolo è invece la sua energia potenziale ad essere nulla. Si ha perciò
q
1
1
mv02 + mgh = mv 2 ⇒ v = v02 + 2gh = 6, 4m/s .
2
2
Esercizio 30
Una pallina viene lanciata dall’altezza h = 20m con un angolo ϑ = 20◦ e
una velocità iniziale il cui modulo è v0 = 5m/s. Si calcolino
• L’altezza massima hmax raggiunta dalla pallina.
• Il modulo della velocità v posseduta dalla pallina quando arriva al suolo.
37
Soluzione
L’unica forza in gioco è la forza peso che agisce sulla pallina. Dato che la forza
peso è conservativa l’energia totale E della pallina si conserva e in particolare
rimane uguale al valore E0 che essa possiede quando la pallina viene lanciata.
Scegliendo come livello di riferimento per l’energia potenziale il suolo si ha che
l’energia iniziale è
E0 =
1
mv 2 + mgh .
2 0
Quando la pallina arriva all’apice della sua traiettoria il vettore velocità è
diretto lungo le x di modo che l’energia cinetica è K = 12 mvx2 . In un moto
parabolico la componente vx della velocità (quella ortogonale alla forza peso) è
costante e nel caso in esame vale
vx = v0 cos ϑ .
Poiché l’energia si conserva si ha
¢
1
1
v2 ¡
mv02 +mgh = mv02 cos2 ϑ+mghmax ⇒ hmax = h+ 0 1 − cos2 ϑ = 20, 15m .
2
2
2g
Si osservi come la formula per hmax ora ottenuta si riduce a quella dell’esercizio precedente nel caso in cui ϑ = 90◦ .
Quando la pallina arriva al suolo la sua energia potenziale è nulla (per come
abbiamo scelto il sistema di riferimento) mentre la sua energia cinetica è 12 mv 2 .
Poiché l’energia si conserva si ha
q
1
1
mv02 + mgh = mv 2 ⇒ v = v02 + 2gh = 20, 4m/s .
2
2
Si osservi come v non dipenda dalla massa m della pallina.
Esercizio 31
Un pendolo viene fatto oscillare a partire da un angolo iniziale ϑ = 60◦ . Il
filo del pendolo è lungo l = 2m. Calcolare il modulo della velocità v con cui il
pendolo passa dalla verticale.
Soluzione
Le forze in gioco sono la forza peso P~ e la tensione T~ del filo. La forza
peso è una forza conservativa mentre la tensione non lo è. Ma durante il moto
del pendolo la tensione T~ è sempre ortogonale allo spostamento di modo che il
lavoro compiuto da questa forza è nullo. Perciò, pur essendo presente una forza
non conservativa, l’energia totale del pendolo si conserva.
Scegliamo un sistema di riferimento come in figura. Allora l’energia E0 del
pendolo all’istante in cui viene fatto oscillare è
E0 =
1
mv 2 + mgy0 = mgy0 ,
2 0
38
in quanto per ipotesi v0 = 0.
L’energia E1 del pendolo quando passa dalla verticale è
E1 =
1
1
mv12 + mgy1 = mv12 ,
2
2
in quanto, per il sistema di coordinate scelto, y1 = 0.
Poiché l’energia si conserva possiamo imporre E0 = E1 , da cui
mgy0 =
p
1
mv12 ⇒ v1 = 2gy0 .
2
Usando la trigonometria si vede che y0 = L − L cos ϑ, da cui infine
p
v1 = 2gL(1 − cos ϑ) = 4, 5m/s .
Esercizio 32
Un blocco di massa m = 1kg inizialmente fermo viene spinto da una forza
costante F = 20N lungo un tratto orizzontale lungo d = 1m. Se la forza F è
parallela al piano e diretta nella direzione del moto, qual’è la velocità finale del
blocco?
Soluzione
~ e la
Le forze in gioco sono la forza peso P~ , la reazione vincolare del piano N
~
forza F . Sfruttiamo il teorema dell’energia cinetica, 4K = W . Poichè l’unica
forza a compiere lavoro durante il moto è F~ si ha
4K = WF~
⇒
1
1
mvf2 − mv02 = F d ,
2
2
da cui
r
vf =
2F d
= 6, 3m/s .
m
39
8
Lavoro ed energia II
Forze conservative
Esercizio 33
Una pallina di massa m = 100g viene lanciata tramite una molla di costante
elastica k = 10N/m come in figura. Ammesso che ogni attrito sia trascurabile,
calcolare
• Di quanto deve essere compressa la molla perchè la pallina raggiunga la
quota massima h = 2m.
• La velocità della pallina lungo il piano (dopo che si è staccata dalla molla)
Soluzione
Le forze in gioco sono la forza elastica della molla, la forza peso e la reazione
vincolare del piano. La reazione vincolare non è una forza conservativa ma
non compie lavoro durante lo spostamento della pallina in quanto è sempre
ortogonale allo spostamento. Perciò l’energia totale del sistema si conserva,
∆E = 0. Scegliamo il livello del piano come riferimento per l’energia potenziale
della forza peso.
L’energia iniziale E0 della pallina coincide con l’energia potenziale della
molla compressa di un tratto ∆x,
E0 =
1
k(∆x)2 .
2
Quando la molla si è decompressa e la pallina si stacca da essa e corre lungo
il piano, l’energia della pallina E1 è puramente cinetica
E1 =
1
mv 2 .
2
Quando la pallina arriva all’apice della sua traiettoria la sua energia E3 è
puramente potenziale della forza peso
40
E3 = mgh .
Poiché l’energia si conserva deve valere E0 = E1 = E3 .
Imponendo che E0 = E3 si ha
r
1
2mgh
2
k(∆x) = mgh ⇒ ∆x =
= 0.63m .
2
k
Si ricordi che la massa m va convertita in kg,
100g = 0.1kg .
Imponendo che E0 = E1 e sfruttando la conoscenza di ∆x si ha
r
1
1
k
2
2
k(∆x) = mv ⇒ v = ∆x
= 6.3m/s .
2
2
m
Forze non conservative
Esercizio 34
Una pallina di massa m = 0.2kg viene lanciata verticalmente verso il suolo
da un’altezza iniziale h0 = 1.4m e con una velocità iniziale il cui modulo è
v0 = 5m/s. Calcolare a quale altezza h1 arriva la pallina dopo aver rimbalzato
se nell’urto col suolo perde 2J.
Soluzione
L’energia iniziale della pallina è
E0 =
1
mv 2 + mgh0 = 5.244J .
