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Problemi di fisica risolti e commentati 1 ( PDFDrive.com )

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PROBLEMI DI
FISICA
RISOLTI E COMMENTATI
1
3 3 edizione
Pietro Pavan
Dipartimento di Fisica
Universita degli Studi di Padova
Francesca Soramel
Dipartimento di Fisica
Univer ita degli Studi di Udine
cea:
CASA EDITRICE AMBROSIANA
Copyright © 2007, 1994, 1986 e.E.A. Casa Editrice Ambrosiana
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esiste, nel catalogo dell'editore, una successiva edizione, le opere presenti in cataloghi di altri editori o le opere antologiche.
Redazione : Natalia Nanni
Fotocomposizione: CompoMat, Configni (RI)
In copertina: Elaborazione di un'immagine gentilmente concessa da
IBM Research, Almaden Research Center
Prima edizione : giugno 1986
Seconda edizione: aprile 1994
Terza edizione: gennaio 2007
Ristampa
5
4
3
2
2008
2009
2010
2011
2012
Realizzare un libro è un'operazione complessa, che richiede numerosi controlli : sul testo, sulle immagini e sulle relazioni
che si stabiliscono tra loro. L'esperienza suggerisce che è praticamente impossibile pubblicare un libro privo di errori.
Saremo quindi grati ai lettori che vorranno segnalarceli.
Per segnalazioni o suggerimenti relativi a questo libro rivolgersi a:
e .E.A. Casa Editrice Ambrosiana
via Gargano 21 , 20139 Milano
fax 02 52202260
e-mail: [email protected]
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sono di ponlblll errata corrige per questo volume. Accedendo, attraverso Il menu
sinistra, alla pagina Per /'università, è possibile visualizzar l'elenco del volumi per i quali è disponibile un errata corrige cliccando su
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sezione Servizi della scheda dedicata al volume, raggiungibile cl
ndo sul titolo del volume stesso.
Stampato da Grafica Ragno
via Lombardia 25, Ozzano Emilia (BO)
per conto della e.E.A. Ca Editrice Ambrosiana,
via Gargano 21, 20139 Mli no
Prefazione
Questa terza edizione di «Problemi di Fi ica I» i e resa nece saria per
adeguar i ia ai nuovi ordinamenti didattici ia al riordino degli argomenti
adottato nella nuova edizione del t to «Fi ica l » di Halliday, Re nick e
Krane (H.R.K.), a cui que to e erciziario i affianca. Sono stati aggiunti
alcuni e ercizi che abbiamo ritenuto particolarmente utili e interes anti ai
fini didattici. Alcuni di questi ono privi di numerazione in quanto non
pre enti nell'ultima edizione di H.R.K. Abbiamo inoltre preme so un
ria sunto delle regole di crittura delle unità di mi ura, co a che abbiamo
constatato e sere particolarmente utile nei no tri corsi.
La raccolta co titui ce un percorso per quanto po ibile completo ( econdo le no tre scelte didattiche, dovute alla nostra lunga e perienza in
Cor i di Fi ica Generale oltre che in Cor i di E ercitazioni) attraver o
gli argomenti, le trategie e le tecniche di risoluzione dei problemi. Sarà
facoltà dello tudente integrare la sua preparazione con la oluzione di
altri problemi, econdo la propria curiosità e la propria disponibilità di
tempo.
Come per la precedente edizione, non abbiamo ritenuto di dover preentare ri po te alle «domande» propo te alla fine di ogni capitolo di
H.R.K.: si tratta generalmente di que iti che richiedono argomentazioni
qualitative ed e po izioni molto più di cor ive di quanto erve inv ce
per un problema. La loro migliore utilizzazione arà pertanto, a no tro
modo di vedere, una di cu ione orale con o enza la guida del Docente.
Abba tanza pe o aJla fin del la ri oluzione di un problema abbiamo
aggiunto delle «o ervazioni»: si tratta di complementi utili, ma non
strettamente nece ari per la risoluzione, oppure di richiami su po ibili
malintesi e/o fonti di errore, o anche soluzioni alt rnative. Lo tudente
non ottovaluti la loro importanza. In alcuni ca i abbiamo aggiunto un
e empio di trattazione numerica che il t to non richiedeva. Riteniamo
infatti che ia importante ri olver fino in fondo il problema anche per
render i conto dell'entità d Il grandezze fi iche che vi compaiono.
Anche e naturalmente affiancato a H.R.K. que to libro di e ercizi
può es ere proficuamente utilizzato anche in cor i che adottano altri te ti
Vi
PREFAZIONE
ISBN 88-408-1373-X
in quanto si è po ta cura di illustrare in modo per quanto pos ibile esauriente le varie formule utilizzate nella ri oluzione, nonché di richiamare
eventualmente i presupposti del problema.
Un ' os ervazione importante e una raccomandazione per gli studenti.
Abbiamo adottato, coerentemente con il testo H.R.K., la notazione oggi
ufficialmente ricono ciuta per i vettori, che vengono indicati in carattere
cor ivo neretto. È importante che lo studente i abitui a contra egnare
sempre le grandezze vettoriali con una freccia sovrapposta (la opralineatura può dare adito ad ambiguità col simbolo di valore medio). Quando
i crive a mano, cor ivo e neretto vengono ignorati, e enza una chiara
di tinzione tra scalari e vettori è pos ibile incorrere in madornali errori
di calcolo, pecialmente per quanto riguarda i egni.
Anche se abbiamo esercitato il mas imo impegno per e itar errori
di sorta, qualcuno ci arà certamente fuggito. Saremo grati a quanti ,
colleghi o tudenti, ci vorranno segnalare le inevitabili man h voi zze.
Dicembre 2006
Pi tr Pavan
Fran
a ramel
•
Indice
LE MISURE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
MOTO IN UNA DIMENSIONE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 FORZA E LEGGI DI NEWTON . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 MOTO IN DUE E TRE DIMENSIONI . . . .. . . . . . . . . . . .
APPLICAZIONI DELLE LEGGI DI NEWTON ....... .
QUANTITÀ DI MOTO .............................. .
SISTEMI DI PARTICELLE ....... ·................... .
CINEMATICA DEI MOTI ROTATORI ................ .
DINAMICA DEI MOTI ROTATORI .................. .
10 . MOMENTO ANGOLARE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
2
ENERGIA I: LAVORO ED ENERGIA CINETICA .. .
1"'12 ENERGIA 2: ENERGIA POTENZIALE ............. .
/ 13 ENERGIA 3: CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA .. .
/ 14 LA GRAVITAZIONE ............................... .
15 STATICA DEI FLUIDI ............................. .
16 DINAMICA DEI FLUIDI . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17 • FENOMENI OSCILLATORJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18 FENOMENI ONDULATORI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19 ONDE ACUSTICHE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20 TEORIA DELLA RELATIVITA RISTRETTA . . . . . . . . .
21 TEMPERATURA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22 PROPRIETÀ MOLECOLARI DEI GAS . . . . . . . . . . . . . .
23 PRIMA LEGGE DELLA TERMODINAMICA . . . . . . . .
24 ENTROPIA E SECONDA LEGGE
DELLA TERMODINAMICA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
APPENDICE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I' 11
1
9
25
33
47
65
73
83
95
109
121
133
145
155
165
177
186
201
209
219
227
235
241
251
261
Capitolo 1
LE MISURE
ESERCIZIO 1.04
La distanza tra Nairobi e Singapore, entrambe
vicine all'equatore, è di circa 8000 km; la differenza di fuso orario tra
le due città è di circa 5 ore. Stimare la circonferenza della Terra.
Soluzione
Per rispondere al quesito è necessario ricavare l'angolo
descritto dalla Terra nel suo moto di rotazione in circa 5 ore:
rJ
2n rad
= w •t = - (5 ore) ~
24 ore
I , 31 rad .
Dalla definizione di misura di un angolo un radianti, si ottiene
rJ =l/R
=>
R
~
8000 km
--1,31 rad
= 6100 km
e quindi la circonferenza della Terra è C = 2nR ~ 38 308 km.
Nella formula che dà la misura dell'angolo in radianti in funzione di R,
R è la distanza dall'asse di rotazione terrestre. Perché R rappresenti il
raggio della Terra, dunque, è indispensabile che le due città si trovino
molto vicino ali' equatore.
ESERCIZIO 1.21
Le distanze astronomiche sono tanto più grandi
di quelle terrestri, che per agevolare il loro confronto fra corpi celesti si
usano diverse unità di misura di lunghezze. Una unità astronomica (UA)
è uguale alla distanza media tra Terra e Sole, cioè 1,50 • I 0 8 km. Un
parsec (pc) è la distanza alla quale I UA sottende un angolo di I secondo
di grado. Un anno-luce (a.I.) è la distanza che la luce nel vuoto percorre
in un anno alla velocità di 3,00 • I 0 5 km/s. (a) Si esprima la distanza
Terra-Sole in parsec e in anni-luce. (b) Si esprimano l'anno-luce e il
parsec in kilometri. Sebbene l'anno-luce sia l'unità più nota, il parsec
è quella preferita dagli astronomi.
Soluzione
(a) L'angolo di I" espresso in radianti è
2
I
ISBN 88-408-1373-X
Dalla d finizion
L Ml
RE
di par e allora
1 UA
4 ,85-10- 6 rad = - 1 pc
I UA
=>
I pc
= 4 85 . l 0 _6 rad = 2 06- IO
UA .
La di tanza percor a dalla luce in un anno
I a.I. = (3 00 - 10
P r proceder con il calcolo
m condi:
L' anno-luce
1 a.I.
n e
km/ )(1
ario
anno).
primer la durata di un anno
quindi
= (3
00 • 105
km/ )(3 15 • 107
)
= 9 46.
10 12 km
pre o in unita astronomiche vale
eh
9 46. 10 12 km
I a.I. = - - - - - - = 6 31 · 10 1 UA .
I 50 · IO km / UA
(b) Le di tanz
in chilometri ono
l pc = (2,06 · 10 UA)(l 50 · 10 km / UA) = 3,09 · 10 1 km
1 a. I.
= 9 46 • I O12 km .
ESERCIZIO 1.23
Sapendo che la ma a di un atomo di idrog no
mH = I 00782503214 u
che I unità di ma a atomica val appro imativament 1 u = 1 661 • 10- 27 kg d t rminare il num ro di atomi
di idrogeno cont nuti in 1 kg.
Soluzione
La ma a di un atomo di idrog no in unit at mi h
mH
= 1 007825032 )4 U.
Poiché d altra part
1u
= I 661
· 10- 27 kg
ri ulta o tituendo:
mH
= (1
00782503214
u
1 661 • 10- 27 k
da cui il num ro di atomi ri hi
n
/u = 1 674 • 10- 27
to
= 1 kg/ m H = 5 97 4 • I02
kg
I
LE MI URE
ISBN 88-408-1373-X
3
1. Poiché cono ciamo (in qu to e ercizio) il fattor
di conv r ion da unita atomich a kg con ol quattro cifr ignificativ
il uo valor non i può ritenere più accurato di una parte u 104 • L
cifre oltre la quarta nel ri ultato finale ono pertanto priv di ignificato
non d vono e re tra cri tt .
2. Nell ultimo pa aggio per il calcolo di n i è e eguito il quoziente di
due grandezze entrambe e pre e in kg. Il rapporto ri ulta un num ro
adimen ionale, privo cio di unità di mi ura.
Osservazioni
ESERCIZIO 1.31
Un terreno poro o attraver o il quale puo filtrare
l'acqua chiamato acquifero. 11 volum V di acqua eh flui e attrav r o
una uperficie A nel tempo t di un t rreno acquii ro dato dalla
V
H
- = KA t
L
dove H rappre enta la caduta verticale dell acquifero u una di tanza
orizzontale L (v di figura). Que ta relazione detta legge di Darcy. La
quantità K
inv e la conduttività idraulica d Il acquifero. Quali ono
I dimen ioni di K nel SI?
Soluzione
L' quazion
dim n ionale
:
da cui:
La conduttività idraulica i mi ura quindi , nel SI, in ml · I unità pratica
pe o u ata il cm/h; il pa aggio da una unita ali altra dato da:
cm
1-
Osservazioni
h
10- 2 m
= - - = 2, 78 · 10-
m
3600
Sotto 1 azion della gravità 1' acqua tend r bb ad accelerare il uo moto; col ere cere d Ila v locità ere cono anch 1 re i t nz
di attrito interno del fluido co icché a un certo momento le forze re itenti guagliano le forze motrici
i tabilizza un moto uniforme: da
qui la proporzionalità fra cau a (di liv Ilo) d fl tto (portata).
La legge di Darcy ha una grande importanza nello tudio del moto
dell acqua nel terreno con id rato com un m zzo poro o omog neo ;
fu ricavata da Henri Dar y (ingegnere idraulico frane
d 11a prima
m tà del! Ottocento) mpiricamente, ma la i può d rivar da una legge
più gen rale (legg di Navi r-Stoke ), con molt ipot i emplificative,
quando la v locit d Il acqua
molto ba a. i parla al1ora di moto
laminare int nd ndo che il moto dell'acqua avvien come lo corrim nto di trati (o lamine) ovrapp ti h non i me colano. La legge
di Darcy, eh int re a oltanto alori medi di grandezze idrauliche
e un ri ultat
enzialm nt
tati tico. La conduttività idraulica di p nde dalle caratteri tich d I liquido e dalle proprieta del olido. Valori
tipici medi d 11a conduttività idraulica per I acqua ono per e empio:
4
I
ISBN 88-40 8-1373-X
K = 2 + 6 cm/h = (O 6 + l 7) • 10- 5 m/ . (con
O 125 + 25 cm/ h).
--- ----- ---
0.52°
~
rra
Luna
(Il di egno n n
in
·ala)
B
LE Ml URE
cur ioni ma ime di
PROBLEMA 1.02
La di tanza media del Sole dal1a Ti rra
390
volt la di tanza del1a Luna dalla Terra. Con iderando l'ecli e tota]
di Sole (la Luna i trova tra la Terra il Sol ; edi figura) cakolare:
(a) il rapporto tra il diametro olare e il diametro della Luna (b) il
rapporto tra il volume olare e quello della Luna. (c) L' angolo otto il
quale i ved la Luna è di O 52° m ntre la di tanza tra la Ti rra e la
Luna è di 3,82 • 105 km: calcolare il diametro della Luna.
Soluzione
(a) Indichiamo con V il vertic del cono d ombra, con L
ed S ri pettivamente i e ntri di Luna e Sole
con A e B i punti di
tangenza di una generatrice del cono con Luna e Sole. I triangoli VAL
VBS ono imili e quindi hanno i lati in proporzione:
2SB
SV
= = 390
2LA
LV
cioe il diametro del Sol
ri ulta 390 volte quel1o della Luna.
390 = 59 3 • I0 6 •
(b) Il rapporto dei volumi
(e) Per ca1colare il diametro d della Luna bi ogna tra formar la mi ura
d 11' angolo in radianti. Il diametro della Luna ri ulta e er
d = rJ R = (0 52°)
(
TI rad)
- (3 ,82 · 105 km) = 3467 km.
180°
La di tanza, per e empio, Terra-Luna è la di tanza tra
i commette un rror d 11 1 5 ~ · d altra part anche l'indicazione del
rapporto tra l di tanz
appro i mata.
Il vertice del on d mbra proi ttato dalla Luna cade molto vicino al1a
lt un po opra a volt un po' otto g nerando
ri p ttivamente le
i anulari e le ecli i totali di Sol . L ecli i
tota1i inter ano empr una zona molto limitata (al ma imo 200 km) e
durano non più di 8 minuti. È I cito nei riguardi d 1 probi ma upporre
eh il v rtice del cono d ombra cada e attament n Ila uperficie t rre tr .
PROBLEMA 1.03
Il na i ator d Ila petroli ra Exxon Valdez u a iI
atellit d l Global Po ition Sy t m (GPS/NAVSTAR) p r la d t rminazione d Ha latitudine e della l n itudine (vedi figura . Otti n ri pettivamente i alori 43° 36' 25 3" N 77° 31' 48 2" W. S I rror di que te
due mi ure di ± 0 ,5" quanto l' errore del1a po izion d Ila petroliera
mi urata lungo (a) la linea nord- ud (meridiano di l n itudine) e (b) la
linea e t-ove t (parali lo di latitudin )? (e) Do e i tr a la petroliera?
I
LEMI URE
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
data da:
5
(a) La po izion nord- ud o ia la di tanza daJ poi N rd
(!J)
= RtJ,
p r cui I incert zza ulla po izion
8
nord- ud
= R8ìJ.
P r calcolarla dobbiamo tra fonnar I inc rt zza d Il angolo in radianti:
8tJ =
ud
8<p
05 Jt
_
= 2,42 • 10 rad
3600 180
Il
= 0 ,5 =
valor del raggio t rr tr m dio R = 6 ,37 • l 06 m
8. = (6,37 • 106 m)(2,42 • 10- rad) = 15,3 m.
(b) P r d t rrninar la po izione t-ove t cio la di tanza dal m ridiano
di Gr nwich bi ogna dapprima calcolar la di tanza dall a
t rre tr
r = R in fJ p r cui
l(tJ </>) = r</) = </)R in tJ
quindi I inc rt zza ulla po izion
81
= IR
in fJ I 8</)
t-ov t
+ IR</) co
N I cal olo bi ogna utilizzar gli an oli
pr
data da:
tJ 18ìJ .
i in radianti:
tJ = 43° 36' 25 3" = 4 61 ° = O 761 rad
</> = 77° 31 ' 48 2" = 77 53° = 1,353 rad.
L' in ertezza ul parali lo di latitudin
81 = (6 37 • 106 m)(0 6897)(2,42 • 10- 6 rad) +
+ 6 ,37 • 10 m)(l ,35 rad)(0 ,7241)(2 42 • 10- 6 rad) =
= IO, 65 m + 15 13 m = 25 7 m .
nt eh
8[ =
e) La na
qu
to
j oo 65 m
i trova ul la
alcolo forni e
2
un limit
up rior
+ (15 , 1 m) 2 = 18 50 m.
Ontario n i pr
i di Toronto.
p r
6
I
ISBN 88-408·1373-X
l
Ml URE
PROBLEMA 1.04
Nell ottobre del 1707 quattro navi da guerra britanniche i incagliarono a cau a di un errore nei calcoli della po izione.
L'incidente diede un impul o alla ricerca di orologi preci i abba tanza da
permettere una localizzazione con un rrore inferiore a 30 miglia marine
dopo un intero viaggio dalla Gran Bretagna alle Americhe e ritorno.
(a) Quale errore ma imo giornaliero deve pre entare un tal orologio?
(b) Quale arebbe l'errore ma imo giornaliero per un orologio che conenta una localizzazion e atta entro 0,5 miglia dopo un anno di navigazione?
(a) La Terra gira attorno al uo a e con velocita angolare
Soluzione
w = 1 giro/24 h = 2rc rad /24 • 3600
= 7 ,27. 10- 5 rad/ .
30 miglia marin equivalgono alla di tanza d = 30· 1852 m = 55,56 km.
L'incertezza d nella po izione corri ponde a una incertezza /j.t nel tempo:
d
= w · r · /j.t
/j.t
d
= ---w · R CO fJ
dove r = R co rJ e la di tanza del punto con iderato dal I' a e di rotazione
terre tre, R è il raggio terre tre e 7'J la latitudine. Ri ulta evidente che
la ituazione più tringente per /j.t i ha all equatore (rJ = 0). Per avere
incertezza inferiore alle 30 miglia marine, deve e ere
55 56km
= 12131
(7 27 • 10- 5 rad / )(6300 km)
/j.f
121 3 1
-- <
'
= l 40 · 1o- = O 14 l½ .
24 h
86400
/j.f
<
(b) Per un'incertezza di 0,5 miglia marine (= 926 m) , l' incertezza nel
tempo e
/j.f
<
O 926 km
(7, 27 • 10- 5 rad / )(6300 km)
= 2 02
'
e quindi, I inc rt zza relativa per la durata di 1 anno è
Osservazioni
Si o er i h n Ila formula dell inc rtezza del tempo
i è potuto e primere ia la di tanza che il raggio t rr tre in chilometri.
PROBLEMA 1.06
Supponiamo che lo vuotam nt di un erbatoio
d 'acqua richi da 12 h di tempo. e i1 volume ntenut
di 5700 m
qual e la portata ma ica media in kg/ ) di u cita del fluido? La ma a
volumica dell acqua è di 1000 kg/m .
I
LE MISURE
ISBN 88-408-1373•X
7
Soluzione
Nei dati del problema, ia la ma a che. la ma a volumica
(una volta detta «den ita») ono e pre e in unita del SI. 11 tempo invece
dato in ore, che convertiremo in econdi, vi to che la grandezza incognita
dev' e ere e pre a in kg/ , cioè in unità del SI.