2 0
L’energia finale della pallina, quando arriva all’apice della sua traiettoria
dopo aver rimbalzato, è
E1 = mgh1 .
A causa dell’urto col suolo l’energia della pallina non si conserva e la variazione dell’energia è ∆E = −2J (si osservi il segno meno)
v2
∆E
1
= 1.7m .
∆E = E1 − E0 = mgh1 − mv02 − mgh0 ⇒ h1 = h0 + 0 +
2
2g
mg
Si osservi che se l’energia si fosse conservata (urto elastico, ∆E = 0) si
avrebbe avuto
h1 = h0 +
v02
= 2.7m .
2g
Si osservi infine che se la pallina fosse stata fatta cadere da ferma (v0 = 0)
e l’urto fosse stato elastico si avrebbe avuto
h1 = h0 .
41
Esercizio 35
Un corpo di massa m = 4kg è sottoposto ad una forza costante di modulo
F = 35N la quale forma con l’orizzontale un angolo ϑ = 25◦ . Ammesso che
il corpo parta da fermo e che percorra inizialmente un tratto orizzontale liscio
di lunghezza l = 5m e poi un tratto orizzontale scabro di lunghezza s = 3m e
µ = 0.2, si calcoli la velocità finale del corpo.
Soluzione
La variazione di energia cinetica del corpo è data dal lavoro di tutte le forze
in gioco, ∆K = W . In quanto v0 = 0 si ha
r
2
vf =
W .
m
Nel tratto liscio le forze in gioco sono: la forza peso P~ , la reazione vincolare
~ e la forza F~ .
del piano N
Nel tratto scabro le forze in gioco sono: la forza peso P~ , la reazione vincolare
~ , la forza F~ e la forza d’attrito F~a . La forza d’attrito è una forza
del piano N
costante, diretta in maniera opposta al moto e di modulo
Fa = µ(mg − F sin ϑ) .
Dato che sia la forza peso che la reazione vincolare del piano non compiono
lavoro, il lavoro delle forze è
W = F (l + s) cos ϑ − µ(mg − F sin ϑ)s = 239J ,
da cui
r
vf =
2
[F (l + s) cos ϑ − µ(mg − F sin ϑ)s] = 10.9m/s .
m
Esercizio 36
Una pallina di massa m = 100g viene lanciata tramite una molla di costante
elastica k = 10N/m compressa di ∆x = 0.65m, come in figura. Per un tratto di
piano lungo s = 0.7m fra la pallina e il piano c’è attrito con µ = 0.2. Calcolare
• La velocità v1 con cui la pallina giunge nella zona in cui c’è attrito.
• La velocità v2 con cui la pallina esce dalla zona in cui c’è attrito.
• La quota massima h raggiunta dalla pallina.
Soluzione
L’energia si conserva nel tratto che va dalla molla alla zona in cui c’è attrito
(tratto 0-1) e nel tratto successivo alla zona in cui c’è attrito (tratto 2-3). Nella
zona in cui c’è attrito (tratto 1-2) l’energia non si conserva.
42
Introduciamo un sistema di coordinate come in figura. L’energia all’istante
iniziale in cui la molla è compressa è
E0 =
1
k(∆x)2 ,
2
in quanto la pallina è ferma, v0 = 0, e per il livello di riferimento scelto anche
y0 = 0.
Prima che la pallina entri nella zona in cui c’è attrito la sua energia è
E1 =
1
mv 2 .
2 1
Poiché l’energia si conserva nel tratto 0-1 la velocità v1 si trova imponendo
E0 = E1 ,
r
1
1
k
2
2
k(∆x) = mv1 ⇒ v1 = ∆x
= 6.5m/s .
2
2
m
Si ricordi di convertire la massa in kg! All’inizio del tratto in cui c’è attrito
l’energia cinetica della pallina è
K1 =
1
1
mv 2 = k(∆x)2 .
2 1
2
Al termine del tratto in cui c’è attrito l’energia cinetica della pallina è
K2 =
1
mv 2 .
2 2
La variazione di energia cinetica ∆K = K2 − K1 coincide con il lavoro di
tutte le forze in gioco nel tratto in cui c’è attrito. Dato che l’unica forza che
compie lavoro in questo tratto è la forza d’attrito, Fa = µmg, si ha
r
1
1
k
2
2
mv2 − k(∆x) = −µmgs ⇒ v2 =
(∆x)2 − 2µgs = 6.2m/s .
2
2
m
L’energia della pallina uscita dalla zona in cui c’è attrito è
E2 =
1
1
mv 2 = k(∆x)2 − µmgs .
2 2
2
43
Quando la pallina arriva alla quota massima y3 = h la sua energia è
E3 = mgh ,
in quanto all’apice della sua traiettoria la pallina è ferma. Nel tratto 2-3
l’energia si conserva, imponendo E2 = E3 si ha
1
k(∆x)2
k(∆x)2 − µmgs = mgh ⇒ h =
− µs = 2m .
2
2mg
Esercizio 37
Una pallina di massa m = 0.2kg viene lanciata da una molla di costante
elastica k1 = 15N/m compressa di ∆x1 = 0.1m. La pallina viaggia su un piano
orizzontale passando su di una zona lunga s = 0.05m con cui ha un attrito
µ = 0.3 e comprime infine una seconda molla con costante elastica k2 = 20N/m.
Calcolare di quanto si comprime la seconda molla.
Soluzione
Scegliamo come livello di riferimento del potenziale quello del piano su cui si
muove la pallina: in questo modo l’energia potenziale della forza peso della pallina è costantemente zero. L’energia iniziale della pallina coincide con l’energia
della prima molla compressa,
E0 =
1
k1 (∆x1 )2 = 0.075J .
2
L’energia finale della pallina coincide con l’energia della seconda molla compressa,
E1 =
1
k2 (∆x2 )2 .
2
A causa del passaggio sulla zona con attrito l’energia della pallina non si
conserva ma varia di una quantità pari al lavoro compiuto dalla forza d’attrito
lungo lo spostamento s,
∆E =
1
1
k2 (∆x2 )2 − k1 (∆x1 )2 = −Fa s = −µmgs = −0.0294J ,
2
2
da cui
r
∆x2 =
2µmgs
k1
(∆x1 )2 −
= 0.07m .
k2
k2
44
Si osservi che se si elimina la zona in cui c’è attrito (s = 0) si ottiene
r
k1
∆x2 = ∆x1
= 0.09m .
k2
Si osservi infine che in assenza di attrito e nell’ipotesi in cui le due molle
siano uguali (k1 = k2 ) si ottiene
∆x2 = ∆x1 .
45
9
Calorimetria
Esercizio 38
Un blocco di rame di massa mCu = 5g si trova a una temperatura iniziale
Ti = 25◦ C. Al blocco viene fornito un calore Q = 120J. Determinare la
temperatura finale Tf del blocco sapendo che il calore specifico dl rame è
cCu = 0.093cal/g ◦ C .
Soluzione
Se una quantità di calore Q viene fornita a una sostanza di massa m e calore
specifico c, senza incorrere in una transizione di fase, allora la temperatura della
sostanza varia seondo la legge Q = mc∆T , da cui
∆T = Tf − Ti =
Q
.
mc
Nel caso in esame
∆T =
Q
mCu cCu
⇒ Tf = Ti +
Q
.
mCu cCu
Il fattore di conversione J − cal è
1cal = 4.186J ,
e il calore specifico del rame può essere anche espresso come
cCu = 0.389J/g ◦ C .
Perciò
Tf = 25◦ C +
120J
= 86.7◦ C .
5g × 0.389J/g ◦ C
Esercizio 39
Un blocco di rame di massa mCu = 300g si trova alla temperatura iniziale
TiCu = 90◦ C. Un blocco di alluminio di massa mAl = 700g si trova invece alla
temperatura iniziale TiAl = 43◦ C. Essi vengono posti a contatto. Calcolare la
temperatura di equilibrio del sistema Teq .
Soluzione
Il calore specifico del rame e dell’alluminio sono rispettivamente
cCu = 0.389J/g ◦ C , cAl = 0.9J/g ◦ C .
Il corpo più caldo (rame) si raffredda fino alla temperatura di equilibrio. Il
corpo più freddo (alluminio) si scalda fino alla temperatura di equilibrio. Poiché
46
non viene scambiata energia col resto del mondo il calore ceduto dal rame QCu
equivale al calore assorbito dall’alluminio QAl ,
QCu + QAl = 0
⇔
QAl = −QCu .
Poiché, date le temperature in gioco, non si ha alcuna transizione di fase,
vale che
QCu
QAl
=
=
mCu cCu (Teq − TiCu ) ,
mAl cAl (Teq − TiAl ) ,
da cui
mAl cAl (Teq − TiAl ) = −mCu cCu (Teq − TiCu )
⇓
mCu cCu TiCu + mAl cAl TiAl
Teq =
= 50.3◦ C .
mCu cCu + mAl cAl
Esercizio 40
Due cubetti di rame, ciascuno di massa mCu = 0.2kg e alla temperatura
TiCu = 150◦ C, vengono immersi in un recipiente contenente una massa d’acqua
mH2 0 = 1kg alla temperatura iniziale TiH2 O = 30◦ C. Sapendo che la temperatura di equilibrio del sistema è Teq = 34.2◦ C, calcolare il calore specifico del
rame.
Soluzione
Il calore specifico dell’acqua è
cH2 O = 4186J/kg ◦ C = 1cal/g ◦ C .
Il calore ceduto dal rame viene assorbito dall’acqua,
QH2 O = −QCu ,
dove
QH2 O
=
mH2 O cH2 O (Teq − TiH2 O ) ,
QCu
=
mCu cCu (Teq − TiCu ) .
Perciò
mH2 O cH2 O (Teq − TiH2 O ) = −mCu cCu (Teq − TiCu )
⇓
cCu = −
mH2 O cH2 O (Teq − TiH2 O )
= 380J/kg ◦ C .
mCu (Teq − TiCu )
47
Esercizio 41
Calcolare il calore necessario per fondere completamente una massa m =
100g di ghiaccio alla temperatura iniziale Ti = −5◦ C.
Soluzione
Il calore specifico del ghiaccio e il calore latente di fusione del ghiaccio sono
rispettivamente
cg = 0.5cal/g ◦ C , λg = 3.33 × 105 J/kg .
Usando il fattore di conversione J − cal si ottiene
cg = 2.093J/g ◦ C .
Il calore Q1 necessario a portare la massa di giaccio in esame alla temperatura
di fusione pari a 0◦ C è
Q1 = mcg (0◦ C − Ti ) = 1046.5J .
Il calore Q2 necessario a fondere la massa di ghiaccio in esame è
Q2 = λg m = 33300J .
Si ricordi di convertire tutto in grammi o tutto in kilogrammi prima di fare
il conto!
Perció il calore ricercato è
Q = Q1 + Q2 = 34346.5J .
Esercizio 42
Studiare cosa accade se una massa di ghiaccio mg = 0.05kg alla temperatura
Tig = 0◦ C viene posta in un recipiente contenete un massa di acqua mH2 O =
0.3kg alla temperatura iniziale TiH2 O = 20◦ C.
Cosa sarebbe successo se la massa del ghiaccio fosse stata il doppio?
Soluzione
Intuitivamente mentre l’acqua si raffredda il ghiaccio si scioglie. Il punto è
se il ghiaccio si scioglie solo in parte o completamente.
Per fondere completamente la massa di ghiaccio mg = 0.05kg è necessario
fornirle un calore
Q1 = mg λg = 4000cal .
La massa d’acqua in esame, raffreddandosi fino a 0◦ C, è in grado di cedere
al ghiaccio il calore
−Q2 = −mH2 O cH2 O (0◦ C − TiH2 O ) = 6000cal .
48
Perciò tutto il ghiaccio si scioglie e il sistema all’equilibrio è costituito da
acqua ad una temperatura Teq superiore a 0◦ C.
Il calore assorbito dal ghiaccio e dall’acqua sono rispettivamente
Qg
=
mg λg + mg cH2 O Teq ,
QH2 O
=
mH2 O cH2 O (Teq − TiH2 O ) .
Imponendo che Qg + QH2 O = 0 si ha
Teq =
mH2 O cH2 O TiH2 O − mg λg
= 5.8◦ C .
(mg + mH2 O )cH2 O
Per fondere completamente il doppio della massa di ghiaccio sarebbero state
necessarie ben 8000cal e l’acqua non è in grado di fornire questa energia al
ghiaccio pur raffreddandosi fino a 0◦ C. Perciò l’acqua si raffredda fino a 0◦ C
arrivando all’equilibrio col ghiaccio e cede ad esso un calore pari a 6000cal il
quale ne fonde 75g. In questo caso il sistema all’equilibrio sarà costituito da 25g
di ghiaccio e 375g di acqua alla temperatura di 0◦ C.