12 h
=
12 · 3600
= 4, 32 . 104
Dalla definizione di ma a volumica: p = m / V (rapporto tra ma a e
volume), i ricava la ma a totale dell 'acqua:
m =V· p
= (5700 m
)(1000 kg/ m3 )
= 5 7 • 106 kg.
La velocità di vuotamento, detta anche p__ortata di massa
deflui ce nell'unità di tempo:
5, 7 . 106 kg
4 32. 104
'
la ma a che
= 1 32k
'
g/
_--.,
Osservazioni
1. Prima di procedere alla o tituzione d i valori numerici nelle formule, occorre a icurar i che e i iano e pre i in unità
del SI. In ca o contrario bi ogna effettuare le opportune conver ioni di
unità. È con entito di derogare da que ta regola quando nelle formule
compaiono olo rapporti adimen ionali.
2. Facciamo notare e plicitamente che per e primere correttamente le
unità di mi ura delle grandezze calcolate ba ta e eguire sulle unità di
mi ura dei dati le te e operazioni che i eseguono sui valori numerici.
MOTO IN UNA DIMENSIONE
ESERCIZIO 2.01
Considerate due vettori spostamento, uno di modulo 3 me l'altro di modulo 4 m. Fate vedere come si possono combinare
per ottenere un vettore risultante di modulo (a) 7 m, (b) 1 m e (c) 5 m.
Soluzione
Indichiamo con a il vettore di modulo 3 m, con b quello
di modulo 4 m e con e il vettore risultante.
(a) Sappiamo che lcl = 7 me che lcl = Jlal 2 + 1h1 2 + 2abcos0, con
0 angolo tra la direzione del vettore a e quella del vettore b; sappiamo
inoltre che e= a+ b.
Possiamo pertanto scrivere
7
= ✓32 + 42 + 2 . 3 . 4 . cos 0 .
Da cui, risolvendo, otteniamo
7 = ✓9
+
16 + 24 cos 0
ed elevando entrambi i membri al quadrato, ricaviamo
49
e
a
•
b
•
49-25
= 25 + 24cos0:::} cos0 = - - = I :::} 0 = 0° .
24
I due vettori a e b sono quindi allineati, hanno cioè la stessa direzione
e lo stesso verso, come illustrato nella figura seguente.
Va notato che solo questa composizione dei due vettori ci pennette di
avere un vettore somma il cui modulo equivalga alla somma dei moduli
dei due vettori addizionati e di cui direzione e verso coincidano con
quelli dei due vettori a e b.
(b) In questo secondo caso, procedendo come per il caso precedente,
otteniamo
I = ✓9 + 16 + 24 cos 0
e quindi
1 = 25
+ 24 cos 0
=}
I - 25
cos 0 = ~
= - I :::} 0 = 180° .
10
ISBN 88-408-1373-X
e
b
Que ta volta i due vettori hanno la mede ima direzione, ma ver
come mo trato in figura.
Il vettore ri ultante e ha la te a direzione dei v ttori a
equivalente a quello del vettore di modulo maggiore (nel no
v ttor b ). Il vettore ri ultante e in que to ca o corri pond
omma dei vettori a e b con il modulo minore po ibil .
o oppo to
b, v r o
tro ca o il
al vettore
(c) In que to t rzo ca o i ottiene
25 = 25
+ 24 CO
0
0 =
=} CO
25 - 25
24
= 0 :::} 0 = 90° .
I due v ttori ri ultano
er ortogonali tra loro e il vettore ri ultante
forma con la direzione del vettore a un angolo </> dato dalla relazione
lhl
tan</> = ~ =
4
3
= 1,33:::}
</>
= 53
o
come mo trato nella figura eguent .
Nota
Ricordiamo che 1 angolo è un quantita adimen ionaJe in quanto
definita come il rapporto tra due lunghezze tuttavia ad e o viene attribuita
un ' unita di mi ura (gradi o radianti) e un vero, po itivo e 1 angolo
percor o in en o antiorario negativo nel ca o oppo to.
ESERCIZIO 2.03
Il vettore a ha modulo 5,2 unita d
ver o e t. Il vettore b ha modulo 4,3 unità ed è orientato 35° a
orientato
t ri p tto
al nord. Co truendo i diagrammi dei vettori tro ar modulo direzione
e ver o di (a) a + b e (b) a - b.
Soluzione
v ttori a
b
(a) Il diagramma h i d il
tt r omma e d i due
illu trat in fi ura. P r il t or ma d 1 co no
ord
lal2 + 1h12 - 21allbl co
lcl =
dove y = 180°- /3 I an
55° l'angolo tr i du
du vettori quand
vale
y
l tra i du lati a e b mentre f3 = 90° - 35° =
tt ri a b (che, ricordiamo, è l'angolo tra i
pplicati a uno te o punto). Il modulo di e
lcl = J1a1 2 + 1h1 2 -
= J1al2 + 1h1 2 + 2a · b ·
o 55°
= 7 6 unità.
La dir i n di e ri petto all
individuata dall ' angolo
propri t d i paral1elogrammi val
0 = arctan -
y
b
= --- =
a +b
2,5
- - - = O 3 :::}
5,2+3,5
= 1
p r le
o
ISBN 88-40 1373·X
ord
(b) P r trovar ora la differ nza d i vettori a e b
uffici nt ri rdar
che il vettore - b il vettore oppo to ab , ovvero il v ttor eh diff ri e
da b p r il olo v r o; la difi r nza a - b ara pertanto la omma di
a e - b, ov ero d = a + (- b). Graficament avr mo la ituazion qui
di eguito rappr ntata. In qu to ca o l'angolo /J' tra a
- b val
{3' = - (90° + 35°), quindi y ' = 180° - /J' = 90° - 35° = 55° per cui
i
I
I
I
O
11
if
k
i .,,/b
.,
I I
I I
Idi = J 1al2 + 1h12 - . 2a · b · co 55° = 5 7 unità
by
0 = arctan ~=
dx
ax + hx
2 5
- ,
= - 15
5 ,2 - 35
•
0= - 557° .
ESERCIZIO 2.07
Nella notazion d i ver ori qual la omma d i
du vettori a = Si + 3j e b = - 3i + 2j? D t rminar il modulo la
dir zione il ver o di a + b.
Soluzione
Indichiamo con e il v ttore omma d i du v ttori a b
l compon nti di e in dir zion i (a
d Il x) j (a ed Il ) aranno
la omma d Il ri p ttiv compon nti di a b o v ro
e= a+ b
= (5 - 3)i + (3
+ 2)j =
2i + 5j.
Il modulo di e i ottien utilizzando le ue componenti
La direzion di e, individuata dall angolo 0 eh il v ttor forma con
I a e delle x i determina pur con le componenti n I guent modo
tan0 = -
I
= -5 = 2,5
2
•
0 = arctan2 5 = 68 ,2.
0
Ricordiamo che in qu to ca o abbiamo ottint o l'unità di mi ura d I
v ttore e la cui compon nt lungo x vale 2 unita mentr quella lungo
aie 5 unità.
ESERCIZIO 2.11
Un podi ta corr per 250 m in direzion di 35°
ver o t ri petto al nord e poi p r 170 m ver o t. (a) Con il m todo
grafico trovate il uo po tam nto dal punto di partenza. (b) Confrontat
il modulo d I uo po tam nto con la di tanza che gli ha ffettivamente
percor o.
Soluzione
(a) Indicando al olito con e il v ttor omma con </J
1 angolo che
o forma con I a
dell x abbiamo la ituazion rappre entata in figura (a il vettor di modulo 250 m mentre b e qu Ilo
di modulo 170 m).
(b) Con l olit formul tro iam il modulo del v ttor omma
lc l = Jlal 2 + lbl + 2a · b · co 0 =
,l
= ✓250 2
1702
+ 2 · 250 · 170 · CO
55°
= 374,4 m.
12
ISBN 88-408-1373-X
P r la direzion di e ri p tto ali
tan <P
=
Cy
x
=_
a _.-
a . + hx
=
t con rit rim nto alla figura abbiamo
204 8
m
(143,4 + 170) m
= O 65 => <P = 33
2° .
Il v ttor e indica lo po tam nto m ntre il p rcor o effettivo s
dal1a omma d i du p r or i parziali ovv ro
s
dato
= a + b = 250 m + 170 m = 420 m .
Si può notar
maggior d 1 modulo d l ettor e· ciò
mpr
v ro a m no eh i du vettori a e b non abbiano la t a dir zion
lo t
n I qual ca o il modulo di e coincide con il percor o
ESERCIZIO 2.14
po lamento n
Soluzione
Innanzitutto indi iduiamo n I piano x i tre po tam nti (a,
b, e) lo po tam nto compi i o (d) non h lo po tamento n c aria
p r riportar la partic Ila ali origin (e .
rd
B
(a) Indichiamo on i ej ri petti am nte i v r ori dell a e
I ompon nti d i tre tt ri a b e ono
a = a o 45° = 4 13 m · 0,71 = 2 92 m
a =a,
bx = b co 0° = 5, 26 m · I = 5 26 m
by = b in 0° = 5 26 m • O = O m
ex = e co 64° = 5,94 m · O 44 = 2 60 m
e , = e in 64° = 5 94 m • O 90 = 5 44 m .
d Il a
2
MOTO IN UNA DIME
IO E
ISBN 88-408·1373-X
}J
(b) L componenti d Ilo po tamento ri ultante d ono
d
= a + hx + Cx= 2 92 + 5 26 + 2 60 = 10 78 m
dy = ay + by +
,=
2 92
+ O+ 5,44 =
8 36 m .
(c) P r il modulo, la direzione e il ver o di d abbiamo
Idi =
d 2 + d ~ = J IO 78 2 + 8 362 = 13,64 m
d
0 = arctan /
= 37 8° .
(d) P r riportare la particella ali' origine dobbiamo farle compi r uno
po tarnento e uguale alla ri ultant d, ma opposto in ver o.
ESERCIZIO 2.19
La velocità di una particella in moto ul piano x
data da v = [(6,0 m/ 2 )t - (4 O m/ )t 2 ]i + (8 O m/ )j. Con iderate
olo t > O. (a) Quanto vale l'accelerazion aJl i tante t = 3 ? (b) ln che
momento eventualm nte l'accelerazione i annulla? (e) ln eh momento
v ntualmente la velocità i annulla? (d) In eh momento ev ntualm nte
la velocità a urne valore di 1O ml ?
Soluzione
(a) Ricordiamo che l ace lerazione vettorial i tantanea
la rapidità con cui varia la velocità vettorial i tantanea della particella
ovv ro
dv
d[(6 0t - 4 Ot 2 )i + 8 Oj]
O
O .
a = - = - - - - - - - - = ( 6, - 8 t)i m/
dt
dt
2
.
Notiamo che il vettore accelerazione non ha component in direzione j
in quanto in que ta direzione il vettor v locità ha component co tante
nel tempo. Il valore dell'ace lerazion all ' i tante t = 3
arà
a (t = 3 )
= 6 O-
8 O • 3 = 6, O - 24,O = - 18,O m/
2
.
(b) L accelerazione i annulla al tempo t dato dalla relazione eguente
a = O = 6 O - 8 0t => t
'
6,0
= -8 O = O' 75
O erviamo che inizialmente 1 accelerazion
po 1ttva dopo 0,75 I ace lerazione diviene n gativa e il moto della particella da accelerato divien
decelerato.
(e) La velocita i annulla e entrambe I ue componenti nell dir zioni i
e j i annullano. E evidente che ciò non
mai po ibile e endo la
componente di v in direzione j co tante nel tempo.
(d) Supponiamo che la velocita valga 10 ml all'i tante t 1 • Il modulo
d Ila velocità è empre determinato dalla radice quadrata d Ila omma dei
quadrati delle uecomponenti ; ricordiamo eh la componente in direzionej
è co tant quindi ott niamo per la compon nt in direzione i:
[vx(t 1)J2=v 2 - [vy(t 1)J2= 10,02 - 8 02 = 6,0 m2 /
v (t,)
= 6 0t,
- 4,0tf
2
= +6
Vx(t1) = 6,0t1 - 4,0tf = - 6.
=> v (t 1) =±6 O m/
14
ISBN 88-408-1373-X
Il di criminante della prima equazione di econdo grado val
~
= 36 O -
96 O < O empr .
Quindi la compon nt x di v non val mai 6 O ml · r ta la po ibilità
che
a valga - 6 O m/ . Il di criminante della conda equazione di
condo grado aJe
~
= 36 O + 96 O >
O empre.
Abbiamo quindi du oluzioni t 1a = 2 2 e t 1b = - O 7 . P r quanto
p cificato nel t to d I problema la oluzion t 1b va cartata. Po iamo
v rificare e la oluzion ott nuta dà ffettivament v = 10 m/ .
v(t 1)
=
(6 Ot 1 - 4 Ot f)2 + 8 0 2
=J
o3 2 - 19,4) 2 + 64
Concludiamo p rtanto eh aJI i tante t 1 = 2 2
~
10
m/ .
la v locità al 10 ml .
ESERCIZIO 2.23
State guidando alla v locità di 112 km/h. Un
incid nt ull altro lato d Ila trada vi di trae per l O . Quanto pazio
p rcorr la vo tra macchina in que to la o di tempo?
Soluzione
Sappiamo che lo pazio percor o corri ponde aJ prodotto
d Ila velocità m dia p r I intervallo di t mpo con iderato. Quindi
km
s = 112 - · 1 .
h
Il calcolo non può
r ffettuato
prima non primiamo tutte le
grand zz fì ich in gioco con unità di mi ura coerenti. Utilizzando il
SI appiamo eh 1 unità fondam ntali p r pazio t mpo ono il metro
il condo ri p ttivam nte di con gu nza e primiamo la v locità in
ml:
km
112 • 10 m
v = 112 h =
.
- = 31 m/
3 6 10
quindi lo pazio p rcor o in un condo val
m
=3 1 - -1 =3 lm.
ESERCIZIO 2.27
Supponiamo eh il limite di elocità u un autotrada lunga 700 km nga I ato da 130 km/h a 150 km/h. Quanto
t mpo i ri parmi r bb iaggiando ull int ra tratta aJla nuo a v lo ità
ma ima ri p tto alla prec d nte.
Soluzione
Il t mpo di percorr nza d Il ' intera tratta aut tradal
1 O km/h val
700 km
, ,,
t, = km = 5 38 h = 5 h 22 48 .
I O
h
I
M ntr
iaggiando a 150 km/h il t mpo impiegato al
700 km
, ,,
t2 = km = 4 67 h = 4 h 40 12 .
150
h
li tempo ri parmiato e
l
= t,
-
t2
= o 71 h = 42'
6".
a
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -ISBN 88-408-1373-X
15
ESERCIZIO 2.40
Il jumbo jet d colla quando raggiung
la locità di 360 km/h. S la lungh zza util d lla pi ta
qual l ace I razion minima uppo ta co tant eh i motori d v n
imprimer all a r o eh part da fermo?
Soluzione
L condizioni iniziali ono t0 = O h lo = O km v0 =
O km/ h quindi alt mpo final tr la lo ità vr lo po tam nto lr varranno
vr = atr
l
lr = - atr2
2
Il t mpo n e
l
= -2 vrtr.
ario a p r orr r gli l 8 km di pi ta val
tr
2lr
3 6 km
-2
= -;;; = 360 km = IO
11
h = 36 .
h
L ace lerazion minima p rtanto val
vr
60 km / h
a= - = - - - tr
10- h
1.2 m
~;~- d~•
elettroni
V
-1 __ ..,_I___
_ a_
~
km
6 · lO -h2
m
= 2' 7 - 2 = O 28
ESERCIZIO 2.44
Un l ttron dotato di locità ini ziai v 0 = 1 5 ·
-1 O m/
ntra in una r gion di p~io do
ien ace I rato da un
ampo 1 ttro tatico (fi ura). N m rg con v locita v = 5 • IO m/ .
Qual
tata l ac l razion
uppo ta co tant ? Qu ta la ondizion
m nt ottopo to il raggio d i tubi catodici eh co titui ono
i monitor.
Soluzione
Il moto cui ogg tto I I ttron
uniform m nt ace I rato l condizioni ini ziali ono 10 = O m t = O v0 = 1,5 • IO m/ .
Ali u cita dalla zona di ace I razion abbiamo lr = I 2 m
=
5 8 • l 06 m/ . S ri iam I quazioni eh caratterizzano il m to uniform m nt ace I rato:
v
= vo + atr
lr
= l0 + votr + -2l alr2 .
quazioni abbiamo du
Notiamo eh
ognit tr
l
tr= _v ~ vo
=> {
a = --V
-
2lr
tr = 4 O · 10- 9
a
=4 n
= 1 40 • 10 1 m/ .
ol in-
16
ISBN 88-408-1373-X
ESERCIZIO 2.49
Un a e n or d 1 ratta i lo Mariott Marqui di
N w York ha una cor a total di 190 m. La ua
lo ita ma ima '
dj 5,08 ml m ntr la ua ace I razi n
di I 22 m/ 2 . (a Part ndo
da t rmo eh di tanza gli o e rr p r raggiun r la lo ita ma ima?
b) Quanto tempo dura la cor a compi ta t n ndo conto d Il fa i di
ace l razi n
di rall ntam nto .
locità in un moto uniform m nt a -
ma
In qu
Vmax
= Vo + at1 => t I = -=4 2
a
to t mpo la di tanza p rcor a 11
l
li =
al
2
at 1 = 10,6 m.
2
(b) La e r a compi ta dur r un t mp
fI
t
pari a
= 2t t + f2 .
ott niamo t2 :
Dalla 1 gg d I moto uniform
t2
12
= -.
V n,
Ricordiam
h 12
la di tanza p r or a a
l2 = l,01 - 211
P rtanto p r t2
= l 90 -
21 2
locit co tant
Vma
val
= 168, 8 m .
tt niarno
ma
Il t mp
di p rcorr nza t tal
t,
1
11
1
al
= 2t, + t2 = 8 4 + 3
,2
= 42 6
ESERCIZIO 2.54
(a)
una palla lanciata in ari
raggiung r 1 alt za u]mjnant di 53 ,7 m h
I
imprim rl ? b Quanto t mpo impi ga a ra iun
occorr
17
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Soluzione
no.
conto d i d ti forniti
max
= Vo + atm
= o+
O = Vo -
I
2
otmax
+ 2.atm
Ri ol nd il i t ma tr
dal pr bl ma
iamo l
{
m
(a
l ma
(b)
Vo
=}
{
ma
=
=
ESERCIZIO 2.56
Gli a
i t ma olar o rvano h
lo ita iniziai di 14 6 m/
eh pian ta
an ( di
= O+ Votm - 2I
2
1max
·
3
ln,
= 32 4 m/ .
=
Va notato eh il t mpo di alita qu
il moto part
t rmina alla t a quota
attriti lma = ✓2 ma .
Pian t
lma
al
a ri ultan u uali
mpr in a nza di
tronauti app na att rrati u un pian ta d I
un corpo lanciato in aria rticalm nt on
impi ga 7 72 p r ritornar a Ti rra. Su
tab Ila ?
Soluzione
7,77
Il
rp
u un moto uniform m nt a
l rato con
ace 1 razion a da d t rminar i. La quota di part nza O qu lla di
arrivo r valgono ntramb O m dalla I g oraria d I moto uniform m nt
ace l rato tr i amo
11 .00
o.o
Ri ol
ndo
i otti n
2vo
tr
a, = - =
7
m/
2
.
Fa ndo rit rim nt alla tab lla qui a fianco rica 1am
on att rrati ul pian ta M rcurio.
h gli a tronauti
PROBLEMA 2.02
Una ruota di ra io 45 cm gira nza tri iar
u un pa im nto rizzontal com i d n lla figura. P una ta ca
gnata ul bord d lla ruota.
11 i tant t I P
ul punto di contatto
fra la ruota il pavim nt . In un
ondo i tant t 2 la ruota i mo a
di m zzo giro. Qual
p tam nto di P durant qu to int r ali ?
18
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Soluzione
Fi iamo l origine d l i tema di riferimento Oxy nel
punto P ali' i tante t 1 I' a
x orizzontale I a e verticale. Lo potam nto con iderato ha compon nti x
= rrR = rr(0 45 m) = 1,414 m
, = 2R = 2(0,45 m) = 0,9 m.
s.
Lo po tamento ha quindi modulo
=
forma con I' a
(n:R) 2
+ (2R) 2 = 1 676 m
x l'angolo
2R
tJ = arctan = 32,5 .