Esercizio 43
Una massa di ghiaccio mg = 1.5kg alla temperatura iniziale Tig = −40◦ C è
posta in un recipiente contenete una massa d’acqua mH2 O = 2kg alla temperatura iniziale TiH2 O = 20◦ C. Calcolare la massa m di ghiaccio che si
fonde.
Soluzione
Il calore specifico dell’acqua, del ghiaccio e il calore latente di fusione del
ghiaccio sono rispettivamente
cH2 O
cg
λg
= 4.186 × 103 J/kg ◦ C ,
= 2.093 × 103 J/kg ◦ C ,
= 3.33 × 105 J/kg .
Inizialmente l’acqua si raffredda fino ad una temperatura T1 cedendo al ghiaccio il calore Q1H2 O il quale serve a far raggiungere al ghiaccio la temperatura
di 0◦ C,
Q1H2 O = mH2 O cH2 O (T1 − TiH2 O ) = −mg cg (0◦ C − Tig ) ,
da cui
T1 = TiH2 O +
mg cg Tig
= 5◦ C .
mH2 O cH2 O
Il sistema non è in equilibrio in quanto l’acqua è ora a 5◦ C e il ghiaccio
è a 0◦ C. L’acqua cede infine il calore Q2H2 O al ghiaccio raffreddandosi fino a
raggiungere anch’essa la temperatura d’equilibrio Teq = 0◦ C e fondendo una
massa m di ghiaccio secondo la relazione
49
Q2H2 O = mH2 O cH2 O (Teq − T1 ) = −mλg ,
da cui
m=
mH2 O cH2 O T1
= 0.13kg .
λg
Esercizio 44
Una massa di piombo mP b = 2kg alla temperatura iniziale TiP b = 300◦ C
viene immersa in un recipiente contenete una massa d’acqua mH2 O = 0.5kg
alla temperatura iniziale TiH2 O = 95◦ C. Calcolare la massa d’acqua che viene
vaporizzata.
Soluzione
Il calore specifico del piombo e dell’acqua sono rispettivamente
cP b
=
cH2 O
=
J
,
kg ◦ C
J
4186 ◦ .
kg C
128
Il calore latente di vaporizzazione dell’acqua è
λv = 2.26 × 106
J
.
kg
Il calore assorbito dall’acqua coincide col calore ceduto dal piombo,
QH2 O = −QP b .
Il piombo si raffredda passando da 300◦ C a 100◦ C e si ha
QP b = mP b cP b (100◦ C − TiP b ) = −51200J .
QH2 O è la somma del calore Q1 necessario a portare l’acqua a 100◦ C e del
calore Q2 che fa si che una massa m di acqua evapori
Q1
Q2
= mH2 O cH2 O (100◦ C − TiH2 O ) = 10465J ,
= mλv .
Perciò
mλv = −QP b − Q1 = 40735J
⇒ m = 0.018kg .
Esercizio 45
Dei cubetti di ghiaccio di massa mg = 0.1kg vengono immersi in una massa
d’acqua pari a mH2 O = 0.5kg, la quale inizialmente è a temperatura TH2 O =
20◦ C. Si studi lo stato finale del sistema nei seguenti quattro casi
50
• 1 cubetto a temperatura −10◦ C.
• 4 cubetti a temperatura −10◦ C.
• 1 cubetto a temperatura −250◦ C.
• 4 cubetti a temperatura −250◦ C.
Si ricordi che
cH2 O = 4186
J
,
kg ◦ C
cg = 2093
J
,
kg ◦ C
λg = 3.33 105
J
.
kg
Soluzione
Risolveremo separatamente i 4 casi proposti.
1) Nel primo caso abbiamo
mH2 O
TH2 O
mg
Tg
=
=
=
=
0.5 kg
20◦ C
0.1 kg
−10◦ C
La massima energia che il raffreddamento dell’acqua può fornire al ghiaccio
è
◦
QR
H2 O = mH2 O cH2 O (0 C − TH2 O ) = −mH2 O cH2O TH2 O = −41860 J ,
che risutla negativa in quanto è energia che viene sottratta all’acqua2 .
L’energia che è necessario fornire al ghiaccio per portarlo alla temperatura
di fusione è invece
◦
QR
g = mg cg (0 C − Tg ) = −mg cg Tg = 2093 J .
Infine, l’energia che è necessario fornire al ghiaccio per fonderlo completamente è pari a
QF
g = λmg = 33300 J .
Con un semplice calcolo aritmetico si nota che l’energia che è possibile sottrarre all’acqua è maggiore di quella necessaria a portare il ghiaccio prima alla
temperatura di fusione e poi fonderlo completamente, 41860 J > 2093 J +
33300 J. Il sistema avrà una condizione di equilibrio in stato completamente
liquido ed una temperatura d’equilibrio Teq compresa fra 0◦ C e 20◦ C.
Non resta altro da fare che calcolare la temperatura di equilibrio del sistema. All’acqua verrà sottratta una quantità di calore tale da portare la sua
temperatura ad un valore pari alla temperatura di equilibrio
QH2 O = mH2 O cH2 O (Teq − TH2 O ) ,
2 Questa convenzione, che è utilizzata in tutti i calcoli calorimetrici, verrà conservata
durante tutto l’esercizio e non sarà quindi più sottolineata.
51
mentre il calore ceduto al ghiaccio sarà tale da portarlo prima alla temperatura
di fusione (0◦ C), poi fonderlo completamente e infine, quando ormai è diventato
acqua (c = cH2 O ), portarlo alla temperatura di equilibrio,
Qg
=
mg cg (0◦ C − Tg ) + λg mg + mg cH2 O (Teq − 0◦ C)
=
−mg cg Tg + λg mg + mg cH2 O (Teq − 0◦ C) .
Imponendo che l’energia del sistema si conservi (QH2 O + Qg = 0) ed effettuando semplici calcoli algebrici si ottiene che
Teq =
mH2 0 cH2 0 TH2 0 + mg cg Tg − λg mg
= 2.6◦ C .
(mH2 0 + mg )cH2 O
Il sistema all’equilibrio sarà quindi composto da una massa d’acqua pari a
mtot = mH2 O + mg = 0.6 kg ,
alla temperatura Teq = 2.6◦ C.
2) Nel secondo abbiamo
mH2 O
TH2 O
mg
Tg
=
=
=
=
0.5 kg
20◦ C
4x0.1 kg = 0.4 kg
−10◦ C
In questo caso l’energia che è necessario fornire al ghiaccio per portarlo alla
temperatura di fusione è
◦
QR
g = mg cg (0 C − Tg ) = −mg cg Tg = 8372 J ,
mentre l’energia necessaria a fondere tutto il ghiaccio è pari a
QF
g = λg mg = 133200 J .
Si nota facilmente che l’energia che è possibile sottrarre all’acqua risulta sufficiente a portare il ghiaccio alla temperatura di fusione, ma non a fonderlo
completamente. Il sistema avrà quindi una condizione di equilibrio dove sarà
presente sia acqua che ghiaccio, ovvero vi sarà una coesistenza della fase liquida
e di quella solida. In queste condizioni la temperatura di equilibrio del sistema
è pari a quella della transizione di fase trattata, Teq = 0◦ C.
Resta ora solamente da calcolare quanta sarà la massa di ghiaccio che è
possibile fondere. Come già descritto, la temperatura finale dell’acqua sarà pari
a 0◦ C, quindi l’energia che le viene sottratta sarà pari a
QH2 O = mH2 O cH2 O (0◦ C − TH2 O ) = −mH2 O cH2 O TH2 O .
Anche il ghiaccio viene portato alla temperatura finale di 0◦ C, ma successivamente la transizione di fase porterà una massa incognita m di questo stesso
ghiaccio in fase liquida. Il calore totale assorbito in questa serie di processi è
Qg = mg cg (0◦ C − Tg ) + λg m = −mg cg Tg + λg m .
52
Imponendo il principio di conservazione dell’energia ed effettuando semplici
calcoli algebrici si ricava la massa di ghiaccio effettivamente sciolta
m=
mH2 0 cH2 0 TH2 0 + mg cg Tg
= 0.1 kg .
λg
Il sistema all’equilibrio sarà quindi composto da una massa d’acqua pari a
meq
H2 O = mH2 O + m = 0.6 kg ,
ed una massa di ghiacchio pari a
meq
g = mg − m = 0.3 kg ,
entrambe alla temperatura Teq = 0◦ C.
3) Nel terzo caso abbiamo
mH2 O
TH2 O
mg
Tg
=
=
=
=
0.5 kg
20◦ C
0.1 kg
−250◦ C
L’energia necessaria per portare il ghiaccio alla temperatura di fusione è
◦
QR
g = mg cg (0 C − Tg ) = −mg cg Tg = 52325 J .
In questo caso si nota che l’energia che è possibile assorbire dall’acqua raffreddandola non è sufficiente a portare il ghiaccio alla temperatura di fusione: sarà
quindi l’acqua a solidificare invece che il ghiaccio a sciogliere.
Ricordando che il calore latente di una trasformazione di fase è pari all’opposto di quello della sua trasformazione inversa, si calcola che l’energia necessaria
a solidificare tutta l’acqua è pari a
QSH2 O = λS mH2 O = −λg mH2 0 = −166500 J ,
dove λS = −λg è il calore latente di solidificazione dell’acqua.
Si osserva facilmente che l’energia assorbita dal ghiaccio durante il suo processo di riscaldamento fino alla temperatura di transizione non è sufficiente a
causare il completo congelamento dell’acqua, che verrà quindi solidificata solo
in parte: come nel caso precedente, il sistema avrà una condizione di equilibrio
dove sarà presente una coesistenza delle fasi liquida e solida. La temperatura
di equilibrio sarà quindi ancora pari a quella della transizione di fase trattata,
Teq = 0◦ C.
Proseguendo come nel caso precedente, calcoliamo ora qual è la massa di
acqua che verrà congelata. In questo processo tutta l’acqua viene portata alla
temperatura di solidificazione e, successivamente, una sua frazione incognita
sarà fatta solidificare. L’energia ceduta dall’acqua durante questo processo è
pari a
QH2 O = mH2 O cH2 O (0◦ C − TH2 O ) + λS m = −mH2 O cH2 O TH2 O − λg m ,
53
dove m è la massa incognita di acqua che verrà solidificata. Quest’energia viene
assorbita dal ghiaccio che si riscalderà fino a raggiungere la temperatura di
equilibrio (Teq = 0◦ C)
Qg = mg cg (0◦ C − Tg ) = −mg cg Tg .
Imponendo la conservazione dell’energia si ottiene la massa d’acqua che viene
solidificata
m=−
mH2 0 cH2 0 TH2 0 + mg cg Tg
= 0.03 kg .
λg
Il sistema all’equilibrio sarà quindi composto da una massa d’acqua pari a
meq
H2 O = mH2 O − m = 0.47 kg ,
ed una massa di ghiacchio pari a
meq
g = mg + m = 0.13 kg ,
entrambe alla temperatura Teq = 0◦ C.
4) Nel quarto ed ultimo caso abbiamo
mH2 O
TH2 O
mg
Tg
=
=
=
=
0.5 kg
20◦ C
4x0.1 kg = 0.4 kg
−250◦ C
L’energia che è necessario fornire al ghiaccio per portarlo alla temperatura
di fusione è
◦
QR
g = mg cg (0 C − Tg ) = −mg cg Tg = 209300 J .
Anche in questo caso si nota che l’energia che è possibile assorbire dall’acqua nel processo di raffreddamento non è sufficiente a portare il ghiaccio alla
temperatura di fusione: sarà quindi ancora l’acqua a solidificare invece che il
ghiaccio a sciogliere. L’energia necessaria a solidificare tutta l’acqua è
QSH2 O = λS mH2 O = −λg mH2 0 = −166500 J .
Perciò l’energia assorbita dall’acqua a causa del riscaldamento del ghiaccio è
maggiore di quella necessaria per solidificare tutta l’acqua: il sistema all’equilibrio sarà quindi composto da una massa omogenea di ghiaccio ad una temperatua
di equilibrio che sarà compresa fra −250◦ C e 0◦ C.
Resta quindi da calcolare qual’é la temperatura di equilibrio. Per farlo eseguiamo un calcolo analogo a quello effettuato nel primo caso. Il calore ceduto
dall’acqua in tutto il processo è dato dalla somma del calore perso per raffreddarsi fino alla temperatura di solidificazione, di quello perso per congelarsi completamente e poi, in stato solido (c = cg ), per raffreddarsi fino alla temperatura
di equilibrio Teq ,
54
QH2 O
=
=
mH2 O cH2 O (0◦ C − TH2 O ) + λS mH2 O + mH2 O cg (Teq − 0◦ C)
−mH2 O cH2 O TH2 O − λg mH2 O + mH2 O cg Teq .
L’energia che assorbe il ghiaccio è invece quella che gli permette di aumentare
la sua temperatura fino alla temperatura di equilibrio
Qg = mg cg (Teq − Tg ) .