0
nR
Osservazioni
Volendo ri ol re il probi ma in g neral , la oluzion
un po più complicata. Supponiamo che la ruota faccia una rotazion
di rJ co icché il c ntro C d Ila ruota avanzi di RtJ. Po iamo e primer
lo po tam nto d l punto P come omma d llo po tam nto del c ntro C
della ruota con lo po tamento d I punto P ri petto alla ruota: OP =
OC +e P. Introduciamo un nuovo i t ma di riferim nto con I ori gin n I
e ntro della ruota e gli a i paralleli ai vecchi a i. Il punto P individuato
ri p tto al nuovo i t ma dal v ttor CP = - R in tJi - R co tJj. Il vettore
OC pr o in funzion d 11 compon nti, i crive OC = RiJi + Rj
p r cui
OP = R rJ - in rJ)i + R(l - co ?J)j.
Il punto P d cri n I piano
eh i chiama cicloid
aJ ariar di -,J una cur a particolar ,
PROBLEMA 2.05
Un autobu di lin a viaggia ulla tatal 10 da
Torino a Mantova p r m tà del t mpo aJla v locità di 56 km/h e per l'altra
m tà a 89 km/h. Al ritorno p rcorr metà d Ila di tanza aJla v locità di
56 km/h l'altra m ta a 89 km/h. Qual la ua v locità calare m dia
(a) all'andata (b) al ritorno (c) per I int ro percor o?
Soluzione
N I p rcor o di andata la prima part del p rcor o 1 v rrà
p rcor a in un t mpo t alla velocità di 56 km/h, m ntr la conda part
d I percor o 2 verrà p rcor a a locità di 89 km/h n Ilo t
( pr o in ore)· il p rcor o totale
arrà
, 1
= s1 + 2 = (56 km/ h) · t + (89 km/ h
·t
= (145 km/ h
· t.
Qui il t mpo t
pr o in or
lo pazio in km.
La I cità calar m dia definita com il rapp rt
t t l
il t mpo totale quindi
(145 km/ h) · t
andata
= --- - = 72 5 km/ h .
2t
I
ritorno abbiamo una ituazi n di r a· infatti ora
i n p rcor a a v locità di 56 km/h in un t mpo t ,
ISBN 88-408-1373-X
}9
mentre I aJtra metà viene p rcor a a velocità di 89 km/h in un t mpo t4 .
Abbiamo quindi
S1 l
= + =2
s
=
tl la
I
+t4 =
56 km/ h+ 89 km / h =
e p r la velocità media otteniamo
2s
v=
2 • 56 · 89
1
) =
1
( 56 km/ h
56 + 89 = 68, 7 km / h.
+ 89 km/h
Infin p r 1 intero p rcor o di andata ritorno, abbiamo una ituazione
analoga a qu Ila d I percor o di ritorno, o v ro percor i uguali in tempi
div r i quindi avr mo
- - - -2- - - (
1 + l )
lOl
=
t1
la
+t
1
lr
l l
72 5
68,7
= 2 · 72,5 · 68, 7 = 70 5 km / h.
72,5 + 68 7
Osservazioni
unità SI; com
non SI u ate.
Qui non
nece ario efl ttuare la tra formazion in
vi to, il ri ultato e in km/h omogeneo con 1 unita
PROBLEMA 2.10
Tracciate un grafico indicativo delle curve x (t)
per il moto lungo 1 a
x di una particella che, ali i tant t = 1
abbia: (a) velocità nulla e accelerazione po itiva; (b) v locità nulla
ace lerazion negativa· (c) velocità negativa
acce) razion po itiva·
(d) v locità negativa e accelerazion negativa. (e) Per quali di que te
ituazioni la velocita calare della particella aumenta in corri pondenza
di t = l ?
Soluzione
(d )
o
( ) La lo ità calare aum nta n i ca i (a) (b) (d), in cui l'accelerazion
fa aum ntar il vaJore a oluto d Ila velocità.
20
2
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MOTO I
UNA DIMEN IO E
PROBLEMA 2.11
S la po izion di un corpo data dalla funzione
x = (2 O m/ )t trovat i valori vettoriali di (a) velocità accel razion
m dia tra t 1 = I
t 2 = 2,0
(b) v locità e ace l razion i tantanea
agli i tanti t 1 = 1 O
12 = 2 O . (e) Comparate p r eia cun ca o il
valor m dio con il alore i tantan o e pi gate perché il maggior ia
tale n i confronti dell altro.
Soluzione
m dia
(a) Ricordiamo la d finizione di velocità e di accelerazion
Otteniamo quindi eh p r t 1 = 1 O e t 2 = 2 O otteniamo x(t 1) = x 1 =
2,0 m x(t2 ) = 2 = 16 O m; p r i valori d Ila locita agli i tanti t 1
t 2 dobbiamo innanzitutto rièavare la formula gen rica della v locità
t a d ri ando la funzion po izione; ott niamo
dx(t)
v(t) = - -
dt
d[(2,0 m/
dt
)t ]
= ----- =
(6,0
m/ ) • t 2
[t in
quindi v(t 1) = v 1 = 6 O m/ e v(t2 ) = v 2 = 24 O m/ .
Si ricavano infin la velocità I accel razione m die:
_ (16 0 - 2,0) m
v = - - - - - = 14,0m/
(2 0 - 1 0)
_
e a=
(24,0 - 6 0) m/
.
(2,0 - 1 0)
= 18, O m/
2
.
(b) P r la velocità i tantan a abbiamo gia calcolato i valori nella ri po ta
prec dente· p r I ace l razion dobbiamo ricavare la formula generica
di a(t) con un op razion di derivazion
dv(t)
a(t)
=~=
So tituendo ott niamo a(t 1)
d(6,0 t 2 )
dt
= a1 =
= (12 m/
12 m/
2
) · t.
e a(t2 ) = a 2 = 24 m/
2
•
(e) Si può notare eh ia la velocita media ia l'accelerazione media ono
maggiori d li ri p ttive quantità i tantanee ali i tante t 1• Ciò dovuto
al fatto che l funzioni v(t) e a(t) ono funzioni ere centi in t e quindi i
valori medi ri ultano n c ariam nte maggiori di quelli i tantanei iniziali
in~ riori ri p tto a qu lii i tantanei finali (corri pond nti all'i tant t2 ).
PROBLEMA 2.13
2 MOTO/
21
- -IO-E- - - - - - -- - - - - - -- - - - - - - - - - -ISBN
- 88-408-1373-X
-----
:A DIME
Soluzione
A umiamo eh l ace l razion di fr nata ia
tant
alga 9,8 m/ 2 . Dalle equazioni d l moto uniformement ace l rat
abbiamo
·
{
xr
=
vr
= vo + a (tr -
o+ vo(tr - lo) + ~a(tr - lo)
2
to) .
Sappiamo che O = O m, t0 = O
r = 6 4 m vr = O m/ , a =
- 9 8 m/ 2 allora ricavando v0 in funzion di tr
o titu ndo n Ila
conda quazion ott niamo
Ott niamo o ì v0
~
40 km/ h. La pat nt
tata o pe a ingiu tam nt .
PROBLEMA 2.14
Un tr no parte da fermo
i muov on ace I razion co tant . A un e rto i tant ta iaggiando alla v locità di
33,0 ml e dopo av r p rcor o altri 1600 m la ua v locità div nta di
54 O ml . alcolar (a) l acce) razione richi ta (b) il t mpo impi gato a p rcorrer quei 1600 m. Calcolar inoltr (e) il tempo richi to
p r raggiunger la v locità di 33 O ml
(d) la di tanza p rcor a dalla
part nza all i tant in cui il treno raggiung qu ta
locità.
Soluzione
(a) e (b) Il treno i muo di moto uniformement ace l rato part ndo da f rmo dall origin Negli i tanti t 1 t 2 ar
v, = a t 1 = 33,0 m/
V2
= a t 2 = 54,0
Sapendo che la diff r nza tra
m/
1600 m ricaviamo
x1
2
1 2
2
l
1600 m = - a(t 2 - t 1) = - (at2 + at 1)(t2 - t 1 ) =
2
=
2
1
2(54 O m/ + 33 ,0 m/
da cui
)(1 2
t 1)
-
2 • 1600 m
l2 - t1
= - - - - = 36,8
87 O m/
Inoltr , da v2 - v 1 = a(t 2 - 11 ) ricaviamo il
a = v2
-
v1
alor dell accel razion
= 21 O m/ = 0 57 m/
2 .
36 8
l2 - li
e) e (d) I valori r lativi al punto 1 ono
33 O m/
ti = - - -2 = 57 8
O 57 m/
x1
=
L
2
1
2at 1 = 2(0,57 m/
2
2
)(57 ,8 ) = 954 m.
22
2 MOTO IN UNA DIMENSIONE
ISBN 88-408- 1373-X
PROBLEMA 2.28
Un paracaduti ta i getta in caduta libera per
52,0 m. Poi il paracadute i apre, e da quel momento rallenta con accelerazione co tante di valore a oluto 2, 10 m/ 2 toccando il uolo alla
velocità di 2 90 ml . (a) Per quanto tempo è rima to in aria? (b) Da
che altezza iniziata la caduta?
Soluzione
(a) e (b) La prima parte del moto è di tipo rettilineo uniformemente accelerato mentre la econda è di tipo rettilineo uniformemente
decelerato. Sappiamo che to = O, vo = O, ~ Yo = y, - Yo = 52 O m, e
poniamo ~to = t 1 - t0 · abbiamo quindi
~lo=
v1
= g ~ lo = 32 3 m/
La econda parte del moto ha una durata temporale pari a ~t, = t 2 - t 1
durante la quale il paracaduti ta copre la di tanza ~ 1 = y 2 - y 1• Dalle
equazioni del moto uniformemente decelerato otteniamo
~t,
v2 - v,
2 90 m/ - 32 3 m/
== ------ = 14 O
a
- 2,10 m/ 2
1
2
2a(~t 1) = (32 3 m/ )(14,0
1
= -2 (- 2, 10 m/ 2) (14 O ) 2 = 246 4 m .
~y, =
V1~t,
+
)=
Infine i ricava
= ~ti + ~to = 17 3
~Yt t = ~ y , + ~Yo = 298 4 m.
~ft t
PROBLEMA 2.32
Immaginiamoci Galileo che la eia cadere due
corpi dall ' alto della torre di Pi a. (a) Se, la ciandoli cadere con le due mani
uno dei due parte leggermente prima dell'altro, diciamo di ~t = O, 1 s,
qual è la di tanza verticale che li epara quando il primo colpi ce il
t rreno? (b) Quale carto ~t ma imo arebbe tollerabile per far ì che
que ta di tanza non uperi 1 cm? (Tra curate gli effetti dell aria).
Soluzione
(a) Entrambi i corpi cadono in caduta libera, quindi con
la te a accelerazion g , con la mede ima velocità iniziale v0 = O m/
e partendo dalla te a quota. La differenza tra i due moti ta nell i tante
di inizio, che p r il primo corpo vale 10 = O e per il condo vale
t 1 = t0 + ~t = O, 1 . Il primo corpo tocca il terreno ali i tant l r dopo
av r percor o un tratto vertical h pari ali altezza della Torr di Pi a;
allo te o i tante il econdo corpo arà ancora in aria a rà p rcor o
un tratto verticale h 1 < h. Dall equazioni del moto uniform mente
accel rato abbiamo
23
ISBN 88-408-1373•X
quindj la differenza in quota tra i due corpi vale
t).h
=h -
h1
= -2I gtr2 -
1
2
I
- gtr - - gt).t
2
2
2
Nell ' ipote i che la Torre di Pi a ia alta h
e t).h = 3, I m.
+ gtrt).t = gtrt).t -
= 50 m
I
2
- gt).t .
2
otteniamo tr
= 3,2
(b) Se vogliamo che t).h ia al più di I cm allora t).t deve e ere al
più pari a 3,2 • 10- 4 ovvero O 3 mille imi di econdo a olutamente
imp n abile nell'e perimento di Galileo.
I
Capitolo 3
FORZA E LEGGI DI NEWTON
ESERCIZIO 3.08
Il veliero olare Diana, progettato per navigare
nel istema solare otto l' azione della pressione di radiazione del Sole,
ha una superficie velica di 3, 1 km 2 e una ma a di 930 kg. Vicino
all ' orbita terrestre il Sole può e ercitare sulla ua vela una forza di 29 N.
(a) Quale accelerazione imprime alla nave? (b) Anche un ' accelerazione
modesta puo produrre effetti considerevoli e i mantiene co tante per
un lungo periodo di tempo. Se il veliero parte da fermo , che di tanza
può percorrere in 1 giorno otto que te condi zioni? (e) Che velocità
raggiungerebbe nello tesso tempo? (Si veda The Wind from the Sun ,
un affa cinante racconto fanta cientifico di una gara tra velieri olari di
Arthur C. Clarke).
Soluzione
(a) Da11a econda leggè di Newton:
F
a= -
m
(29 N)
-2
2
==
3 12 · IO m/ .
(930 kg)
(b) Bi ogna prima trovare quanti secondi ci ono in un giorno:
24 h = 24 · 3600
= 86400
per cui, nell ' ipote i di partenza da fermo e con accelerazione co tante,
si ottiene:
1
s = - a t 2 = 1, 164 • 108 m
2
=
I 16 400 km .
(c) La velocità finale è:
v
= a t = 2694 m/ = 9700 km/h.
ESERCIZIO3.09
Un corpo di ma sa m 1 otto l' azione di una certa
forza assume l'accelerazione di 12,0 m • ç 2 . La stessa forza applicata
a un corpo di ma a m2 gli imprime l'accelerazione di 3,30 m • - 2 .
Applicando empre la ste sa forza , che accelerazione a umerebbe un
corpo la cui ma a ia (a) pari alla differenza tra m 2 e m 1 o (b) pari
alla somma di m I e m 2 ?
6
ISBN 88-408- 1373-X
Soluzione
Le quazioni d 1 moto d i du corpi ono
F = m 1a 1 = m 1(12 O m · - 2)
F = m2a 2 = m ( 30 m · - 2)
mentr nei due ca i (a)
F
=
(b) avr mo
(m2 - m 1)a
Ricavando m I m 2 daJI prim due quazioni
nel ca o (a) i otti ne:
F
= ( 3 30 mF ·
-2
F
) a
12 O m • - 2
-
- - - - _ - ) G4
2
o tituendo nell
===}
===}
= 4, 55 m ·
-2
= 2 59 m ·
-
a
G4
econd
2
ESERCIZIO 3.20
(a) Du blocchi di ma a 4,5 kg eia cuno ono
app i a un dinamom tro n Ila di po izione di figura (a). (a) h forza
I gg il dinamom tro? (b) Un blocco di ma a di 4 5 kg
app o a
un dinamom tro n lla di po izion di figura (b). Che forza I gg il
dinamom tro? Si tra curi il p o d I dinamom tro).
Dinam metr
ot-
p r
b)
4,5 k
guai
in modulo, alla t n ion d Ila fun
che i I gg
u11o trumento.
Osservazioni
Il fatto eh la t n ion d Ila fun ia egual al p o
non è una on e uen a della ter a legge di N wton non ar bb più
vero
il i t ma non fo
in quilibrio.
(b) 11 i t ma in quilibrio quindi la par t d v e rcitare una forza
di modulo gual al p o P. Poi i ragiona com n 1 ca o (a) e i arriva
al1o t o ri ultato.
ESERCIZIO 3.25
S voi t calar dal t tto un ogg tto di ma a
45 kg con una fun in grado di r gger fino a una trazione di 400 N,
com potet agir ?
Soluzione
La fun
alar infatti
non può r gger il p o del corpo eh
P = mg = (45 kg)(9,8 m • - 2 )
= 441
i vuol
N.
E p r p ibil calar I ogg tto dal tetto rallentando la di
far
lar la fune (m diant I attrito) in modo da appli ar
minor di 400 . Il corpo allora acqui terà un ace I razi
· b ta
un valor minimo pari a
P- F
= ma
a
(441 N) - (400 N
=------ = ,
(45 kg)
m . -2
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -ISBN
- 88
-O
ati am nt
itar di bloccar la fun
1373-X
27
altrim nti qu ta i
ESERCIZI03.26
I razion
(b) In qu to a o i] vettor a cel razion
dir tto in n o contrario
alla elocita o ia r o il ba o. La ri ultant d li forz applicat
ali ogg tto d v fornir qu ta ace I razion
proi ttiamo I forz
u un a
r o l' alto abbiamo:
Fc - P
p r ui il dinamom tr
=-
ma
indich ra
PROBLEMA 3.03
Dalla cima di un piano inclinato ]ungo 16 m
privo di attrito i la eia andar una ca a eh raggiung il fondo 4 2
dopo. Parali 1am nt dal fondo d 1 pian n ll'e atto i tant in cui part
n lancia una conda u p r ]a up rfici inclinata
qu ta ri e nd ndo giunga di nuovo in fondo
imu1tan am nt al1a prima. (a) Trovar I a e I razion di eia cuna ca a
n Ila dir zion d I moto. b) Qual la locit iniziai d Ila econda
(e) Di eh di tanza ul piano inclinato ri
a alir la conda
Soluzione
(a Sia 0 I angolo di inclinazion d I piano. e lto l' a
lungo la direzion di ma ima p ·nd nza, diretto in alita con I origine
n I punto più ba o i ha p r entramb I ca
a
=-
in 0
= co
tant
La I gg oraria d Ila prima a a :
x
Poich ali i tant t 1
=l+
1
2at
=4 2
d
- 2l
- 2 16 m)
a= -
t,
2
.
=O
= --=2
42 )
1 81
i avra:
m/
2
.
28
3
ISBN 88-408-1373-X
FOR7.A
Il gno n gativo indica che I' accelerazion di ntrambe 1 ca
nel
r o d li a
x n gativo (in di e a).
(b) L quazione del moto della econda ca a è:
X = Vot
diretta
+ -1al 2
2
Imponendo x = O per t 1 = 4 2
det rmjniamo la velocità v0 con cui
la econda ca a deve e ere lanciata:
I
1
vo =- at =- (- 181m/ 2 )(42 ) = 381m/
2
2
po itiva cio diretta n 1 v r o d Ila alita.
(c) La conda ca a che ha velocità v = v0
n am nte n Jl'i tante
t2
= - vo / a =
+ at,
i ferma momenta-
(3 ,81 m/ )
- ----= 2 10
( - 1 81 m/ 2)
a una di tanza dalla ba e del piano inclinato data da:
1
x2 = (3 81 m/ )(2, 10 ) - - (- 1,81 m/ 2 )(2 10 ) 2 = 3 99 m.
2
Per concluder , i può ricavare l' inclinazion
rizzonta] dalla relazion : a = - g in 0
d I piano ri petto ali o-
a
- 1 81 m/ 2
in0 = - - =- - - - = O 185
g
9,8lm/ 2
0
= 10 6° .
Il pallon di figura avente ma a M ta cendendo
verticalm nt con accel razion a er o il ba o. Quanta zavorra occorre
g ttare p r imprimere al pallone un accelerazione aver o l' alto . uppo ta
co tant la pinta d ll'aria ul pallone?
PROBLEMA3.06
Soluzione
Ori ntato I a
x v r o I alto e indicando con A la pinta
d li aria ( pinta di Archim d ) e con a il modulo dell'ace lerazione, la
proi zione della
conda legge di Newton quando il pallone cende dà
A - Mg = M( - a)
m ntre dopo aver g ttato la zavorra /:iM
A - (M - !:iM)g
= (M
i ha
- !:iM)a.
Si ricava allora
A
A
A
2a
!:iM = M - - - = - - - - - = A - -2
a+g
g- a
g+a
- a
Il pallon
·
olumbia della Goodyear ha una pinta ma im di 47 000 N
per cui n ll'ipote i di un ace I razion a = O 5 m • - 2 I z orra da
buttar p r i nv rtire 1' accelerazion ri ulta
ISBN 88-408-1373-X
29
PROBLEMA 3.07
Un tr nino giocattolo con i te di tr ag ni agganciati eh po ono avanzar enza attrito (v di figura). Le ma
d i
vagoni ono m 1 = 3 l kg m i = 2 4 kg e m = 1 2 kg. Tirandoli v r o
d tra con ]a forza orizzontai P di 6 5 N i trovi (a) J'acce]erazion
del treno, (b) ]a forza e ercitata dal condo agone u] t rzo e (e) ]a
forza ercitata da] primo vagon ul econdo.
Soluzione
Trattando i di un moto in una dim n ion , ceg]iamo l a e
criviamo I quazioni calari del moto
lungo que t a e. La ma a m
ogg tta alla forza F x = Ti , forza
e rei tata da m 2 u m · la ma a m i tirata con T da m I con - Ti da
m (azione reazion ) la ma a m I
oggetta alla forza F 1 = P - Ti.
L' a celerazione a ha lo te o valore p r i tre blocchi, dato che I di tanze
relati e tra di loro i mantengono uguali n I moto. Applicando a eia cuno
di
i la econda legge di Newton i ottengono l tr quazioni:
1
Fi x= P - Ti = mia
F2x = Ti - T2 = m 2ax
F x = Ti= ma
n lle tre incognite Ti T2 e ax. Sommando m mbro a membro
1 accelerazion :
ax
65N
P
= ------ =
(m 1 + m 2 + m )
(1 2 + 2 4
+3
l ) kg
i ricava
= O 97 m/
i
e da que ta I du forze incognit
T2 = m ax
=l
16 N
P r un treno formato da N carrozze di ma emi, m i, ... m
il i tema:
T = m ax
T _ , = (m + m - i )ax
T2 = (m 2 + m
Ti
= (mi
+ ... m
+ m i + ... m
i ottiene
)a
)ax
do Ti è la forza applicata da]]a locomotiva, eh i uppon nota p r cui
n 11 ultima equazione J'unica incognita ' ax ; ]e aJtr (N - 1) equazioni
ono tutte di accoppiat . Ri olvendo la k-e ima quazione i ottiene la
trazione e rcitata ul k-e imo vagon da part del (k - I )-e imo:
Tk =
L m ;ax = T ,
k
Lm;
_ k_ _ .
Lm;
I
0
ISBN 88-408- 1373-X
L'
F
PROBLEMA 3.09
N 11a figura illu trata una cat na di ma a 500 g
compo ta da 5 magli uguali mentr vi n oll vata v rticalmente con
ace ]erazion di 2,50 m • - 2 . Trovar (a) 1 forz ag nti tra le maglie
adiac nti b) la forza F
rcitata ulla cat na da chi la oli va, e (c)
la forza n tta
rcitata u eia cuna maglia.
(a) Sull an 110 più ba o agi cono: la forza pe o, dir tta
la forza F I e rei tata da] condo ane1lo diretta v r o
dir tto
r ·o 1' alto la proi zione della econda
di N wton p rta a11 ' quazion d I moto:
Soluzione
F1 - mg = ma.
Sul econdo an 1lo agi cono tr forze: il p o diretto ver o il ba o la
forza F 2
rcitata dal t rzQ ane11o dir tta v r o l' alto la forza - F 1 r azion a F I
rcitata dal primo an 110 diretta ver o il ba o. L ' quazion
d I moto quindi:
F - F1 - m
= ma.
Ragionando analogam nte p r gli altri anelli , i ott ngono I
quazioni:
F 1 = m ( + a) = 1 23 N
F2 = F1 + m( + a) = 2F 1 = 2 46 N
F = F2 + m (g + a) = 3 F1 = 3 69 N
F4 = F + m (g + a) = 4 F 1 = 4 92 N
infin
b):
F
= F = 5F1 = 6
15 N.
Gli an 1li hanno tutti la te a ma a e la te a acce] razion
' quindi ogg tto alla t a forza ri ultante:
•f
~
eia cuno
= ma = O I kg · 2 5 m/ 2 = O 25 N.
Osservazioni
Si faccia att nzion eh la proiezione d l v ttor - F 1
(dir tto v r o il ba o) ull'a ex (orientato ver o l' alto) - F 1 ( una
quantita negati a: F 1 il modulo d Iv ttor ) e non com for v rr bb
pontaneo dire - (- F1) = F 1!
m,
PROBLEMA 3.10
Abbiamo due blocchi in contatto tra I r appoggiati u un piano privo di attrito. Come i ved in figura i n pplicata
una forza F orizzonta! u] primo blocco. (a) Pon ndo m 1 = 2, 3 kg,
m 2 = 1,2 kg e F = 3,2 N i cal oli la forza di contatto tra i du blocchi.
(b) Si dimo tri che, applicando la te a forza al cond bi
o, anziché
al primo (inv rt ndo tra loro i due blocchi) la forza di contatto val
2 I N, valor div r o dal ca o pr c dent . S n dia una pi gazione.
LE
I DI
WTO
ISBN 88-408-1373-X
J}
Soluzione
(a) Con id riamo il blocco 1: l forze v rti ali il u
p o
la forza di contatto con il ta olo) i quilibrano, in virtù d Ila
conda Iegg della dinamica, p rch non c ace Ierazion in dir zione
erticaJe; in direzion orizzonta] la forza F
la forza di contatto F
rcitata dal blocco 2 d terminano la ua ace lerazion . L' quazion
d I moto allora:
F - F. = m,a.
Si noti eh F F. ono I proiezioni dei ttori forza lungo la direzione
orizzontai concord
ol
r o d I moto. Il blocco 2 oltr ali forz
rticali eh i fanno equilibrio, i tro a ottopo to alla forza - F r azion
d I blo co 1 alla forza di contatto
rcitata dal blocco 2. L quazion
F. = ma
do a l'ace
i rica a:
razion comun dei du blocchi. Ri olv ndo il i t ma
F
__3_ 2_N__
(2 3 + 2 ]) kg
a = ---
m1 + m2
= O 91
m.
-2
com dov vamo a p ttarci , p rch la forza F muov la ma a compi
m 1 + m 2 • La forza di contatto ha allora modulo:
iva
m2
F. = m2a = - - - F = l 1 N .
m 1 + m2
ora applichiamo la forza - F al blocco 2, I equazioni ono I
di prima alvo lo cambio di 1 con 2, p r cui i ottiene:
a=
L accel
F
m 1 +m 2
= 09lm • - 2
vident m nte deve e ere la te a p rché
a
re ace lerata· la forza di contatto no p rch ' d v
I razion a ma e diver n i du ca i.
Capitolo 4
MOTO IN DUE
E TRE DIMENSIONI
ESERCIZIO 4.01
In un tubo a raggi catodici i proietta un fascio
di elettroni con velocità di 9,6 • 108 cm/s nella regione compresa tra
due piatti orizzontali lunga 2,3 cm. Un campo elettrostatico presente tra
i due piatti co tringe gli elettroni a un ' accelerazione costante verso il
basso avente modulo di 9,4 • 10 16 cm/s 2 • Si trovi -(a) il tempo richiesto
agli elettroni per attraversare la regione, (b) lo spostamento verticale che
subiscono nell'attraversamento e (c) le componenti .orizzontale e verticale
della loro velocità al termine dell'attraversamento.
Soluzione
Gli elettroni entrano nella zona in cui c'è il campo elettrico
con una velocità orizzontale Vox = 9,6 • 108 cm/s; il campo elettrico
imprime un'accelerazione verso il basso, pertanto il moto orizzontale non
viene alterato daJla presenza del ~ampo elettrico, mentre in direzione
verticale il moto degli elettroni ha inizio proprio quando entrano nel
campo elettrico. Come conseguenza, fintanto che gli elettroni si trovano
tra i due piatti orizzontali, il loro moto risulta uniformemente accelerato
in direzione verticale e uniforme in direzione orizzontale: la traiettoria
è dunque parabolica.
Scelto l'asse x orizzontale e I' a ·e y verticale verso l'alto, abbiamo
x
{ y
= xo + voxCt = Yo + vo ,(I -
lo)
to)
+
I
2
2a y(t -
Ponendo t0 = O, x 0 = O, y0 = O, v0 y = O, ay
x1 = 2,3 cm, y = YJ e t = 11 , otteniamo
to) .
=
2,3 cm ~ (9,6 • 108 cm/s)t1
{ YJ
=-
2(9,4 · 10
16
cm/s 2)
e quindi
= 2,4 · I0- 9 s = 2,4 ns
y1 = - 0,271 cm.
t1
t}
-9,4 • 10 16 cm/s 2 ,
34
ISBN 88-408-1373-X
Per ri pondere aJla domanda (e)
ufficient calcolar la compon nt
d Ila velocità in direzione
in quanto la velocità in direzion
non varia
non e endo pr ent in que ta direzione alcuna forza e di con gu nza
alcuna ace I razion . Si ha
= voy+a ytf = 0 -
v1y
9,4-10 16 cm /
2
= - 2 26-10
-2,4 -10-
cm/ .
Al termin dell
rcizio notiamo eh nella oluzione i
om
con id rar l'efl ttod li ace lerazionedigravitàg. Si la eia allo tud nt
il compito di v rificar eh que ta appro imazione plau ibile. Lo tudent inoltr calcoli il vettor velocità finale in modulo dir zion
V
r
O.
ESERCIZIO 4.03
Una particella i muov
la ua po izion
aria
condo la I gge
r(t)
= Ai +
Bt2j + Ctk
in cui A = 1 O m B = 4, O m / e C = I O m / . Scrivet le e pr ioni
per (a) la ua v locità (b) la ua accelerazione in funzione del t mpo.
(e) h forma ha la traiettoria de1la particella?
Soluzione
(a) Ricordiamo che la velocita v ttorial
d rivata prima d I vettor po izion , quindi
v(t)
dr(t)
d(Ai
+ Bt 2j + Ctk)
i tantan a
la
·
= - dt = - - -dt- - - = Oi+2 Btj+ Ck = (Stj+ lk) m/
(b) L ace lerazion
velocità quindi
a(t)
dv(t)
v ttorial
i tantanea
d(2Btj
+ C k)
la d rivata prima del
.
= -dt- = - -dt- - = 28J + Ok =
.
8J
m/ 2 .
(e) La trai ttoria ri ulta e re una parabola nel piano ( z) con x =
l m. Infatti in non c'e n compon nte di velocità, n ~ compon nte di
ace lerazione· in
abbiamo invece un moto r ttilin o uniform me nt
ace lerato
in
un moto uniforme.
ESERCIZIO 4.05
Du forze F ed F 2 agi cono u un
ma a m com illu tra la figura. Po ti m = 5,2 kg F 1 =
1
F2
= 4, 3 N
i cakol i i I vettor
ace I razione d lla parti
Soluzione
I gg
Facendo ri~ rimento alla figura, applichiam
di Newton.
orp
di
7
d
Ila.
la
nda
F n = ma.
N I no tro ca o la forza ri ultante data dalla omma.
du forz F 1 ed F2 il uo modulo varrà
tt ri I d li
La direzion della forza ri ultante vale indicand
ali orizzontale
=
,70 .
4
MOTO I
DUE E TRE DIME
IO I
ISBN 86-408-1373-X
35
Dalla conda I gg di N wton il ttore ace I razion ri ulta
parallelo al vettore forza ri ultant
con un modulo pari a qu Ilo d
forza ri ultante divi o p r il valor d Ila ma a p rtanto
lal
IF ri I =
=
m
1, 1 m/
2
.
Allo te o ri ultato ar mmo giunti compon ndo la conda legg di
N wton n Il ue due compon nti condo I a ex (orizzontai ) e I a
( v rticaJ ) ricavand I compon nti dell ac I razion
ondo i du
a i; infatti
!
a
F2 = max
{ F = may
1
=>
= : = O 83 m/
a,=
quindi
lal = a 2 + a y2 =
a
-F1
= O,71 m/
m
J' I
m/
2
2
2
av
= arctan ---== 40,5° .
a
La I gg ra difi r nza d i alori d li angolo a tro ati a imputata agli
arrotondam nti fatti.
ESERCIZIO 4.08
Un op raio tira ul pa im nto una ca a m diant
una corda. La corda inclinata di 8° ri p tto al piano orizzontai d
rcita ulla ca a una forza di modulo 450 N. Il pa im nto
rcita ulla
ca a una forza d attrito orizzontai di modul 125 N, com
illu trato
in figura. Calcolar I ace I razion d lla ca a uppo to eh abbia (a)
una ma a di 96 O kg o (b) un p o di 96 O N.
Soluzione
(a) La component d Ila forza F 1 eh contribui e ali accelerazion d Ila ca a la ola compon nt orizzonta] ; i ha
ax
= (Fi x+F) = (450co
38° - 125)N
96kg
m
= 2296N = 2 ,
96kg
9 m/
2_
La compon nt
rtical della forza F 1 fa in modo eh la compon nt
normai Nd Ila r azion vincolar dovuta al piano ia minor d Ila forza
di attrazion gravitazional ulla ma a m di on gu nza diminuì
la forza di attrito dinamico facilitando il lavoro d ll 'op raio.
(b) Per ri ponder a qu ta domanda
uffici nt calcolar la ma a
d Ila ca a a partir dal uo p o poi i proc d com n Ila ri po ta
pr e d nt . Si otti n
P
m1
=- =
96N
9 8 m/
ax = 23 4 m/ 2 .
g
· = 9 8 kg
2
E ndo la ma a circa un fattor IO minore eh n I ca o precedent ,
l' accelerazion , inver amen te proporzionai alla ma a, arà circa IO
volte maggiore eh nel ca o (a).
36
ISBN 88-408-1373-X
ESERCIZIO 4.15
Si caglia una frecc tta orizz ntalm nt on v locità iniziai di 1O m/ puntando al centro P ( di figura . La fr e tta
O 19 dopo fini e ul bordo del quadrante nel punto Q
al di otto di' P. (a) Qual
la di tanza PQ? (b) A h
ber aglio i trovava il lanciator ?
Soluzione
Fi iamo un i tema di riferimento con I origin n 1 punto
da cui vien cagliata la fr cc tta indichiamo con d la di tanza in rizzontale tra l' origin O
il b r aglio, e con h la di tanza tra i punti P
Q.
Ria umiamo inoltr i dati iniziali ten ndo pre ente che in direzion
non agi cono forze e quindi il moto ri ulta rettilin o uniform , m ntr
in direzion
endo pre ent la forza di interazione gravitazional
i ha un moto r ttilineo uniform ment acce] rato:
lo= 0
o= O
o= O
=d
Xf
=- h
v1 = v0 = IO m/
f
vo = v0 = 10
m/
vo , = O
a
= O, 19
t1
=O
a ,
= = - 9 8 m/
2
•
Po iamo a que to punto cri r le equazioni degli po tamenti in
in
ri ol er direttam nt . Otteniamo
= V lJ = J 9 m
I= - igt} = - 0, 177 m.
f
{
ESERCIZIO 4.18
Una palla rotola giù dall ultimo gradin di una
rampa di ca] con velocità orizzontale di modulo 1 6 m/ . I gradfoi
ono alti 20 cm profondi altrettanto. Su che gradino cadrà la palla al
primo impatto?
Soluzione
Il moto della palla
Xp
{
p
parabolico con equazione
= Vo:
=-
- gt 2
2
Indichiamo con ho = 20 cm d = 20 cm l altezza la lar h z a di
eia cun gradino. Il t mpo t11 nece ario perché la palla arri i alla qu ta
d l gradino n- imo data da
=>
Si ha 1 impatto
nell i tante t,, il alore di Xp ri ulta
e fin del gradino n- imo:
(n - 1)do ~ Vo t,, ~ n
do
=>
mp .
tra inizio
4
MOTO I
DUE E TRE DIMEN IO I
ISBN 88-408-1373-X
37
Utilizzando i dati del problema 1 di quazioni diventano
n - I ~ 1 6 l 6v,i ~ n
che ono oddi fatte dai valori int ri n =
n = 4. Naturalmente
dobbiamo e glier la oluzione minor : la palla, e impatta u un gradino,
non può arrivare al ucce ivo, anche e 1 equazione d Ila trai ttoria· lo
prevede. ln conclu ione la palla arriva ul terzo gradino.
ESERCIZIO 4.26
Un battitore di ba eball ribatt la palla con la
mazza ad alt zza di 1,3 m in una dir zion che forma un angolo di 45°
opra il piano orizzontai . La gittata di que ta battuta di 110 m. La
palla va ver o il limite del campo, di tante dalla. ba I 05 m, ov i
rge una r cinzione alta 7 5 m. Sup r rà la ret ? E
ì di quanto?
Soluzione
Iniziamo con il ricordar la formula d Ila gittata p r il moto
parabolico. Sappiamo che il moto parabolico d riva, n l no tro ca o dalla
combinazion di un moto r ttilin o uniform in dir zion
(ori zzontai )
da un moto r ttilineo uniformem nte ace l rato (non p cifichiamo
i tratta di accel razione o d cel razion ) in direzion
(v rticale). La
gittata altro non eh il p rcor o cop rto in direzion
dall ini zio d I
moto alla ua fine. Geometricament la gittata una d li du int r zioni
con l' a
orizzontai x d Ila parabola eh d criv il moto. Ricaviamo
innan zitutto la trai ttoria della palla (poniamo t0 = 0):
X = Xo
+ Vox l
= o+ vo),t + -21a .vt 2
La v locità iniziai ha modulo v0 dir zion fonnant 45° con I ori zzontai I ue compon nti in dir zion
ono uguali
valgono v0 = v0 , = v0 co a = (,v12/ 2)vo. L'accel razion in dir zion
vale - g, le coordinate iniziali ono x 0 = O
O = O (in qu to modo
mettiamo I origine d I i tema di ri~ rimento n l punto in cui il battitor
colpi ce la palla, quindi a una alt zza pari a 1,3 m). P r ricavar 1 equazione d Ila trai ttoria dobbiamo liminar il t mpo dall du quazioni
precedenti; otteniamo co ì
mplificando abbiamo
=x-
x2
2 ·
Vo
Le inter ezioni con I a e delle x i hanno p r
ono
xi = O origin d l moto
2
{ x2
= -Vo
g
.
gittata .
= O·
le due oluzioni
38
ISBN 88-408· 1373-X
Dalla formula della gittata ottenuta po iamo ora a um nd = 9 8 m/ 2
ricavare il valore della v locità iniziale v0 = 32 8 m/
quindi il alor
di per x = 105 m, (x = 105 m) = 4 6 m. L alt zza ri p tto al t rr no
vale ter = (4,6 + 1,3) m = 5,9 m quindi la paJlina non up r r la
rete.
Notiamo che
non av imo e plicitato ubito i valori di
a
in a avremmo trovato la formula genera] della gittata ( h i indi a
in generale con la lett ra R):
- - - - - = Vo
in 2a .
g
ESERCIZIO 4.34
Nel modello di Bohr p r l'atomo d idrog no I lettrone ruota attorno al protone in orbita circolare di raggio 5 29· 10- 11 m
con velocità calar di 2 18 • I06 m/ . (a) Quanto vaJe 1 ace I razi n
dell' lettron ? (b) Calcolare il modulo e la dir zione della forza h
agi ce ull lettrone.
Soluzione
(a) Ricordiamo eh quando un oggetto i muo
u di
un'orbita circolar può pr entare ia accelerazione tangenziale (a,) h
accelerazion centrip ta (an) la econda
ndo nece aria p r il moto
circolare. Dato che a, dipende dalla variazione nel t mpo del modul
della velocità calare nel no tro ca o e a vale O e 1 elettrone i mu
di moto circolar uniforme con an data da ,.
(2, 18 · 106 ) 2
2
. _ 11 Un = (9 O m/ )un
5129 10
dov r il raggio dell orbita u
il v r or della dir zion e ntripeta.
(b) Dalla conda legg di N wton appiamo eh la forza ri ultant
ag nte u di un corpo di ma a m ha la dir zion d Il a
l razi n
totaJe cui è ogg tto il corpo t o m ntre il uo m dulo dat d
qu llo dell accelerazion moltiplicato p r il alore della ma ad I orp .
E endo la ma a a ripo o d Il' elettrone m = 9 11 • 10- 1 kg ott niam
v2
an =-;:un =
vi
Fri
= ma = m - Un = (8, 18 · 10r
1
N)un.
ESERCIZIO 4.35
Un a tronauta i e rcita ruotando in una ntrifu a
di raggio 5,2 m. (a) Con un'accelerazion pari a 6 8g quant la I ità
calare? (b) Per ottenere qu ta accelerazione quanti giri al minut
richiedono?
Soluzione
(a) Ricordando che l' accelerazion centripet
2
v / r ott niamo
V = ,Ja;;i = 18 6m/
(b) La velocità vale
ns
v = t
con n = numero di giri ed s = lunghezza di un ir minuto abbiamo
n
V
18 6
- = O 57 iri/ nd
= =2rr • 5.2
1tr·
in un
4
MOTO I
DUE E TRE DIME
IO I
ISBN 88-408-1373-X
39
quindi i giri al minuto aranno
n
= O, 57 • 60 =
4, 2 giri/minuto.
ESERCIZIO 4.39
Su una cala mobil f rma, lunga I.5 m una p rona aJ in 90 . Quando la cala mobil fun iona, la p r ona ompi
il tragitto in 60
tando ferma u un gradino. al ndo alla ua lo ità
abituai m ntre la cala mobile in funzion , quanto t mpo impi ga?
La ri po ta dipende dalla lungh zza d Ila cala.
La velocita di alita quando la cala
Soluzione
l
I =
-
11
La
l
90
6
ala ' in m to aie
l
l5
l
= - = - = 1
60
4
m/ .