Imponendo il principio di conservazione dell’energia si ottiene
Teq =
mg cg Tg + mH2 0 cH2 0 TH2 0 + λg mg
= −0.5◦ C .
(mH2 0 + mg )cg
Il sistema all’equilibrio sarà quindi composto da una massa di ghiaccio pari
a
mtot = mH2 O + mg = 0.9 kg ,
alla temperatura Teq = −0.5◦ C .
Esercizio 46
Un proiettile di massa mp = 10g con temperatura Tp = 0◦ C viaggia alla
velocità v = 400m/s e colpisce un grande blocco di ghiaccio anch’esso alla
temperatura Tg = 0◦ C. L’attrito col ghiaccio ferma completamente il proiettile.
Calcolare quanto ghiaccio si scioglie a causa dell’impatto.
Soluzione
L’energia Ei del proiettile prima di colpire il blocco di ghiaccio è puramente
cinetica ed è pari a
Ei =
1
mp v 2 = 800J = 191cal .
2
A causa dell’urto il proiettile si ferma di modo che la sua energia finale è
nulla, Ef = 0. L’energia trasferita al blocco di ghiaccio equivale all’energia
persa dal proiettile ed è perciò
Q = 191cal .
Il calore Q è in grado di fondere una massa di ghiaccio mg pari a
mg =
Q
= 2.4g .
λg
55
10
Legge dei gas perfetti e trasformazioni termodinamiche
Formulario
Il primo principio della termodinamica afferma che la variazione dell’energia
interna di un sistema ∆U è uguale alla somma dell’energia data al sistema
come calore Q e del lavoro fatto sul sistema W ,
∆U = Q + W .
Nel caso in cui il sistema in esame sia del gas contenuto in un pistone, il
lavoro W fatto sul gas quando il suo volume varia da Vi a Vf è
Z
Vf
W =−
P (V )dV .
Vi
Nel caso di un gas ideale P , V e T sono legate dall’equazione di stato
P V = nRT ,
dove n è il numero di moli da cui è costituito il gas e
R = 8.314
J
.
moleK
Per definizione, una mole di gas è quella quantità di gas che contiene NA
molecole, dove
NA = 6.02 × 1023 (Numero di Avogadro) .
Studiamo ora alcune fondamentali trasformazioni dei gas perfetti.
Isobara
Durante una trasformazione isobara la pressione del gas rimane costante, P =
cost. Il lavoro W fatto sul gas quando il suo volume varia da Vi a Vf è
Z
Z
Vf
W =−
Vf
P dV = −P
Vi
dV = −P (Vf − Vi ) .
Vi
Il calore ceduto al sistema è
Q = nCP ∆T ,
dove CP è il calore specifico molare a pressione costante. Per un gas monoatomico vale che CP = 52 R.
56
Isocora
Durante una trasformazione isocora il volume del gas rimane costante, V = cost.
Il lavoro W fatto sul gas è nullo in quanto Vi = Vf ,
W =0.
Il calore ceduto al sistema è
Q = nCV ∆T ,
dove CV è il calore specifico molare a volume costante. Per un gas monoatomico vale che CV = 23 R.
Isoterma
Durante una trasformazione isoterma la temperatura del gas rimane costante,
T = cost. Per calcolare il lavoro W fatto sul gas quando il suo volume varia da
Vi a Vf uso che
P V = nRT
⇒ P =
nRT
,
V
da cui
Z
Z
Vf
W =−
Vf
P dV = −
Vi
Vi
nRT
dV = −nRT
V
Z
Vf
Vi
dV
= −nRT ln
V
µ
Vf
Vi
¶
.
Poiché l’energia interna U di un gas perfetto dipende solo dalla sua temperatura si ha ∆U = 0, da cui
µ ¶
Vf
Q = −W = nRT ln
.
Vi
Adiabatica
Durante una trasformazione adiabatica il gas non scambia calore con l’esterno,
Q=0.
Si dimostra che in una trasformazione adiabatica
P V γ = cost. ⇒ P =
cost.
,
Vγ
dove γ = CP /CV . In particolare per un gas monoatomico γ = 5/3.
Il lavoro W fatto sul gas quando il suo volume varia da Vi a Vf è
Z
Z
Vf
W =−
Vf
P dV = −
Vi
Vi
´ P V −P V
cost. ³ −γ+1
cost.
f f
i i
−γ+1
=
dV
=
V
−
V
.
i
Vγ
γ−1 f
γ−1
57
Legge dei gas perfetti
Esercizio 47
Sapendo che in 1cm3 di aria ci sono 2.67×1019 molecole (numero di Loschmidt)
calcolare la pressione dell’aria alla temperatura T = 0◦ C.
Soluzione
Il numero di moli di molecole d’aria in 1cm3 sono
n=
2.67 × 1019
= 4.4 × 10−5 .
NA
E’ di fondamentale importanza convertire il volume in m3 e la temperatura
in K,
V = 1cm3 = 10−6 m3 , T = 0◦ C = 273.15K .
La pressione P dell’aria è
P =
nRT
≈ 105 P a ≈ 1atm .
V
Trasformazioni termodinamiche
Esercizio 48
Un recipiente contenente n = 2 moli di un gas perfetto alla pressione PA =
1atm è a contatto con un termostato che lo mantiene alla temperatura TA =
300K. Lentamente si comprime il gas fino a farne dimezzare il volume. In
seguito staccato il recipiente dal termostato e mantenendo la pressione costante,
si porta il recipiente ad un volume pari ad un terzo di quello iniziale. Calcolare
• La temperatura e la pressione finale del gas.
• Il lavoro totale compiuto dal gas.
Soluzione
Sia A lo stato iniziale del gas, B lo stato del gas dopo la compressione che
ne dimezza il volume e C lo stato in cui il volume è ridotto a un terzo di quello
iniziale.
La presenza di un termostato fa si che
A → B = isoterma ,
mentre per ipotesi
B → C = isobara .
Si vogliono calcolare TC e PC .
Per ipotesi PC = PB e per la legge dei gas perfetti
58
PB =
nRTB
nRTA
=2
= 2PA ⇒ PC = 2atm .
VB
VA
Analogamente
TC =
P C VC
1 P B VA
2 P A VA
2
=
=
= TA = 200K .
nR
3 nR
3 nR
3
Il lavoro totale WAC compiuto sul gas nella trasformazione A → B → C è la
somma del lavoro WAB compiuto durante l’isoterma e del lavoro WBC compiuto
durante l’isobara,
WAC
=
WAB
=
WBC
=
WAB + WBC ,
µ
¶
µ ¶
VB
1
−nRTA ln
= −nRTA ln
= 3458J ,
VA
2
1
1
−PB (VC − VB ) = PA VA = nRTA = 1663J ,
3
3
da cui
WAC = 5121J .