Quando la p r ona aie ulla ala in moto, la ua
d Il du appena alcolat quindi
V
=
Vi
+ V2 =
li t mpo impi gato per aJir
l
t = -
al
= - = - m/
lo ita di alita quando la
2
15
ferma
l
6
1
+ -4
5
= -
12
lo it
ar la omma
m/
ara
l
t l • 12
90 . 60
= - - = - - - - - - - - - - 36
V1 + V
!_ + !_ - li + f 2 - 90 + 60 ti
t2
Com i v d il alor di 1 non dip nd dalla lun h zza d lla ala
ma olo daj t mpi di alita con la ala f rma
da f rmo ulla cala
con la cala in moto.
ESERCIZIO 4.43
Un a c n or
ogg tto a un 'ace I raz1on
l'alto di 1 3 m/ 2 . N I mom nto in ui la velocit v r o I alto di 2 6 ml ,
dal offitto d Ila cabina, alta 2 m cad un bullon all ntato. al olar
a) il t mpo di caduta d I bullon dal offitto al pavim nto (b) la di tanza
di caduta ri p tto al rif rimento di t rra.
Soluzione
(a) Poruamo il rif rim nt in rzial
coincid nt on la ba
tacca
d I bullon ri p tto a qu to rif rim nto in cui I a
ori ntato dal ba o r o 1 alto:
Ya
(
=
b=
P r I a e n or abbiamo oa = O v0a = 2, 6 m/ a" = 1, 3 m/ 2 , p r
il bullon in c Yob = 2,8 m Vob = 2,6 m/ , ab = - = - 9,8 m/ 2
40
IN DUE ETRE DIM
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -4 -M-1ì -------
ISBN 88-408-1373-X
e endo v00 = vob criviamo emplic m nt
inoltr t0
O otten ndo co 1
v
=
l
a
= 0 + Vot + 21a
b
=
Ob
0
t
= 2 6 m/
· poniamo
2
+ Vot - 2,1 gt 2
A qu to punto, o ervando eh quando il bullone to
il fi nd d Il a c n or l du coordinate Ya e b d vono coincid r , tt niam il
tempo di caduta:
vo t
+ -21 · a a t 2
Ob
1
+ Vol
- - · t
2
(b) Il p rcor o fatto dal bullone in qu
di t rra val
I
fb - Yob = voti -
Il
2
2
=
to tempo ri p tto al rit rim nto
gt1 = 2 6 · 0,71 -
2
t
=}
l
2
9,8 · (0 71) = - O 62 m.
2
gno n gativo ott nuto ta a indicar eh
il bullone
PROBLEMA 4.03
mento d i motori
di ricaduta a terra.
gg tt a du
del moto il razz
1mpr
v ttoriale
F ri .
componiamola nell
= Fg + F m
=} {
a,=
Fm
I re
= ma
Fmot re,x =
- Fg + Fm
tare
=}
Fm t ~ CO
tore, y -
in (58°) - mg
m
(58°) = ma
+ Fm l in
-m
o
- - - - - ---
= ma
= 7,3 m/
2
.
4
M
ro IN DUE
ETRE DIME
IO I
ISBN 88-408-1373-X
4}
11 moto ri ulta r ttilin o uniform ment ace lerato 1a m x eh in
quindi, po to x 0 = 0 = O t0 = O ed e endo v0 = O, i ha
I
X =
= -2I a". l 2
y
Per t =
11
= 48
-2 a .,yl
abbiamo
12326,4 m = 12 33 km
Y1 = 8409 6 m = 8, 41 km .
t
=
Notiamo che nel ri pond r a qu ta domanda abbiamo a unto eh la
dir zion del vettor ace 1 razione di gra ità ia mpr v rtical
la up rficie d Ila Ti rra ia piana· ricordiamo allo tud nt che qu ta
appro imazion
alida fino a che I di tanz in gio o ono picco)
ri petto al raggio d Ila Ti rra ( 12 km lo ono).
(b) Ora il moto come già o ervato, divien di tipo parabolico quindi
a um ndo com i tant iniziai d I moto (1 = O) qu Ilo in cui la pinta
d I motore e a ott niamo
{
·-
I + VJ
1
t
+v .)' t
1
-
I
- gt
2
2
P r d t rrninar la po izion d I punto di ricaduta ri p tto al punto di
lancio dobbiamo cono e r I compon nti e d Ila velocità ali i tant t 1•
Dobbiamo quindi rifare un pa o indietro e utilizzare I formul r lativ
alla prima part del moto:
= a x lt
v 1y = a_\,t 1
Vt x
{
= 513,6 m/ = O 51 km/
= 350,4 m/ = 0,35 km /
A qu to punto o rvando eh la po izion final 2 val O iamo in
grado di cal olar il punto di caduta d I razzo ri p tto al punto in cui
iI moto cambiato.
,ù, =- 18 ,97
t 2b
= 90,48
.
Dobbiamo cartar la oluzione n gati a, che rappr nta il t mpo a cui
il razzo ar bb dovuto partire da Terra
tutto iI uo moto fo
tato
di tipo parabolico sotto I azion d Ila ola forza di gravità. Il tempo
dopo il qual il razzo tocca terra dopo che il motor i fermato di
90,48 . In qu to tempo lo po tam nto orizzontale ri ulta
er
d =
X2 -
Xi
=
V1 x l 2
= 46470,5 m = 46,47 km.
La di tanza tra il punto di ricaduta e il punto di lancio ri ulta e
X2
= x, + d
= 12,33
+ 46,47 =
58,8 km.
re
PROBLEMA 4.06
Su un uolo orizzontai
para un proi ttil
pian
rizzontal .
n Ila dir zion eh forma un angolo <P ri p tt
(a) Dirne trar eh 1 angolo di vi uale 0 d 1 rti d Ila trai ttoria
1 gato a <Po dalla r lazion tan 0 = 1/2 tan <t,0 . Si da 1 fi ura. b) Si
calcoli 0 p r <Po = 45°.
il
Soluzione
Dalla figura notiamo eh la tang nt d Il an
rapporto tra H ed R/ 2. Ricordiamo inoltr eh
2v5 co <Po in <Po
R = -----P r rica ar la quota ma ima H ricordiamo eh e a i ha quand
la
compon nt
rtical della lecita i annulla trattando i in dir zi n di
un moto uniform m nt d e 1 rato con dee lerazione pari a . Ott niamo
(a l olito poniamo t 0 = 0)
v( H) =
oy - gt( H ) = v0 in</Jo - gt( H) = O=> t(H)
<t>o
= - -in -
In r ndo ora qu to valor di tempo nella legge oraria di
po to O = O abbiamo
.
vo in <Po
l
H = v0 in<t>o- - - - - g
g
2
( vo in <Po )2
g2
=
d p a r
1 ( vo
2
- -- -
P rtanto
2(vo in<t>o) 2
g
l
= - - - - - - = - tan<t>
R
2
2v6 co <t> in <t>o
2
2H
tane = -
.. d.
(b) P r <t>o = 45° i ha 0 = 26 6°.
PROBLEMA 4.15
Un corpo di ma a m cad in aria d
uo moto i oppon una re i t nza aerodinamica D = b 2 .
l'ace lerazione iniziai d l corpo v r o il ba o? (b) Dopo un
la velocità d l corpo i avvicina a un valer co tant . Qu 1
limit v ? (c) Quant l ace lerazion ver o il ba o n l m m nt
cui v = VL/2?
Soluzione
(a) N li i tant iniziale in cui ha inizi
I razion
data dalla ola ace l razion di gr it
(b) La conda I gge di Newton ci dic h
il m t
=- 9
b u
1a
m/ .
a = g --- .
m
La forza ri ultant rivolta v r o il ba o
d l corpo· di con guenza anch I ace 1 razion
r ttilin o ario: non po iamo quindi appli ar
il moto r ttilineo uniformemente ace l rato. Po iam
eh la v locità limit vL v rrà raggiunta quando l a
a
= mg - b
2
= O =>
VL
=
m
b
in
4
MOTO I
DUE E TRE DIME
IO I
ISBN 88-408-1373-X
(b) Quando v = vL/ 2 I ace lerazion
a
/
,,,,--
/
I
I
I
I
\
\
' ' ......
o
=g -
mg
b 4mb
43
val
3
= 4 = O,75g .
PROBLEMA 4.20
Una particella P ruota a locità co tant u un
e rchio di raggio 3,00 m (v di figura) compi ndo una rivoluzione ogni
20,0
ondi. Pa a p r il punto O ali i tant t = O. (a Tro at il modulo
e la dir zion (ri p tto all'origin ) dei gu nti ttori: po izion ri ·p tto
a O p r t = 5 00 t = 7 50
t = IO O . Quindi p r I' int rvallo di
5,00 dalla fin d I 5° alla fin del I 0° condo (b) modul
dir zion
d Ilo po tam nto (e) locità vettorial m dia. Poi agli i tanti iniziai
final di qu to inter allo, (d)
I cità i tantan a e ( ) accelerazion
i tantan a.
Soluzione
(a) Indichiamo la po izion d I punto P ri p tt a O
con il , gm nt OP notiam eh p r qualunqu po izion di P ulla
ir ont r nza i ha OP = 2r o </) dov </) = (90° - a ad la dir zion
di OP ri p tto ali orizzontai . i ha poi h 0 / 2 = rr. / 2 - </) quindi
a = 0 / 2 po iamo nv r OP = 2r in a. Inoltr notiam eh il
p riodo d I moto al T = 20 , quindi la fr qu nza v = 1/ 20 - 1
la v lo ità angolar w co tant in modul
al 2rr. / 20 rad- 1• A r mo
allora
2rr. · 5
rr.
0(5 ) - w t - - - - 20
2
=>
= 2r
OP 1
= 6- -
2
2
in a 1
=>
a1
=2 ·(
0(5 )
rr.
-- -
-
2
. rr.
00 m) m 4
=>
=>
=
0(7,5
TI
a2 = --- = -
2
OP2 = 2r ina 2 = 2 · ( ,00 m
2n · l O
0(10 ) = w t = - - = rr.
20
=> OP
4
m = 3 2m = 420m
2rr. · 7,5
3rr.
0(7,5 ) = w t = - - - = 20
4
=>
-
=> a
.
m-
8
rr.
=>
= 5 50 m
( IO )
rr.
= -- = 2
2
= 2r ina = 2r = 2 · (3 00 m) in
=>
rr.
2
= 6,00 m.
(b) Lo po tam nto arà OP - OP = P 3P 1. Applicando la formula di
omma d i ttori ott niamo p r il modulo di P P 1 , una volta indi ato
con f3 = a - a 1 = rr. / 4 l angolo relativo tra OP
OP 1
1
P P 1 = j(OP 1) 2 + (OP ) 2 - 20P 1 • OP • co
fJ
= 4,20 m.
Il ri ultato pot va e
nza alcun calcolo emplic m nt
o er ando eh il triangolo OP 1 P i o cele e i due lati OP 1 P 1 P ono
uguali. Da mplici con ·id razioni g ometriche i ricava eh la dir zion
d I ttore P P ri p tto all'orizzontai vale a 4 = rr. / 2 + rr./4 = (3 / 4)rr..
(e) La e locita v ttorial media d finita come il rapporto tra lo po tamento
v ttorial (P 1 P ) e 1 intervallo di tempo tra cor o, n I no tro ca o t =
1
44
4
ISBN 88-408-1373-X
MOTO I
D UE E TRE DIMEN IONI
5
quindi la dir zione del vettore velocità m dia arà quella dello
po tamento vettoriale, mentre il modulo varrà
P1 P
4,20m
lvi= = - - =084m/
~,
5
( d) Per calcolare la velocità vettoriale i tantanea ricordiamo eh ha modulo
co tante pari a cvr e dir zione tangente alla circonferenza in o ni punto
(per la definizione ste a di velocità):
lv i = cvr = O 94 m/ .
( ) E endo la v locità co tante in modulo, l' unica compon nt di accelerazione div r a da zero è quella centripeta o normai il ui modulo
vale
v2
an
= -r = 0,29 m/ s2 •
PROBLEMA 4.24
Cade la neve verticalmente a velocità o tant
di 7 8 m/ . L' auti ta di una macchina che corre rettilinea alla v I cità
co tante di 55 km/h , (a) con che angolo ri petto all'a e v rtical
(b)
a che velocità vede cadere i fiocchi di nev ?
Soluzione
(a) Com prima co a dobbiamo convertire i dati nelle t e
unità di mi ura. Scegliamo qu Il d 1Si t ma lnt mazional SI
ro
ml:
km
55 · IO m
= 55 -
Vauto
h
= - - - - = 15
3 6 · 10
m/ .
L' autista vede la neve cadere ver o l'auto con una v lo ità he h ompon nte verticale pari a 7 8 ml e componente v rticale uguale e ontraria
alla velocità d li auto, quindi
V x neve
- 15 ,3
tana = - - = - - = - 1 9
V 'neve
78
6
=> a = - 6
Il egno negativo indica un angolo mj urato in
dall ' a e verticale.
n o orari
(b) Per il modulo della velocità con cui l'auti ta ed
abbiamo
{
Vxne e
V
=>
:
'neve -
Vne
- 15,3
o
a partire
ad r la n v ,
m/ =>
7,8 m/
e= J <vxne
e)
2
+ (v.\'nevc ) 2 = ✓(- 15 ,3) +
7
2
= 17,2 m/ .
4
MOTO I
DUE E TRE DIME S/0 I
ISBN 88-408-1373-X
45
Un aereo dev volare vero e t dal punto A al
punto B e tornare indietro ad A. La velocita del v livolo in aria è v. La
velocità del vento ri petto a t rra è u. La di tanza che para A da B
è L e l' a r o vola a v Iocita costant . (a) Dimo trare che, se u = O
(a senza di vento), il tempo di andata e ritorno è 10 = 2L/v. (b) Si
upponga ora che la velocità del vento sia diretta come I a e e t-ovest.
Dimo trare che il tempo di andata ritorno
PROBLEMA 4.26
to
I E= - - - 1 - u 2 /v 2 ·
(c) Supponiamo invece eh il vento piri in direzione nord- ud. Dimostrare
che il tempo di andata e ritorno '
lo
=
I
--;:::==;:::::=:::;:
J t-
u2 / v2
(d) Per i ca i (b) e (c) occorr a sumere che ia u < v. P rch ?
Soluzione
(a) Il percor o da A a B viene coperto alla velocità co tante v
in a enza di vento- il tempo di percorr nza per qu to tratto arà
o
L
-
IA
B -
V
Analogamente, per il percor o di ritorno avremo
10
L
A =
B
V
Quindi il tempo di percorrenza total
ri ulta
2L
A=
V
(b) In que to ca o la velocita in dir zione A
B ri ulta e ere la omma
vettoriale di v u, ovvero Veff(A B) = v - u , m ntre in dir zione B
A
abbiamo v rrc8 A) = v + u. I t mpi di percorrenza ri ultano pertanto
r;
8
L
v- u
= --
e
per cui
c~ (l ~~+ I~~)=
2
1
;
(
l -
IO
u2)
v2
u2
l - -
v2
(c) Que ta volta la compo izione delle velocità ci dà (v
ri p tto al terreno)
vZ B =
VB
v2 -
u2
A= Jv2 -
u2
c.v.d.
la velocità
46
4
ISBN 88-408-1373-X
M(YfO IN DUE E TRE DIMENSIONI
quindi il tempo di percorrenza totale ri ulta
2L
- --;::===
A-
✓ v 2- u2
= ---;:===
c.v.d.
u2
1- v2
(d) La condizione u < v i rende necessaria per evitare di otten re tempi
negativi che, nel ca o (b), impedirebbero aJl aereo o di raggiungere B
o di poter tornare indietro· nel caso (c) la condizione permette di avere
una oluzione.
APPLICAZIONI
DELLE LEGGI DI NEWTON
ESERCIZIO 5.06
Una cimmia di 11 kg i arrampica lungo una
fune priva di ma sa che, pa ando u un ramo d'albero privo di attrito,
è attaccata a un contrapp so di 15 kg appoggiato al terreno. (a) Con
quale accelerazione mjnima deve arrampicar i per ollevare da terra il
contrappeso? Se, dopo aver ollevato da terra il contrappe o, mette di
arrampicar i e rimane appe a alla fune, quali aranno (b) l'accelerazione
della cimmia e (c) la ten ione della fune?
Soluzione
(a) Per poter ollevare la ma a M = 15 kg, la fune deve
e ercitare una forza dj modulo F > Mg= 147 N. Il pe o della cimmia
è mg = l08 N < 147 N, insufficiente a sollevare la ma a M.
Se la cimmia applica alla fune una forza F > 147 N la ma a M
aJe con un'accelerazione
a=
F - Mg
M
Per la terza legge di Newton, la fune applica alla cimmia una forza eguale
e contraria a F, per cui anche la cimmia aie, ma con accelerazione
F - mg
a' = - - m
e poiché F > M g ri ulta:
M- m
a' > - - - g
m
La maccnina di Atwood.
= 3,56 m/
2
.
(b) Quando la scimmia ce a di arrampicar i, la situazione è analoga a
quella della macchina di Atwood (vedi figura): due mas e appese a una
carrucola mediante una fune che le collega. Si può arrivare inteticamente
alla oluzione, considerando che la forza netta che mette in movimento il
di po itivo è la differenza dei pe i (M - m)g, mentre la mas a comples iva
48
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -5 -PPU
ISBN 88-408-1373-X
ZIO I D LLE LE
+ m.
u cui tal forza agi e
la omma della ma
M
d Il accelerazion comun delle du ma
al]ora
I DI EWTO
Il modulo
M- m
M+ m
a = ---
(e) P r trovare poi la t n ion della fune ba ta focaJizzar
u una ola d Ile ma
facendo attenzion al gno d I] a
bi ogna cio di tingu r tra la ma a eh al
qu lla h
mpio con ideriamo la ma a minor : la forza T appli t
al corpo I ace lerazion hanno lo te o gno p r ui
M- m
M+m
T - mg = ma = m - - alori num rici di ace I razione
a
----+
T
2mM
= ---
M+m
t n ion d Ha fun
M - m
=- g = 1 5 l m/
M+m
'
2
2mM
T = - - g = 124 39 N.
M +m
Osservazioni
1. Div r am nte da quanto accad
d Il E ercizio 3.20, la t n ione T d 11a fune non
guaJ
cimmia ma lo up ra: altrim nti com p tr bb la
r o 1 alto.
2. La t n ion d Ila fun
la immia i mu
ESERCIZIO 5.08
Soluzione
p r cui la
2T - (800+190)N = (101kg ·(O 6m/
da cui
T
=
2
-
6 7N
I
2(990 N + 36 37 N = 51
ESERCIZIO 5.10
Amm ttiamo che oltant I ru t po t riori di
un'auto po ano accelerarla, eh m tà del pe o t t I d 1 icolo gravi
u que te ruote. (a) Qual ' la ma ima ace lerazi n tt nibile per un
co ffìci nt di attrito tatico fra pn umatici terr n pari a µ, s? (b) Po to
µ, = 0,56 qual il alor di a?
I DI
EWTO
ISBN 88-408-1373-X
49
Soluzione
(a) S I ruot motrici non , littano la forza d attrito tra
pn umat1c1
fondo tradal
r go lata dalla I gg d Il ' attrito tatico·
a e limitata dalla di eguaglianza:
La ri ultant dell forz applicat ali auto
la forza di attrito tatico,
diretta orizzontalm nt nel vero del moto, eh impartì
all'auto un ace I razione:
1
a = } / M < µ, sg .
2
S I ruot motr1c1 littano, l' attrit di nta di tipo ineti o con un
co ffici nt µ,k < µ, _ e l'ace lerazion a um un valor minor d I
valor ma imo già calcolato.
(b) So titu ndo i alori num rici
cel razione n I ca o propo to
am
up rior p r I a -
i otti n un limit
I
= -2 O 56 · 9, m/ 2 = 2 74 m/
indip nd nt m nt dalla ma a d Il auto. Si tratta di un a
razion
abba tan za alta eh con ent di p rtare l'auto in IO da ii rma alla
e t ita
v = On, t ::::::'. I 00 km / h.
ESERCIZIO 5.15
Il o fficient di attrit . tatico tra li pn umatici
di un
i olo avent ma a 1500 kg un fondo tradal a ciutto O 62.
Qual la ma ima forza fr nant ott nibil (a) u una trada orizzontai
(b) u una di e a inclinata di 8 6° ri p tto al piano orizzontai ?
Soluzione
(a) La forza fr nant ma ima
d Ila forza di attrito
cio :
frr
n
= µ,
N = µ,mg = 0 ,62( 1500 kg) (9
(b La forza fr nant ma ima in qu
ridotta la forza normai
frrcn = µ, mg CO 8 6°
Osservazioni
pari al valor
m/
2
)
ma imo
= 9, I kN.
to ca o ara un po ridotta p rch
= O 9888 · 9
I kN
= 9,0 kN.
Pur
ndo la forza fr nant qua i id ntica n i du ca i,
non lo e la di tanza minima di arr to. Volendo trovar lo pazio minimo
nece ario p r arre tare I automobil bi ogna d t rminar I ace 1 razion
ma ima. Nel ca o (a) qu ta a 1 = - µ, g = - 6,08 m / 2 • N 1 ca o (b)
I acce) razione dovuta alla ri ultante della forza fr nant e d Ila compon nt d I p o parallela alla trada: a 2 = - g(µ, co 8 6° - in 8 6°) =
- 4 ,54 m/ 2 . La di tanza di arre to = v5/2a i allunga quindi di un
fattore sif 1 = a, / a 2 = 1 34.
50
ISBN 88-408-1373-X
ESERCIZIO 5.17
Una ca a di ma a 136 k
app ggiata ul paim nto. Un op raio tenta di ping ria appli ando orizz ntalm nt una
forza di 412 N. (a) Dimo trate che
il co ffici nt di attri to tatico
val O 37 la ca a non i po ta. (b) Un condo op rai int r i n in
aiuto tirando u la ca a in dir zion vertical . Qual la minima forza
v rticale eh con ntirà lo po tamento della ca a appog i
mento? (c) Se la forza applicata dal condo op rai i
anzich " vertical qual valor minimo da ommar ai 412
dovrebb aver p r ·po tare la ca a?
Soluzione
up rior al
(a) La ca a i po ta
la forza orizz ntal applicata '
alor ma imo d Ila forza di attrito tati
fma = µ, _N = µ,
m
= O 37 · 136 kg · 9 8 m ·
La forza di 412 N applicata dall 'operaio
dunqu
= 49
-
in uffi i nt .
(b) P r ridurr il valor ma imo d Ila forza di attrit
forza normai N applicando una forza F dir tta in
pe o
412 N
F = m
= µ,
(m
412 N
ridurre la
ntrario al
- F)
- - - = 219 3 N.
0,37
c) Per m tt r in moto la a a con una forza ri zzontal b ta i mir
la diff r nza tra la forza appli ta di 412 N la forza di attrit ma ima
493 13 N . ia I 1
ESERCIZIO 5.18
nti
mg in 7J
= µ, _ • m
co 1J
==>
tan
= µ,
.
Quando la catola i muove, intervien
que llo tatico; n ri ulta una forza n tta co tant
Dal1 ' quazione d I moto
mg in 7J - µ,k · mg co fJ
= ma
i ricava il valore di µ,k una volta nota I ace 1 razi n a
µ,k = tan 7J -
1
a - - = tan 1J - a J 1
CO 7J
t n 2 7J .
5
PPLI AZIO I DEUE LEGGI DI
88-408-1373-X
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - ISBN
--
Mi urando la di tanza p rcor a
I' acce) raz ion
il t mpo impi gato i può ricavar
I
2s
= -2 at 2 •
a= 2 .
I
N I ca o in
am
un attimo prima eh la catola tnlZI a muo
I attrito
tatico, m ntr ubito dopo l'attrito diventa dinamico.
a
51
2 • 2,53 m
- 2 . (3 92
= 9 8m.
)2
r
1,
= O O 36 .
I co ffi i ntj d'attrito tatico e dinamico ono
= tan 28,0° = 0,5
/J,k = µ, - a
1 + µ, 2 =
µ,
B
0,53 - 0,0336 ✓ 1
+ 0,5
2
= 0,49.
ESERCIZIO 5.22
N Ila figura A un blocco di 4 4 kg B un blocco
di ma a 2 6 kg. I co ffici nti di attrito tatico dinamj o tra A il piano
di appoggio ono O 18 O 15 ri petti am nt . (a) D t rminar qual
la ma a minima di un blo o C da collocar opra A p r imp dirgli di
po tar i. (b) S
vi ne rimo o impro i am nt qual I ac I razion
di A.
Soluzione
(a) Affinch A non civoli la t n ion
ondi ioni tati he
gual al p o d I blo o B d
dalla forza di attrito tra il blocco A il tav lo:
MB
= J;
~
µ, _(M
+M
)
= µ,M A g
+ µ,
r
in
quilibrata
M
Si rica a:
M
> M 8 - µ, M
µ, _
= 2 6 kg -
O 18 · 4,4 kg = IO Ok .
O 18
(b) S il blocco C vien tolto, la forza di attrito dinami o tra il blocco A
il tavolo a um il alor µ,k M . La t n ion T d Ila fun non ha
piu il valor tatico utili zzat . apra. L quazioni d I moto i impo tano
applicando la conda I gg di N wton ai blo chi A B ten nd conto
eh e i i muovono con la te a ace I razion :
Eliminando tra I due equazioni I in ognita T
a
Ma -
/J,k MA
i ricava:
2 6 kg - O 15 · 4 4 kg
= - - - - g = - - - - - - - = 2 72 m/
M + M8
4,4 kg + 2 6 kg
ESERCIZIO 5.23
Un blocco di ma a 4 8 kg po to u un piano
inclinato di 39 0° ri p tto al piano orizzonta]
ogg tto a una forza
orizzontale di 46 N (v di figura) , con un co ffici nt di attrito dinamico
di O 33. (a) Con quale ace I razion i po ta il blocco
aie lungo
il piano? (b) Sempre otto I azion della forza orizzontale di quanto
ri alira lungo il piano e aveva una locità iniziai di alita di 4,3 ml ?
(e) Co a accad dopo av r raggiunto il punto piu alto?
52
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
(a) L forz eh agi cono ul blocco ono: la forza orizzontai F , il pe o, la forza di attrito dinamico / k
Lari ultant di qu te forze provoca l'ace l razion d I blo co. Proi ttando l'equazion d I moto n Ile dir zioni del rit rim nto p rp ndi olare
e parallela al piano inclinato i ha:
N - mg co 39,0° - F in 39 0°
{ F co 9 0° - m g in 39 0° - fk
Dalla prima equazion
N
=m
=O
=ma.
i otti n :
co 39 0° + F in 39 0°
= 65 51
N
per cui la forza di attrito dinamico val
A = µ,k · N = (0,33)(65,51 N) = 21
L accelerazion ri ulta e
a
1
=-
m
r :
(F o 39 0° - m
(b) S il blo
otto I azion
locità data da:
v
62
m· 9 0°
=-
22 m • - 2
on una lo it ini ial v0
tant a prima d t rmin ta la ua
= v0 + a t = 4
2,
[ in
m/
in
.]
Il blocco i arr ta nell i tante
- Vo
= 1
a
t= -
di tan a:
I
V
= v0 t + -2 a t 2 = -= 2 87 m.
2a
(c) Quando il blocco
piano inclinato:
fermo, i trova ottop
par 11 le al
- compon nt d Ila forza p o mg in 39 0° = 29 60
- compon nt della forza F co 39,0° = 35 75
quindi a unari ultante di 6,14 N dir tta ver o I a1to. A qu tari ultante
i oppon l'attrito con una forza di attrito tatico fin a un alor ma imo
di µ, _N :::, µ,kN = fk = 21,62 N. Il blocco dunqu una olta t rmato i
non i muov rà più.
5
PPLI 'AZJ
I DELLE L CCI DI
EWTO
- - - -ISBN
- 88
- 08-1373-X
53
ESERCIZIO 5.27
Il blocco B p . a 712 N ( di figura . P r un
coeffi iente di attrito tatico tra B
il ta lo pari a O 25 trovare il
ma imo p o di A p r cui B r t rà a ripo o.
B
Soluzione
L ten ioni dell tr funi d ono far i quilibrio:
T + T8 + T = 0.
Il modulo d lla t n ion T 8
della f rza di attrito tati o:
'
e
rtam nt in~ r1 r al val r ma imo
Tn < µ _Pa.
La condi zion di
rti alm nt dà:
D' altra part in condizioni di quilibri
quilibr10 d Il tr forz proi ttata nzz ntalm nt
- Ta
+T
o 41 °
Dal) du equazioni , t nut
=O
- T
+ T in41 ° = O.
nt d i alori
ià al
lati
i otti n
P = T8 tan41 ° < µ _P 8 tan41 ° = 154N.
I kg,- = ( I kg) · (9 , m/.
= 9
N.
ESERCIZIO 5.31
orizzontai privo di
im nto
appog iato
fra i I blocco
una for a orizzontai
d Ila la tra.
Soluzione
Non . appiamo a priori . e il blo o ci ola ulla la tra
oppure no. Pro iamo a upporr eh non civoli· ricaviamo la forza di
attrito n e aria
rifi hiamo
tal alor puo
r fornito dall attrito tatico. La forza di I I O N m tt in mo im nto una ma a compie i a di 42 kg + 9 7 kg = 51 ,7 k imprim ndo un a e I razion
a = I IO N/ 51 7 kg = 2, 17 m • - 2 . La forza di attrito tra blocco
la tra n e aria p r imprim r a qu t ultima tal ace lerazion
f =
(42 kg)(2 17 m • - 2 ) = 91 , 14 N, m ntr il ma imo valor d Ila forza di
attrito tatico val f m = µ _N = O 5 · (9 , 7 kg)(9 8 m · - 2) = 50 38 N
in. uffici nte p r imp dir eh il blocco civoli ulla la tra.
La la tra e dunque ottopo ta alla forza di attrito dinamjco fk = µkN =
O 38 • (9 7 kg)(9 8 m • - 2 ) = 36 12 N eh le imprim I ace I razion
a 1 = 36, 12 N/ 42 kg = 0,86 m • -
m ntr il blocco
ogg tto alla forza di 11 O N ontra tata dalla A
(r azion alla forza di attrito applicata dal bloc o aJla la tra) e quindi
ha un acce] razion
ab
11 O N - 36 12 N
= - -9,7
-- - = 7 62 m ·
kg
_2
ESERCIZIO 5.37
N I modello di Bohr d Il atomo di idr g no 1' I ttron gira intorno al nucleo u un orbita circolar di rag io 5 • 10- 11 m
compi ndo 6, 6 • I 0 15 giri / . Trovare (a) la v locità d Il I ttron (b) la
ua ace I razione (e) la forza eh agi ce ull el ttron (qu ta forza '
dovuta all'attrazione tra la carica po itiva d I nucleo la arica n gativa
d ll 'el ttron ). La ma a dell I ttrone 9 I • 10- 1 k .
Soluzione
(a) (b) N I moto circolar uniform I ace I razi n
ram nte radiai
ha per modulo:
pu-
a = v 2 / r.
Dai dati d I probi ma abbiamo direttament il raggio d 11 rbita: r
5,3 · 10- 11 m il p riodo T = l / (6 6 · 10 1 Hz) = 1 52 · 10- 16
Ott niamo allora:
=
••
= 2nr/ T = 2 20 • 106 m/
a = v2 / r = 9 I I • 1022 m / 2 .
v
( S rit niamo appli abil 1 appro imazione non r Jativi ti a 1 v I cit
d li 1 ttron
infatti minor d Il 1 C½ d 11a locita d Ila lu e , dalla
di N wt n i tti n :
F = ma = 8 29 · I
o-
ESERCIZIO 5.41
Una curva opra I ata di un auto trada d arco
di circon~ r nza avent raggio 210 m calcolata per una lo it
di 95 km/h. In un giorno di pioggia un v icolo 1 affronta alla
di 52 km/h. (a) Qual il minimo co ffi i nt di attrit h
v icoli di up rar la curva
r o il ba o. b
valore d I co ffici nte, qual
Ila qual
up rar la curva nza fuoriu cirn ?
Soluzione
lerazion
ntrip ta
dip nd dal raggio
ma non daJ1a ua
SI la
p r cui I angolo di oprael vazion ri ulta e
r lJ
=I
1 it : v
69°.
=
5
APPLI 'AZIONI DELLE LEGGI DI NEWTO
ISBN 88-408-1373-X
55
(a) Se ora la t a curva di prima è p rcor a con velocità inferiore,
la componente orizzontale d 11a forza normale ecce iva· la forza di
attrito nece aria p r contra tar l'azione della uddetta componente.
Supponiamo dunque che ci ia attrito ( tatico in quanto le ruot rotolano enza tri ciare). Proiettando al pari di prima, I equazione del moto
econdo I a
v rticale e l' a e r orizzontale, i otti n :
N co {}
+ f..
{ - N in{}
in{} - m
+ J;
co {}
= maz = O
v2
= mar = -
m- .
R
Moltiplicando la prima quazion per co {} e la conda p r ommando] a ieme, i otti ne:
in rJ e
z
Moltiplicando inv c la prima quazione per in rJ e la
ommandol a i me i otti ne:
J;
=m
0 1
mg
onda per co {}
v2
g in {} [
R co
P r cui
ndo J; ~ µ,N il o ffici nt
, up rar la curva enza civolare è:
di attrito eh
con nt di
fJ) / R
Nel ca o in con iderazion
a m/
i ottiene:
dopo av r tra formato la velocità da km/h
µ, :::: O 229.
(b) Supponiamo ora di percorrere la curva a fort elocità in modo eh
la component orizzontale d Ila forza normai ia in ufficiente a fornir
I ace I razione centrip ta n e aria· la forza di attrito qu ta volta agi ce
in modo da favorir la uddetta componente. Valgono ancora 1 te
equazioni di prima, o titu ndo p rò - J; al po to di J;. Si otti ne qu ta
o1ta
I,
=m
[ - g in
tJ + ~ co tJ]
La forza ma ima che I attrito può viluppar è J; = µ,N. So titu ndo l
e pr ionj trovate eri olv ndo ri petto a v , i ottiene la velocità ma ima
con cui i può affrontare la curva enza bandare:
v=
= 128 km/ h.
56
ISBN 88-408-1373-X
ESERCIZIO 5.48
La po izione di una partic Ila avent ma a 2 17 kgche i muove lungo una lin a retta data da:
x
= (0
4
179 m/
)t 4
-
(2,08 m/
2
)t 2
+ 17
1 m.
Trovar (a) la ua ve]ocita, (b) la ua accelerazione
agi c ulla partic Ila per t = 7 18 .
(c) la forza che
Soluzione
(a) La velocità e la derivata dello pazio p rcor o (o ia
della legge oraria del moto) in funzione de] tempo:
v(t)
= dx(t) = (0 716 m/
p r cm n 11 i tante
t
= 7, 18
(b) L'accelerazione
)t - (4 16
m/
2 )t
m/
2
:
V =
a(t)
4
dt
235
m/ .
la derivata del1a velocità:
dv(l)
= -dt- = (2, 148 m/
per cui nell i tant t
=1
4
)t
2
(4 16
-
)
18 :
a = 101 m • - 2 .
(e) La forza agente u1la partic Ila al t mp
t
=7
18
F =ma= 231 N.
ESERCIZIO 5.49
Una partice11a di ma a m
oggetta a una forza
netta F(t) data da
F(t)
= Fo ( I -
~) i
o ia, F(t) = F0 per t = O, che diminui c lineannent fino a z ro
al tempo T. La particella pa a per l'origine
O alla v lo ità v0 i .
Dimo trare eh a11'i tante t = T in cui F(t) i annulla la
locità v
e la di tanza percor a x ono date da
=
v(T)
I
= vo + 2aoT
x(T)
1
= voT + - a
T2
dove a0 = F0 /m e ]' accelerazione iniziaJe. Si confr ntino qu tiri ultati
con le leggi del moto uniform mente accelerato (v
Vox + axt ; x =
Xo
+ V x' l + 2I a x l 2).
0
=
I DI
EWTO
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
57
Il problema evident m nte ottintende che la particella
pa i p r l' origin aJl'i tante t = O. Dalla econda legge della dinamica
i ha:
a = F(t) = Fo
m
m
T
(i _~)i.
Poich,. I' accel razione la velocita iniziai ono entrambe dirett lungo
I' a
x la traiettoria d I moto è una linea retta, parali la ali a
x
anzi
proprio I a e x, vi to eh il punto mobile pa .. a p r l'origine
al1' i tante t = O. Dalla definizione di accelerazion
= a dt =
dv
l) dt .
Fo
m ( l - T
Integrando, con la condizione che all'i tant t
J,
v
dv =
1'
ia v
= v0
ott niamo:
t) dt
t =O
v
=O
-Fo ( I - m
T
=>
v(T)
I
= vo + 2aoT
avendo o tituito a0 a F0 / m. Dalla d finizione di v locità i ha dx
v(I) dt per cui:
r
lo
dx
= {' Vo + ao (1
J,=o
=
-~
) dt
2T
quindi:
x(t)
= vot + -ao2
( t 2 - -I
)
=>
3T
x(T)
= voT + -1aoT 2 .
I ri ultati trovati ono imili a qu lii relativi al moto uniform m nte
accel rato: la velocità ottenuta coincide con qu Ila di un moto uniformement accel rato con ace I raz ion a0 /2· poi eh )a forza decr e
Jinearm nte, que ta è infatti l'ace lerazione media nell'int rvallo da O
a
T:
a(O) + a(T)
a
2
2
a = ----- =
Un di cor o analogo vale anche per lo pazio p rcor o oltanto che in
que to ca o, non
ndoci una r )azione ]in ar col tempo, il «giu to»
valor medio della accelerazione
~a 0 .
PROBLEMA 5.02
La forza F agi ce dir ttam nte ull'a
d Ila
puleggia di figura. Puleggia e corda ono di ma a tra curabile e il
cu cinetto privo di attrito. Alle e tremità della corda che pa a opra la
puleggia ono appesi due oggetti di ma a m 1 = l 2 kg e m 2 = I 9 kg
eh è appoggiato al uolo. (a) Qual e il ma imo valor della forza F
per cui m 2 rimane a contatto col uolo? (b) Qual e la ten ione della
corda p r un valore di F uguale a 11 ON? (c) Con la ten ione calcolata
in (b) qual l'accel razione di m 1?
58
E WTO
ISBN 86-408-1373-X
-------------------------(a) La ma a m2
Soluzione
il uo p o:
oli va
up r~
La ten ion della fune ha
uolo :
F
= 2T = 2m 2 g = 37 N.
(b) S alla carrucola vien applicata una forza di 110
arà ottopo ta a una ten ion di 55 N.
ali r la fun
(c L compon nti d Il ace I r zioni d Il ma
m2 ar nn :
a,
T - m1
= - - - = 36,03 m •
-2
a2
T - m2
m1
= - - - = 19
l4m· - 2
m2
a1 =
~
nendo conto eh
a~ + a,
a~ = a;
,
a
= a'+ a,.
ottra ndo m mbr a m mbr
-
a
2
a, = -1 2
p r cui I ac
a2
tti n
45 m • -
I razion d I i tema mobil
a1 = a 1 - a~ = 27 58
arru
al
m • -2 •
2. Com
equazion , che I t n ioni a ntrambi i lati d Ila arru ola d vono av re
lo te o vaJor .
5
PPLI
ZI
I D UE LE
ISBN 88-408-1373-X
59
PROBLEMA 5.05
i rmo u un piano
in I inato di 22 0° ul piano orizzontai
om in figura. I co ffici nti di
attrito ono µ = O 25 µk = O, 15. (a Qual la forza minima applicata
parall lam nt al piano eh imp dir al bi e di ·civolar in iu. (b)
Qual la forza minima appli ata parall 1am nt al piano p r la qual
il bloc o omin rà a ci volar
r o I alto. ( ) Qual forza appli ata
parall 1am nt al piano farà alir il bi
I ità
tant .
a Il al r ma imo d Ila forza h l' attrit
Soluzione
iluppar
/i
= µ _ = µ sm g
m
O
22°
=
tati o può
I O N.
in quilibri il orp
la
par Il la al pian in linat
F = m
in 22° - f mx = 29,22 - l ,08 = 11 14 N.
aria una forza pari alm n a:
F = m
in 22° + .fs ma = 29 22 + 1 ,O = 47 ON .
) P r mant n r
n locit o tant in alita bi ogna
applicar una forza F
bilanciar la ompon nt d Ila f rza
p o parall la al pian in linato la forza di attrito dinami o fk :
F
= m in 22° + fk = m ( in 22° + µk
= 29 22 + I O 5 = 40 07 N .
PROBLEMA 5.10
22°)
=
Du
Soluzione
La ma a m I
ogg tta aJI
u nti f rz : il p
m 1g
la r azion normai d I pian inclinato N 1 I attrito dinamic / ki
la
for a F do uta ali a ta. La ua quazion d I moto quindi in ba
alla conda I go di N wton:
Analogam nt
p r la ma a m 2 :
m a
= mig + N + f k2 -
F
60
ISBN 88-408-1373-X
con ovvio ignificato d i imboli. La forza dovuta all a ta in qu to
ca o - F p r la t rza legg di N wton. Proi ttiamo I du quazioni
ettoriali n lla dir zione parali la al piano inclinato. Ott niamo l du
m1a =m1
in 0 - µ, 1N 1 +F
m 2a = m 2g in 0 - J1, 2N 2 - F
r azioni normali N 1 d N 2 i po ono calcolar proi ttando
le quazioni d l moto n lla dir zion
p rpendicolare al piano inclinato:
m1ay =- m1gco 0+N 1 = O
m 2a y
Ci i riduc co
1
=-
m 2 co 0
+
N 2 = O.
al i t ma:
m 1a
= m 1g
m 2a
= m2
in 0 - µ, 1m 1g co 0 + F
in 0 - µ, 2m 2gco 0 - F
Osservazioni
1. L'ace l razion e I te a p r I du ma
il vincolo impo to dalla pr nza dell a ta.