Il lavoro compiuto dal gas è W = −5121J.
Esercizio 49
Calcolare il lavoro compiuto da n = 3 moli di gas perfetto durante la
trasformazione A → B → C,
A → B = isocora ,
B → C = isoterma ,
dove
PA = 2atm
TA = −70◦ C
PB = 2PA
TB = 133◦ C
PC = PA
TC = TB .
Soluzione
Il lavoro WAC fatto sul gas nella trasformazione A → B → C è
WAC = WAB + WBC ,
dove WAB è il lavoro fatto sul gas nella trasformazione isocora e WBC è il
lavoro fatto sul gas nella trasformazione isoterma.
Dato che in una generica trasformazione isocora il lavoro fatto sul gas è nullo
si ha WAB = 0.
Rimane da calcolare WBC e usando l’espressione generale del lavoro in una
isoterma si ha
59
µ
WBC = −nRTB ln
VC
VB
¶
.
Si è scritto TB ma si sarebbe potuto egualmente scrivere TC in quanto TB =
TC . TB lo conosciamo ma dobbiamo convertirlo in Kelvin. Si ricordi che
0◦ C = 273K ,
da cui
TB = TC = 406K .
Si osservi che non ci interessa davvero sapere chi siano VB e VC bensì il loro
rapporto. Dato che
VB =
nRTB
nRTC
, VC =
,
PB
PC
e TB = TC e PB = 2PC si ha
VC
PB
=
=2.
VB
PC
Sostituendo questi valori nella formula per WBC si ha che il lavoro fatto sul
gas è
W = AC = WBC = −3 × 8.314J/moleK × 406K ln 2 = −7019J .
Perciò il lavoro fatto dal gas è 7019J.
Si osservi che con i dati a disposizione avremmo potuto calcolare direttamente VB e VC ,
VB
=
VC
=
nRTB
3 × 8.314J/moleK × 406K
=
= 0.025m3 ,
PB
4 × 105 P a
nRTC
3 × 8.314J/moleK × 406K
=
= 0.05m3 ,
PC
2 × 105 P a
dove si è usato il fattore di conversione atmosf ere − P ascal
1atm = 1.013 × 105 P a .
60
11
Cicli termodinamici
Esercizio 50
Calcolare il calore ceduto da n = 2 moli di gas monoatomico durante il ciclo
A → B → C → D → A,
A → B = isocora
B → C = isoterma
C → D = isocora
D → A = isoterma ,
dove
PA = 2 × 105 P a
PB = 4PA
PC = 2.285 × 105 P a
TA = 122K
TB = 4TA
TC = 4TA
PC
4
= TA .
PD =
TD
Soluzione
Poiché abbiamo a che fare con un ciclo ∆U = 0 e il calore Q assorbito dal
gas (o equivalentemente ceduto al gas) è
Q = −W ,
dove W è il lavoro fatto sul gas. Si ha
W = WAB + WBC + WCD + WDA = WBC + WDA ,
in quanto il lavoro compiuto nelle trasformazioni isocore è nullo. Sfruttando
l’espressione generale del lavoro compiuto in una isoterma si ha
µ
WBC
=
WDA
=
¶
µ
¶
VC
PB
= −nRTB ln
,
VB
PC
µ
¶
µ
¶
VA
PD
−nRTD ln
= −nRTD ln
.
VD
PA
−nRTB ln
Dai dati del problema si ha
TB = 488K , TD = 122K ,
PB
4PA
PD
PC
=
= 3.5 ,
=
= 0.286 ,
PC
PC
PA
4PA
da cui
µ
Q = −W = nR(TB − TD ) ln
4PA
PC
¶
= 7624J ,
e il calore Q̃ ceduto al gas è semplicemente l’opposto di Q, cioè Q̃ = −7624J.
Esercizio 51
61
Calcolare il calore Q assorbito dal gas nel ciclo
A→B→C→D→E→F →A,
dove
A→B
D→E
=
=
isobara
isocora
B → C = isocora
E → F = isobara
C → D = isobara
F → A = isocora ,
dove
VB
VD
=
= 3m3
3
2
PC
PE
PA =
=
= 2 × 105 P a .
3
4
VA =
Soluzione
In un ciclo il calore Q assorbito dal gas è uguale all’opposto del lavoro W
fatto sul gas,
Q = −W .
Sia A l’area racchiusa nel ciclo. Partendo dalla definizione di W come
integrale si può dimostrare che se il ciclo è percorso in senso orario
W = −A ,
mentre se il ciclo è percorso in senso antiorario
W = +A .
Nel caso in esame
62
A
= (VC − VD ) × (PC − PB ) + (VE − VF ) × (PF − PA )
= 2VA PA + 3VA PA
= 3 × 106 J .
Poiché il ciclo è percorso in senso antiorario si ha
Q = −W = −A = −3 × 106 J .
Esercizio 52
Calcolare il calore Q assorbito da n = 180 moli di gas nel ciclo
A→B→C→A,
dove
A→B
=
isobara
B → C = isoterma
C → A = isocora ,
dove
VA
VB
=
=
2m3 , PA = 4 × 105 P a ,
4m3 , TB = 1069K .
Soluzione
Il calore assorbito dal gas è Q = −W , dove
W
=
WAB + WBC + WCA
=
−PA (VB − VA ) − nRTB ln
=
−8 × 105 J + 11 × 105 J
= 3 × 105 J .
63
µ
VC
VB
¶
Perciò la soluzione è Q = −3 × 105 J.
Si osservi che il ciclo può essere approssimato con un triangolo. In quanto
PC =
nRTC
nRTB
=
= 8 × 105 P a ,
VC
VA
l’area del triangolo è
A≈
(VB − VA ) × (PC − PA )
= 4 × 105 J .
2
Coerentemente col risultato trovato, avremmo potuto stimare il calore Q con
Q = −W ≈ −A = −4 × 105 J .
Esercizio 53
Calcolare il calore Q assorbito da n = 2 moli di gas monoatomico durante il
ciclo A → B → C → A,
A → B = isobara
B → C = isocora
C → A = adiabatica ,
dove
PA = 2 × 105 P a
P B = PA
VA
VB =
2
VA = 0.01m3
PC = 6.35 × 105 P a
VC = VB .