2. N l proi ttar I
quazioru ull a
d F anzich i moduli a d F non
ttori a ed F.
3. La compon nt ay d li a I razion n rmal
a z ro peri hé il moto ' ri ttilin .
Si ottraggano m mbro a m mbro I
per m I p r m2 ri p tti am nt . Si
Fx = m1m2(/1,1 - /1,2)g co
dat
n nti ax
r d i
Ila trai tt ria
ni d p a rl di i
= O 91
m1 +m2
(b) Si ommino m mbro a m mbro I du
Gx
=
qu
.
µ,,m1 + J1,2m2
__
m 0 - - - - - - geo 0
m1 +m2
ompre sione d
ca o (a)
a pot va
empre t o.
ual
ioni. Si ott rr
46
m/
2
.
I DI EWT,
ISBN 88-408-1373-X
----------------------
61
PROBLEMA 5.12
Un blocco di ma a 4,40 kg
collocato opra
un altr di ma a 5 50 kg. P r far i olar il blocco up rior ri p tto
ali altro t nuto fi o bi ogna applicargli una forza orizzontai di 12 ON.
Appoggiamo quindi I in i m d i du blo chi u una up rfici orizzontai
priva di attrito com in figura. Tro ar : (a) la forza orizzontai ma ima F
eh i può applicar al blocco in~ rior p r farli muo r in i me (b)
I ace l razion e rri pond nte
e) il
ffici nt di attrito tati o tra
i du blocchi.
Soluzione
(a) L ma
d i du blocchi ono: m = 4 40 k , M =
5,50 kg. Appli ando una f rza di modulo f _:::: 12 N al blo
i due blocchi i muovono in i m : d
p rtanto
r pr
i rza di attrito tatico tra i du blo hi il ui modulo indich r mo
L quazioni d l m to d i du blo chi ono:
f - f = ma
Rica iamo un limit
1~~1
f
= Ma.
up rior p r la forza di attrito tati o:
Mf
M
M+m - m+ M
= - - < - - 12 N
n iamo ora I
= 6 67 N.
quazi ni d I moto n I a o r ppr
f = ma
ntato in fi gura:
F - fr = Ma.
Infatti il bi eco
nel
M+m
99k
F = - - f < - - 667N = l50N
m
4 4 kg
a
=f
m
< l 52
m/
PROBLEMAS.17
Soluzione
T, co 60° - Ti co 60° - m
N
= ( T1
I
-
Ti ) - - m
2
= O.
ri ulta p r la t n ion della fune in~ rior :
T2 = T1 - 2m = (3 5 O N) - 2( l 34 kg) (9 8 m/ 2) = 8 74 N .
i .
62
ISBN 88-408-1373-X
(b) La ri ultante, che quindi
olo radia]e ha modu]o pari alla omma
de1le componenti radia]i del1e ten ioni:
R = T, in 60° + T2 in 60° = (T,
+ T2) ~ =
7 88 N .
(c) La pa11a ta girando attorno aJl'a e ed è p rciò ogg tta a una acce]erazion centripeta che deve e ere fornita dalla ri ultant :
(T1
da cui
s endo r
.J3
+ T2) -
v2
m • 2v 2
= m- =
,J3
2
r
l 3
= L.J3/ 2:
3 (l, 70 m) (43 74 N)
4( I 34 kg)
= 6 45 m •
_,
'
PROBLEMA 5.18
Un cubetto di ma a m è po to aJI int mo di un
imbuto (vedi figura) che ruota attorno a un a e v rtical
n fr qu nza
di v giri/ . L pareti dell ' imbuto ono inclinate di un angolo
ull orizzontale. Se il co fficiente di attrito tatico tra i] cubo 1 imbuto µ s
e il c ntro d I cubo i trova a distanza r dall a
quali
ono il ma imo e il mjnimo valore dj v per cui il blocco n
ri p tto all'imbuto?
Soluzione
rit rim nto (non in rzial
1 imbuto i d v t n r conto oltr h d Ila forza p o d Ila r azion
vincolar , anche d Ila forza c ntrifuga appar nt di modulo mw 2 r. In
tale i tema di riferim nto la condizion di quilibri pr i ttata n lla
direzione della generatrice d li' imbuto a urne la t rma:
2
mg in 0 - mw r co 0
± J; = O
dove J; il modulo della forza di attrito tatico: al
up rior
o l'inferiore a econda che v ia maggiore o minor d I alor p r cui
l'attrito i annul1a. Il valore di .f
oggetto alla di
J; ~ µ (mg co 0 + mw2 r in 0)
come i ricava dalla relazione J; ~ µ N, valida in g n rale: I e pre ion
tra parente i rappre enta infatti la reazione vincolare normai .
Dalle due equazioni critte i ricavano eliminando J; il m imo e
il minimo valor della frequenza v = w/ 2rc:
I
Vma
-
2rc
Vmin
= -2Jt
Osservazioni
Allo te ori u]tato si può arrivar adottando un i tema
di riferimento inerziale in cui il cubo è vi to ruotare con la fr qu nza
dell imbuto. In tale i tema di riferimento manca la forza centrifuga
apparente, ma la risultante delle forze non z ro: poich i] corpo i
muove di moto circolare uniforme, la ri ultant d 11 forze applicate
dev eguagliare la forza centripeta. Si arriva co 1 e attamente alle te e
equazioni.
5
APPL/ AZIONI DELLE LECCI DI NEWfO
ISBN 88-408-1373-X
63
Una particella di ma a rn e ferma n Il ori gin
PROBLEMA 5.20
x = O. N ll ' i tante t = O le vien applicata una forza F = F0e - r/ T
n Ila dir zione +x dove F0 e T ono co tanti. Quando t = T la forza
vien tolta. In tal e i tant
i calcoli: (a) la v locita d Ila partic Ila
(b) la ua po izione.
Soluzione
(a) L ace I razione
a(t )
= -Fo e- , / T = -dv .
rn
dt
Si ottiene allora la velocità, impon ndo le condizioni ini ziali ,
p r t = O la velocita ia v = O:
l
1
cioè che
1
v
dv =
o
o ia
v(t)
-Fo
o m
= -FoT (I
- r/ T
_
dt
- t/ T)
m
e quindi:
FoT ( I - e- 1) = 0,632 FoT.
m
m
(b) Dalla d fini zion di v locità i ha: dx = v(t ) dt p r cui , impon ndo
al olito I condizioni ini ziali con gli tremi d' int razione, la po izion
d Ila partic Ila data da:
v(T)
x(t )
= lo
dx
=
=
l' F:T
(I -
da ui:
- r/ T )
2
X(T)
F.oT
=m
- I
dt
=
Fa:,2[~ +
= 0 368 -Fi0- T
m
2
.
- 1/ r -
Il
Capitolo 6
QUANTITÀ DI MOTO
ESERCIZIO 6.01
A che velocità deve viaggiare una Volkswagen di
massa 816 kg per avere la stessa quantità di moto (a) di una Cadillac di
massa 2650 kg che avanza alla velocità di 16,0 km/h? (b) Di un camion
di massa 9080 kg che va alla stessa velocità di 16,0 km/h?
Soluzione
(a) Ricordando la definizione di quantità di moto
p=mv.
Otteniamo
Vv
mcvc
2650 kg· 16 km/h
=- =- - - - - = 52 km/h.
mv
816 kg
(b) Analogamente si ha
vv
mcaVca
9080 kg· 16 km/h
=- =- - - - - = 178 km/h.
mv
816 kg
ESERCIZIO 6.02
Un camion di massa 2000 kg che viaggia verso
nord alla velocità di 40,0 km/h curva verso est e accelera fino alla velocità
di 50,0 km/h. Quali sono il modulo, la direzione e il verso della variazione
della sua quantità di moto?
Soluzione
Iniziamo con il calcolare i moduli della quantità di moto
iniziale e di quella finale
m)
= 22 222 N • s
s
Pr = mvr = 2000 kg· ( ~ m) = 27 778 N • s.
3,6 s
40
Pi
= m Vi = 20 000 kg · ( 3,6
Per quel che riguarda la direzione, indicando con i il versore dell'asse x
e con j quello dell'asse y, abbiamo
Pi= (22222 N · s)j
Pr = (27778 N · s)i.
66
6
ISBN 88-408-1373-X
Ora iamo in grado di calcolar il v ttor
eh ri ulta
er
= Pr -
p
Pi
= (22 222 N ·
ITÀ DI MOTO
Q
ariazion di qu ntità di moto,
) i - (27 778 N · )j.
Il modulo aie
y
Pf + p f
p =
= 35 573 N · .
Pi
Pr
P r la dir zion ri p tto ali a
I
•
P'
=-~
= O 8 =>
tana
t:;.p
d Ile x (a) abbiam
a
Pr
= - 39° .
Quindi il ttor ariazion di quantità di moto ri ulta a r dir zi n
v r o formante un angolo n gativo ri p tto ali a
d Il
ia quindi
nel quarto quadrant .
ESERCIZIO 6.03
Un ogg tto di ma a 4 88 kg colpi
d acciaio alla locità di 31 4 ml in dir zion eh form
42 0° ri petto al piano d lla lami ra; rimbalza alla t
lo t o angolo come in figura. Qual , in int n it
la variazion della ua quantità di moto?
111
X
Soluzione
algono
n nti lun
La quantità di m t iniziai
Pi = mvi
=>
La quantità di moto final
Pr=m vr
=>
=m
Pix = m
{ Pi • = m
42°
=m
in 42° .
al
in
= m vr = m r
Pr , = m Vry = m Vfi
Pr
{
4
°
in 42° .
Si tratta ora di capir
la quantita di moto i con r a o m n . Rj
la defini zion di impul o
I
=
l
ff
t1
F dt
=
J'f
ma dt
=m
lj
= m },irrdv = m(vr -
llf
a dt
rdiamo
~
lj
Vj)
= Pr -
Pi=
p
e tabiliamo la natura impul iva o meno dell forz in i
agi cono du forz
t m (eh p r I leggi di N wt n
grado di variar la quantita di moto di un corpo o di un i t ma): la forza
di int razion grav itaz ionale co tante e rivolta r o il ba
la forza
eh in org al mom nto dell ' impatto contro la Iami ra parali la ali a
delle . L impul o a ociato alla prima d Il du forz n Il i tant in cui
avvi n l'urto tra curabile p rtanto po iamo aff rmar eh la forza
di int razion grav itazional è unafor a non impul iva eh praticam nt
non comporta alcuna ariazion di quantità di mot n Ila br vi ima
durata d li urto. P r contro la forza che in org al m mento d 11 impatto
6
Q
ISBN 88-408-1373-X
67
con la lami ra una forza di int n ità molto l vata limitatam nte al
t mpo d ll'urto· prima e dopo l'urto qu ta forza ha int n ita nulla· di
con egu nza l'impul o a o iato a que ta forza ri ulta molto I vato e la
ariazion di quantita di moto eh n deri a non puo
r tra curata
iamo di front a una for a impul iva. Non ci . ono forze in ag nti
ull ogg tto in dir zione x .
A conclu ione di que ti ragionam nti po iamo aff rmar eh :
- la quantità di moto non i con r a com v ttor in quanto iamo in
pr nza di forz impul iv ·
- non
endoci forz agenti in dir zion x la compon nt d Ila quantità
di m to in qu ta dir zion i con er a·
- la ompon nt
d Ila quantità di moto non i con r a·
- dato che l'angolo di impatto e qu Ilo di rimbal z ono uguali
h p
rim ne inalt rata, Pye arà in m dulo ugual a p Yi .
Ora iamo in ·grado di calcolar la variazion di quantit di moto, eh
al
P
= Pe -
Pi
=> {
.
{
=>
l' a
p
=
Pxe
P •i = - P_ve
i
Px
b.py
=>
{ m Vi CO 42° = m Ve o 42°
· 4 2°
- m·Vi ·m 42 = m Ve m
O
=>
= O Vi = e = 1 4 m/
= 2mvi in 42° = 205 I N ·
di quantit di moto ha dir zion parali la
al 205 1 N · .
ESERCIZIO 6.08
Un urto d Ila durata di
eh al in m dia 9 4 N a una palla d ac iaio di
alla v locità di 13,8 ml . Suppo to eh la forza
al m to della palla tr ar la locità final
on ord
n
27 O m appli a una forza
ma a 420 in mo im nt
ia dir tta in r o ppo to
di qu t ultima.
Soluzione
Il v ttor impul o / = Pe - Pi, pro i ttato n lla dir zion
iniziai d I moto d Ila palla, div nta - / = Pe - Pi ma
= (984 N) (27 · 10- ) = 26 6 N ·
Pi = (0, 42 k ) ( l
m/ ) = 5 8 N ·
I
p rtanto i otti n
- 26 6 N · = pe- 5 8 N ·
La
=> Pe= - 26 6 N · + 5,8 N · =-20,8 N · .
locità final d Ila palla arà
Il gno m no ta a indicar eh la direzione d I moto
a qu Ilo d l moto iniziale.
n I
r o oppo to
ESERCIZIO 6.17
Un uomo di ma a 75 2 kg iaggia u un carrello
di ma a 38 6 kg alla locità di 2 33 ml . Salta giu in modo da att rrar a
velocità nulla. Tro at la variazione di velocita d I carr llo co 1 prodotta.
68
Q
DI MOTO
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -6 ~
-TIT.
---
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
A umiamo eh il i t ma uomo + carrello ia un i t ma
i olato quindi eh non i iano forz e tem impul iv . Il principio
di con r azion della quantita di moto ci dice eh in qu t ondizioni
la quantita di moto total d I i t ma i con rva in modulo , direzion
v r o· quindi
Po iamo ricavare la quantità di moto final del carr llo, eh arà anche
qu Ila del i t ma in quanto 1 uomo ri ulta fermo n llo tato final :
Pr = Pi= (m u + m )vi = 265 , 15 N ·
La v locità final
d l carr Ilo varrà
e
Pr
265 15 N ·
vr = - = - - - - = 6,9
mc
38 ,6 kg
La
ariazion
di
m/ .
lecita d I carr llo ri ulta
V
= 4 6 m/
ità p rd nd
il carr Ilo aum nta la ua
il pa
gg r .
ESERCIZIO 6.22
Si riti n
tato formato dalla caduta di un m t
rit
Qual
tal ?
Soluzione
O r iamo innanzitutto che la pr i azion
frontal ci garanti c eh la direzion della locità final ia la t a
di qu Ila iniziai . Un urto non frontal ci co tring r bb a con id rar
la Ti rra con I ue dim n ioni avr bb come con gu nza qu Ila di
fomirl un mom nto angolare e quindi una rotazion . Partiamo dall ' ipote i plau ibil , eh ul i t ma m teorit + Ti rra non a i cano forz
tern di tipo impul i o· indichiamo con mM ViM la ma a la v locità
ini ziali del m t orite ricordiamo inoltr eh la ma a d Ila 1ì rra val
mT = 5 97 • 10 24 kg. Applichiamo il principio di on r azion d Ila
quantita di moto dopo a r o r ato h iamo in pr nza di un urto
compi tam nt an la tico.
vr
= .fflMV 'M
(m + mT)
1
~
fflMV ·
- -•-
mT
= 2 6 · 10- 12 km/
Com i pot a pr ed r dal mplic confronto tra I ma
d I m t orit
d Ila 't rra, la velocita impr a alla Terra molto piccola.
6
Q '.A TJ T. ' DI M OTO
ISBN 88-408· 1373-X
69
PROBLEMA 6.03
Una palla di ma a 325 g olpi e una par t alla
locità v = 6, 22 m/ con una dir zion formant un angolo 0 = 33 0°
ri p tto alla up rfici
rimbaJ za con la t a locità lo t o angolo
com in figura dopo
r rima ta in contatto con la par t p r I 0,4 m .
(a) Qual I impul o rie uto dalla palla. (b) Qual
tata la forza m dia
rcitata dalla palla ulla par t ?
Soluzione
tam nt
I
I
{
L impul
v r on
Si otti n
lx
=-
Px = Prx - Pu = I
{ D..py = Pry - Piy = I y = O.
Pix # Prx
Pi y = Pr_v
alla palla dal muro n li urto a r dir zion rizzontal
I impul o ara o iam nt nullo.
mvr in
-,J -
mvi in -,J
=-
F ·
I =
2m vi in -,J
=-
2202 N · .
(b) Ricordiamo eh
quindi la forza m dia
r itata dalla par t . ulla palla val
F pall a
e la t rza m dia
lx
=- =
D.1
- 212 · 10 N
r itata dalla pali
F pall a
I
=-
F parcte
ulla par t
= 212 · IO
ar
N.
PROBLEMA 6.10
Du litt da ghiaccio di ma a 22,7 kg eia cuna,
ono collo at una di tro I altra a br
di tanza com in figura. Un
gatto di ma a 3 63 kg eh i trova u una d Il du litte bal za ull altra
e ritorna imrn diatam nt ulla prima. Entrambi i alti avv ngono alla
I ità di 3 05 ml ri p tto alla litta daJla qual
fl ttuato il alto.
Tro ar I
lo ità finali d Il due litt .
70
6
ISBN 88-408-1373-X
QU. NTITÀ DI MOTO
Soluzione
Il problema potr bb
mbrar complicato p r la pre nza
delle du litte: e rchiamo di analizzarlo pa op r pa o. Naturalm nt
p r la oluzion ricorriamo al principio di con ervazion d lla quantità
di moto. Il i tema iniziale è co tituito dalla prima litta dal gatto
la ua quantita di moto inizia] total
nulla. Quando il gatto picca il
alto, non
endoci forz impul ive nella dir zion di moto del gatto
(eh a umiamo
ere quella orizzontai tra curando la componente
verticale del moto d l gatto), la quantità di moto r terà uguaJ a z ro.
Trala ciando il gno di v ttor , data I as unzion eh il moto a enga
in orizzontai a r mo ri petto al terreno
quindi
vr.
=-
mg
- vrg = - O 16vr8 .
m
Il problema ci forni e la velocità d I gatto ri petto alla litta (vfg)· ri p tto
al terreno a r mo
vrg = v;8
+ vr = v;g -
O l 6vr8 ==> vr8
=
v'
fg
1 + O, 16
= 2 63 m /
La v locità ri p tto al uolo ri ulta inferiore a quella r lati a alla litta
in quanto la litta ta proced ndo in dir zion oppo ta a qu Ila d I gatto
proprio p r ffetto d I alto· la v locit d Ila litta ri ulta
- 0,42
m/ .
Quando il gatto att rra ull
conda litta I imprim un
lo ità
n lla ua t a dir zion di moto ( mpr p r la con r azion d Ila
q.d.m.) data da
vr g+
)
mg
=- - vrg = O 36 m/
m g+ m
.
Come i può notar , la v locità con cui i m tte in moto il i t ma gatto +
econda litta ri ulta molto ini rior a qu lla po eduta dal gatto. Qu to
dipend dal fatto eh la quantit di moto iniziaJmente po eduta dal olo
gatto vi ne ora di tribuita a un i tema molto piu pe ant , co tituito p r
l appunto dal gatto e dalla econda litta, a di capito d Ila velocità.
A qu to punto il gatto alta all ' indietro ritorna ulla prima litta.
Il ragionam nto da far è e attamente qu Ilo fatto p r trovar la v locità
d l gatto ri petto al uolo nel primo balzo. Indicando con v2r8 vr 2 le
velocita finali d I gatto e della conda litta ri petto al t rreno con
v;rg la v locità final d I gatto ri petto alla conda litta, abbiamo
m g V2rg +
,
V2fg
= V2fg +
,
V2fg
m
,
Vr 2
= V2fg +
V r. 2
= (m 8 +
m
Vf(g+)
(m g+ mJ
- - - - Vr g+ ) -
m
(m g+ m)
+ - - - - Vf(g
_ _ _ _m
___
m_ _ _
I+ _!
m
= - 2 27 m/ .
m8
-
m
V2fg
==>
V2fg
=
6
QUANTIT. DI MOTO
ISBN 88-408-1373-X
E la
71
locità della finale della econda litta ri ulta
vr 2
_ (m g
-
+ m . )vrcg+
> -
m gV2fg _
---------- -
m
/
0 42 m
Quando il gatto atterra ulla prima litta, le imprime una velocità pari a
m gV2rg = (mg + m )vr
Le du
(a)
=>
mg
Vr = - - - - vrg =
(m 8
m)
+
- 0,31 m/
litte i allontanano una ri petto ali altra.