Soluzione
Il calore Q assorbito dal gas è
Q = QAB + QBC + QCA ,
dove
• QAB = calore assorbito durante la trasformazione isobara
• QBC = calore assorbito durante la trasformazione isocora
• QCA = calore assorbito durante la trasformazione adiabatica
Durante la trasformazione adiabaica il gas non scambia calore, QCA = 0,
mentre durante l’isobara e l’isocora si ha
QAB
QBC
=
=
nCP (TB − TA ) ,
nCV (TC − TB ) .
Il problema si riduce quindi a calcolare TA , TB e TC . Sfruttando la legge dei
gas perfetti si ha
64
TA
=
TB
=
TC
=
P A VA
= 120K ,
nR
P B VB
1 PA VA
1
=
= TA = 60K ,
nR
2 nR
2
P C VA
P C VC
=
= 191K .
nR
2nR
Sostituendo i valori della temperatura nelle formule si ha
QAB
QBC
=
=
−2494J ,
3267J ,
da cui
Q = 773J .
65
12
Elettrostatica e magnetismo
Esercizio 54
Una particella di massa m = 10g e carica negativa q = −1mC viene posta fra
le armature di un condensatore a piatti piani e paralleli, ed è inoltre sottoposta
a gravità terrestre. Le armature distano tra loro d = 1cm. Determinare:
• Come posizionare il condensatore affinché la particella possa rimanere in
equilibrio.
• La differenza di potenziale da applicare al condensatore affinché la particella resti sospesa in equilibrio.
Soluzione
Il condensatore deve essere posto in modo da bilanciare la forza di gravità,
quindi, poiché il campo elettrico in un condensatore piano è perpendicolare alle
armature, queste devono essere poste parallelamente al suolo per avere un campo
elettrico parallelo a quello gravitazionale. Visto che la carica è negativa è ora
necessario porre il condensatore in modo che l’armatura negativa sia posta in
basso in modo da imporre sulla carica una forza diretta verso l’alto, in contrasto
con quella gravitazionale. In questa condizione il campo elettrico sarà quindi
perpendicolare alle armature e diretto verso il basso in quanto esso va sempre
dall’armatura positiva a quella negativa.
Perchè la particella resti sospesa in equilibrio è necessario che la forza elettrica che subisce a causa della presenza del condensatore bilanci la forza peso che
tende invece a trascinarla al suolo, in modo che la risultante delle forze risulti
nulla
P + Fe = 0
⇒
P = −Fe ,
dove la forza elettrica è data dal prodotto della carica per il campo elettrico,
Fe = −qE, mentre P = −mg. Perciò
mg = −qE .
L’unica incognita, il campo elettrico E, si può calcolare in funzione della
differenza di potenziale ∆V come
E=
∆V
.
d
Sostituendo il valore del campo elettrico nell’equazione di equilibrio si calcola
infine che
mg = −q
∆V
d
⇒
∆V = −
mgd
= 0.98V .
q
Esercizio 55
Un elettrone si muove in un campo magnetico uniforme di modulo B =
10−6 T . Ammesso che la velocità iniziale dell’elettrone sia ortogonale al campo
~ e abbia modulo v = 2 × 105 m/s, si determinino
B
66
• Il raggio r della traiettoria dell’elettrone.
• Il periodo T di rotazione dell’elettrone.
Si ricordi che la carica dell’elettrone è qe = −1.6 × 10−19 C mentre la sua
massa è me = 9.1 × 10−31 kg.
Soluzione
~ è sottoposto alla forza di Lorentz
L’elettrone in moto nel campo magnetico B
~ .
F~ = qe~v × B
Poiché per ipotesi la velocità iniziale dell’elettrone è ortogonale al campo
magnetico, la traiettoria dell’elettrone è una circonferenza e il moto dell’elettrone è circolare uniforme: se fosse stato altrimenti la traiettoria sarebbe stata
elicoidale.
Ricordando che in un moto circolare uniforme a = v 2 /r, osservando che
l’unica forza in gioco è la forza di Lorentz, il cui modulo è F = |qe |vB (si
ricordi che qe è negativa e dobbiamo perciò considerarne il modulo), e imponendo
F = me a si ottiene
qe vB = me
v2
r
⇒ r=
me v
= 1.14m .
qe B
Il periodo T è il tempo impiegato per percorrere la circonferenza di lunghezza
2πr alla velocità v,
T v = 2πr ⇒ T =
2πr
= 3.58 × 10−5 s .
v
Esercizio 56
Un protone e un elettrone sono inizialmente alla distanza r0 = 10m. Ammesso che il protone sia matenuto immobile e che l’elettrone abbia velocità iniziale
nulla, v0 = 0, calcolare la velocità acquisita dall’elettrone quando questo si trova
alla distanza r1 = 1m dal protone.
Si trascuri ogni interazione gravitazionale e si ricordi che me = 9.1×10−31 kg,
qp = −qe = 1.6 × 10−19 C.
Soluzione
All’istante iniziale l’energia del sistema è puramente elettrostatica
U0 =
1 qe qp
,
4π²0 r0
dove
1
N m2
= 8.99 × 109 2 .
4π²0
C
Quando le due cariche si trovano a r1 = 1m l’energia del sistema è data dalla
somma dell’energia elettrostatica del sistema e di quella cinetica dell’elettrone
67
U1 =
1
1 qe qp
+ me v12 .
4π²0 r1
2
Imponendo la conservazione dell’energia si ha
s
µ
¶
qe qp
1
1
U0 = U1 ⇒ v1 =
−
= 21.3m/s .
2me π²0 r0
r1
Esercizio 57
Una resistenza R = 30Ω è collegata ad un generatore di corrente continua
con ∆V = 200V ed è immersa in un recipiente contenete una massa di ghiaccio
mg = 0.2kg in equilibrio a 0◦ C con l’acqua in cui si trova. Si determinino
• La corrente I presente nel circuito.
• Dopo quanto tempo il generatore ha erogato un’energia sufficiente a sciogliere
completamente il ghiaccio.
Si ricordi che λg = 3.33 × 105 J/kg.
Soluzione
La corrente presente nel circuito si ottiene dalla legge di Ohm
∆V = RI
⇒ I=
∆V
= 6.7A .
R
La potenza del generatore è
P = RI 2 =
(∆V )2
= 1333J/s .
R
Per fondere completamente la massa di ghiaccio è necessario fornirle il calore
Q = mg λg = 66600J .
Il tempo incognito t in cui il generatore eroga l’energia necessaria a fondere
il ghiaccio è perciò dato da
Pt = Q ⇒ t =
68
mg λg R
= 50s .
(∆V )2