PROBLEMA 6.19
Un proiettile di ma a 3 54 g e parato contro due
blocchi po ti u una up rfìci piana nza attrito, com in figura (a).
Il proiettile pa a attrav r o il primo blocco di ma a l 22 kg, e i
conficca n I econdo di ma a 1,78 kg. Come ri ulta dalla figura (b)
i due blocchi a umono ri p ttivamente le velocità di 0,630 ml
di
1,48 m/ . Tra curando la ma a a portata dal primo blocco dal proi tti1
pa ant , trovare (a) la velocita d I proiettile ali u cita dal primo blocco
(b) la ua velocità iniziale.
Soluzione
Analizziamo paratamente i due urti
dato che non ci
ono forze impul iv nella direzione del moto tra i blocchi e la up rficie
di appoggio, applichiamo il principio di con ervazion d Ila quantità di
moto ai due urti· indichiamo con mp, m I ed m 2 ri pettivamente la ma a
d I proi ttile quella del primo blocco e qu Ila del condo con v 1 e v2
I elocità acqui it dal primo dal econdo blocco in guito agli urti
e con v p v 1p le velocità d I proi ttil prima del primo urto e prima
del condo urto. Avremo
mpvp
{
mpVtp
= mpVtp + m 1v 1
= (mp + m 1)v2 =>
{
Vp
V1p
= 963 m /
= 747 m /
.
PROBLEMA 6.20
Un blocco di 2 O kg part da t rmo, enza attrito,
lungo un piano inclinato di 22° ri petto al piano orizzontale dal] altezza
di 0,65 m come in figura. All ' arrivo ul piano a quota zero urta attaccandovi i un blocco di ma a 3 5 kg. I du blocchi congiunti littano
p r una di tanza di O 57 m ul piano orizzontale fino ad arre tar i. Qual
il co fficiente di attrito della superficie orizzontale?
0.57 m
72
6
ISBN 88-408 -1373-X
QUANTITÀ DI MOTO
- - - - -- - -- - - - - - - - - - - -- - -- - - - - - - --=-- - -- Soluzione
mi
=
E aminiamo come prima co a il moto del blocco di mas a
2 ,0 kg lungo il piano inclinato. E o è ottopo to a un'accele-
razione ver o il bas o pari a g. Poniamoci lungo il piano inclinato, la
cui lunghezza ri ulta e ere s = 0 ,65 / in 22° = I , 74 m; la componente
dell'accelerazione g ara g in 22° quindi dalla cinematica del moto rettilineo uniformemente accelerato ricaviamo il tempo di di ce a e la velocità
con cui il corpo arriva alla ba e del piano inclinato:
ig
=
{ Vr = g
in 22° • tf
in 220 . t,
• {
t,
=:_ O, 97 s
v, - 3 57 m/
Ora il blocco I urta il blocco 2 e il i tema dei due blocchi (l'urto è
completamente anela tico) procede a velocità V data da
mi
V = - - - v 1 = 1,3 m/ .
mi + m 2
Da que to i tante il moto dei due blocchi avviene in orizzontale con
decelerazione co tante data dall'attrito dinamico, a = b..
= J-lk8· Si
m
tratta di un moto rettilineo uniformemente decelerato, quindi
Capitolo 7
'
QUANTl1A
DI MOTO
ESERCIZIO 7.01
Quanto dista il centro di ma a del i tema TerraLuna dal centro della Terra? I dati r lativi ono:
= 5 98 · I0 24 kg
ML = 7,36 • 1022 kg
Mas a d Ila Terra: MT
Ma sa della Luna:
Raggio medio t rr tre: RT
= 6, 37 • I 0 6 m
Di tanza media Terra-Luna: l
= 3,82 • 108 m.
E intere ante confrontare la ri po ta con il raggio della Terra.
Soluzione
Scegliamo come origine p r le distanze, il centro della
Terra; il centro di ma a CM si trova ulla congiungente Terra-Luna alla
di tanza dalla Terra data da:
MT.
Xcm
o+ ML. [
= - - - - - - = 4644 km .
MT + ML
Come i vede, ancora 1726 km otto la superficie terre tre.
ESERCIZIO 7.02
Si dimo tri eh I di tanza x 1 e x 2 di due particeli
dal loro centro di ma a è uguale ali inverso del rapporto delle loro ma e,
ovvero x 1/x 2 = m2/m,.
Soluzione
Introduciamo un a e di riferimento con l'origine nel CM
e ri petto al quale x 1 e x 2 indicano le posizioni dell due ma se· dalla
definizione di CM i ha
XM =
m 1x,
+ m2X2
----- =
m1
2
+m
0
da cui
o ia I' affermazion del testo dell' e ere izio [ i noti che nel te to del!' e ercizio x 1 e x 2 denotano le di tanze (sempre po itive), mentr nella
definizione di x M gli te i imboli denotano le coordinate].
74
- - - - - - - - - -7
ISBN 88-4 08-1373-X
Q
NTIT. DI MOTO
- -,
ESERCIZIO 7.04
Due pattinatori di ma
65 kg e 42 kg, in pi di u
una pi ta ghiacciata r ggono dal1 due e tr mità un ba tone di lungh zza
97 m
ma a tra curabil . Tirando il ba ton
r o di é, eia cun
pattinator a anza v r o 1 altro fino a toccar ·i. A quanto ammonta lo
po tam nto compie i o d I pattinatore più I gg ro?
Soluzione
Poich il i tema d i du pattinatori piu I a ta
oggetto
olam nt a forz int m (la forza di gra ità bilanci ta dalla forza
norma1 di ontatto p r eia cun pattinator ), il ntro di ma ad I i tema
non
ogg tto ad alcuna ace I razion . In particolar ,
ndo i rmo
all inizio rimarrà empr n I uo tato di qui t . I du pattinatori, alla
fin
i troveranno ul CM. Introdotto un i tema di riferim nto u una r tta
parali la ali a ta e indicat con x i
2 I coordinate dei du pattinatori
i ha:
~
nuto conto eh inizialm nt i du pattinatori di tano:
D
=
2 -
Xi
= 9,7 m
po iamo liminar xi , tt nendo
m1D
m -
2 -
---
mi + m 2
= X2 -
5,89 m
quindi I di tanza d percor a dal pattinatore più 1 gg ro
d =
X2 -
X m
= 5 89 m .
Ancora più mplic m nt , fi ata l'origine da cui mi urar le di tanz
n I punto m cui i trova il pattinator piu I ggero la coordinata d I
pattinator piu p ant
x i = 9,7 m
i ha:
x
m
=
mixi
mi + m 2
= _ (6_5_k_g_) _(9_,7_ m_)_ = 5 89 m
(65 kg) + (42 kg)
eh e la di tanza e rcata.
ESERCIZIO 7.07
Un cane di ma a pari a 5 O kg i trova u una
barca a 7,0 m dal1a riva. li can p rcorr 2 8 m ulla barca er o lari a.
apendo eh 1a bar a pe a 21 kg a um ndo che non i ia attrito tra
a la up rfici d Il acqua, i det rrnini la di tanza final tra il can
la riva. (Sug gerimento: il e ntro di ma a d I i t ma co tituito dal
can
dalla barca non i muove. P rché?)
Soluzione
E ndo l' attrito tra urabil , poich ' la reazion vincolare
del] acqua ( pinta di Archim de) quilibra e attam nt i] p od l i t ma
la ri ultant d Il forz
tem i annulla. Di con egu nza il centro di
ma a d I i tema (can + zatt ra) iniziai m nt fermo con rva tale
tato durant
dopo il mo imento d I cane.
Indicando con m i m 2 ri p ttivament 1 ma
d I cane d Ila zatt ra
con i x 2 I di tanze dalla riva d i ri p tti i baricentri , i ha dunqu :
7
QU. NTIT. ' DI MOTO
ISBN 88-408-1373-X
75
dov xi x~ ono I di tanz dopo lo p tam nto. Lo po tam nto d I
can ri p tto alla riva : 6x 1 = i - 1 quello d Ila zatt ra, mpr
ri p tto alla ri a: 6x2 = x ~ - 2 Po iamo quindi ri cri re la prima quazion
Lo po tamento d
po tamenti:
can
d
Dal
=
i tema d Il du
I=
Il can
m2d
m 1 + m2
ri p tto alla
1-
X2
att ra
la diff r nza d
du
= - 2,8 m.
quazioni i ricava:
=
21 kg
(5 ,0 kg)+ (2 1 kg)
(- 2
m)
=-
2 26 m.
i è quindi avvicinato alla ri a di 2 26 m.
ESERCIZIO 7.08
Judy
ha fatto.
Soluzione
D t rminiamo la po izion d I M n Ila canoa. Introduciamo un i t ma di rii rim nto con I' ori gin n I ntro d Ila anoa.
Ri hard i tro i in 1 = - l / 2 Judy in 2 = + l / 2 e n l = 2 9 m
M=
(78 4 kg)( - l/ 2) + (31 ,6 kg)(0) + m ( + l / 2)
(78 4 kg) + (3 I 6 k ) + m
Quando i du ragazzi i cambiano di po to il CM i po ta n Il anoa
n I punto imm trico ri p tto al ntro d Ila po izion ini ziai . Poich
durante lo po tam nto int rven ono I forz int m , la po izion d I
CM ri p tto al uolo non pu cambiar quindi la anoa d
po tar i
quanto lo po tam nto d I CM ri p tto alla canoa:
2.x
- (78,4 kg) + m
- - - - - - (2 9 m)
- (l 10 O kg) + m '
La ma a di Judy
ESERCIZIO 7.11
H
H
m
= O 412 m.
= 55 2 kg.
N Ila mol cola di amm niaca NH 3 i tr atomi di
idrogeno H formano un triangolo quilat rodi lato 16 28· 10- 11 m · il
e ntro d I triangolo di ta quindi , 9,40 • 10- 11 m da eia cun atomo di
idrog no. L atomo di azoto N co titui e il
rtic di una piramid . la
cui ba
indi iduata dal triangolo formato dai tr atomi di idrog no
(v di figura). La di tanza tra I atomo di azoto e eia cuno d i tr atomi di
idrogeno vale 10, 14· 10- 11 m· il rapporto tra la ma a atomica d ]l 'azoto
qu Ila d Il idrogeno I 9. Si d t rmini la di tanza d I centro di ma a
d Ila mol cola daJI atomo di azoto.
76
7 Q 'ANTIT. ' DI MOTO
ISBN 88•408·1373-X
Soluzione
P r calcolare il e ntro di ma a di un in i me di punti
mat riali po ibi] proc der gradualmente det rminando p r empio
il CM fra du punti, poi il nuovo M tra qu to CM un t rzo punto cc.
N 1 no tro ca o allora dopo av r o r ato eh il CM d i tr atomj di
idrog no ta n I «baricentro» g om trico del triangolo di ba (incrocio
d Il median , immaginiamo di o tituir ai fini d I calcolo del CM,
i tr atomi con un punto mat riaJ di ma a pari a tr volt la ma a
d ll'idrog no nel c ntro d I triangolo di ba. . L alt zza di un trian°olo
r ttangolo di lato l h = t"13/ 2, per cui , ricordando eh il centro di ta
dal v rtic 2/3 d Ila m diana i ha
["1!,
d = -
2
2
Il
· - = 9 40 · 10- m .
3
Il CM finale i trovera allora ulla congiuno- nt tal e ntro con I atomo
di azoto.
L alt zza d Ila piramid
(10 14 • 10- 11 m) 2
h =
-
(9 ,40 • 10-
11
m) 2 = 3,8 • 10-
11
m
p r cui, mi urando I di tanz a partire dall atomo di azoto, avr mo:
_ 3_m_H
_h_
m-3mH + m
Il CM
dunqu
=
11
3h
= 3(3,8 · 10- m) =
_ _ ,2 m.
6 75 10
3+m / mH
3 + 139
molto vi ino
li atomo di azoto.
ESERCIZI07.17
Un ' arma da fuoco para ogni minuto 220 proi ttili
di gomma di ma. a 12,6 g al1a lo ità d ' u cita di 975 ml . Si calcoli
quanti proiettili nece ario parar contro la agoma di un animai di
ma a 84,7 kg in moto
r o l' arma alla
Iocità di 3 87 ml , al fin
di arr tar il moto. Si a urna eh i proiettili viaggino orizzontalm nt
e che cadano al uolo dopo a r colpito I anima] .
Soluzione
A ogni pallottola
p
ien
impr
a una quantità di moto:
= mv = 0 ,0126 kg• 975 m/ = 12,3 kg m/ .
La quantita di moto d IJ animai
':
P = MV = 84,7kg-387m/ = 327,8kgm/.
Poiché dopo l'urto i proi ttili cadono a t rra con v locita praticament
nul1a tutta la loro quantita di motori ulta tra ferita ali animai . Il numero
di pro i tti Ii n e ari p r ridurre a z ro la quantità di moto dell ani mal ,
quindi la ua v locita, :
p
,. ._.,
n = - = 26 7 = 27 .
p
7
QUANTIT. ' DI MOTO
ISBN 88-408·1373-X
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Osservazioni
Il num ro co ì calcolato appro imato p r difetto.
Infatti il i t ma (proi ttil + animaJ ) non i olato, in quantoque t'ultimo
continua a ping r i avanti con le zamp . Tuttavia, dato l' levato ritmo
della mitragliatric i 27 proi ttili
ngono parati in un tempo t =
27 / 220 min '.::::'. 7
h r lati am nt br , co icch ' I appro imazion
ri ulta abba tanza buona.
ESERCIZIO 7.20
Un razzo a ripo o neJlo pazio int r te11ar , in
a nza di gra ità ha ma a pari a 2 55 • lO kg di cui I, 81 • I O kg
ono co tituiti dal arburant . Il carburant ien bruciato dal motor
in ragion di 480 kg/
i ga di carico vengono pul i con v locità
di 3 27 km/ . Si upponga h il motor
nga m o in funzione per
250 . (a) Si calcoli la pinta del razzo. b) Si d t rmini la ma a d 1
razzo alla fin d l p riodo di atti ità del motor . (e) Si d t rmini la
locità fìnal d l razzo.
Soluzione
L' quazion d 1 moto p r i i temi a ma a ariabi 1
dv
Mdt
dM
= EFe + Vrel - dt
t
do
er interpr tato com
o:
dM
Vre1-
dt
= ( 270 m/ )(480 kg/ ) = 1,57 · l06 N.
(b) La ma a d l mi il
in funzione d l t mpo (in )
M = (255-IO kg) - (40kg/ )t.
Quando tutto il carburant
bruciato la ma a ha il valer M = 7 4 •
I04 kg. Que to a i n con il funzionam nto d I motore p r la durata
di t = ( I 81 • IO kg) / (480 kg/ ) = 77 . Dopo 250 vi ancora
carburant
la ma a compi iva del mi ile e del carburante re iduo
e
M = I 35 · I O kg .
a ariabil in a enza di
dv =
dM
Vrei -
M
eh , int grata dà la ariazion di v locità
V =
Vrel
M1
In - .
M;
78
7
ISBN 88-408-1373-X
La
lecita d 1razzo (che inizialm nt
v
= (3
QUA
IT. ' DI MOTO
ra f: rmo n 110 pazio int r t Ilare)
5
I 5 • 10 kg I
= 2,08 km/ ,
2,55 · 10 kg
27 km/ ) In - - - -
I
pari a cir a 7500 km/h.
PROBLEMA 7.01
Un uomo di ma a m i tr a u una cala di orda
o p a a una mon lfi ra di ma a M (v di figura) a ripo o ri p tto
a un rif: rim nto t rr tr . (a)
l'u mo inizia a alir con locità v
ri p tto alla cala i d t rmini in qual dir zion
con quale lecita
i muov rà la mongolfi ra ri p tto alla Ti rra. (b) i d termini lo tato
di moto final
I uomo int rromp la ua alita.
a ulla
Soluzione
a.
= V+ V
p r cui la con rvazi n d Ila quantita di moto div nta
MV + m
da ui I
+ V) = 0
locità a
m
V =- - - - v
m+ M
dir tta r o il ba o quando I u mo i arrampica con locità relativa v.
(b) Dopo eh l'uomo h c at di arrampicar i anch il pallon d rma,
com i può d r dall quazion appena ricavata pon ndo v = O.
i a di
•PROBLEMA 7.02
ven
ma a
razion .
Soluzione
(a) Poich , i du piatti hanno la t a ma a, il M i
tro a attam nt n 1 punto di m zzo tra di
1.
(b) Supponiamo che i 4 g iano tra f: riti dal piatto di d tra a qu Ilo di
101 tra. Introduciamo un i t ma di riferim nto con I' a
orizzontai
r o d tra l' a
rtical v r o l'alto con I origin n I punto
7 QUANTIT. DI MOTO
ISBN 88-408-1373-X
79
di m zzo tra i du piatti (po izion iniziai d I CM). Il CM i trov ra
naturalm nte in M = O in
[( so+
=-
4). 10-
1, 12 mm .
2m 1m2
4 kg) (O 8 16 k )
T = ---
kg)
m1 + m2
m
+ (0 8 I 6 kg) ( 9
ul i tema d i du piatti agi cono dunqu I ol
det rminano la omponent
d ll ' a I razion
2T - m 1
QM =
-
m 2g
m 1 + m2
2 8 2
·
N
(O 884 k )
+ (0
=
2T
m, + m 2
16 kg)
- 2
forz
-
2N.
rti ali h
- g=
- (9 8 m - 2 )
= - O 022 m •
-2
Il moto del M un moto rtical a
rato v r o il ba o con ac2
e I razion co tant a = O 022 m • - lun o la r tta = I 12 mm.
Osservazioni
N Ila d t rminazion d Ila po izione x d
M non
ario tra formare i dati in unità del SI· i pot vano utilizzare I
in grammi l di tanz in mm
i arebbe tt nuto dir ttam nt
in mm ma non co ì n I calcolo di T: p r itar banali rrori
quando non i ' ancora uffi i nt m nt
p rti
mpr b n abituar i
a tra formar ubito I
PROBLEMA 7.03
Una cat na omog n a e fle ibile di lungh zza L ,
e di ma a p r unità di lungh zza À vi ne fatta pa ar u un picc.olo
p mo li cio ( di figura). Nella po izion iniziale la cat na a ripo o
una ua porzion x p nd a de tra d I p mo mentre la re tant porzione
L - x p nd alla ua ini tra. Si d t rmini l acce) razion a in funzione
di X.
80
7
ISBN 88-408-1373-X
-----------
QU
IT. DI MOTO
Soluzione
La forza motrice la diff r nza tra i p i d Il p~i della
cat na eh p ndono ai lati della carrucola. L' equazion del moto
Àx - À(L - x)
=
ÀL
- a
in quanto ÀL il p o di tutta la catena. L ace l razione d Ila part di
catena indi iduata con x ' quindi
po itiva quando la cat na e nde.
PROBLEMA 7.04
Un cannon
una ri rva di pali ono po ti
ali interno di un vagon ferroviario di lungh zza L (vedi figura). Il
cannon para v r o de tra il agone rincula v r o ini tra la palla
r ta n I vagon dopo a r urtato la ua par t de tra. (a) Si determini
la ma ima di tanza che il vagone può av r p rcor o dopo che tutte l
pali iano tat parate. (b) Si calcoli la v locit del vagon dopo eh
tutte 1 palle
parat .
iva del vagon t rroviario e
Soluzione
o valor prima
(M + m)x
m
= MX 1 + mx 1 =
MX2 +m
o anch:
M(X 1 - X2)
= m(x2 -
x ,).
Ma X 1 - X 2 = D e lo po tamento ubito dal vagon
mentr lo po tam nto d li pal I v r o d tra
X2 -
Dall du ultime formul
I =
v r o
m1
tra,
L - D.
i ottien : MD = m(L - D) o ia:
m
D= - - L < L.
M+m
(b) Naturalm nte dopo eh tutte I pall ono tate parat
i ' po tato di D ma la v locita ' nulla.
il vagon
o ri ultato i arriva con un ragionam nto per
il agone ubi ca uno po tam nto D ~ L
ISBN 88-408-1373-X
-------'.----------------
/
8}
PROBLEMA 7.07
Un cannon di ma a pari a 1400 kg para proi ttili
di ma a 70 O kg con velocità d'u cita di 556 ml . Il cannon vi n
po to u una rotaia li eia con alzo di 39 ,0° ri p tto all'orizzontai . (a)
Si calcoli la elocità d u cita d i proi ttili ri p tto alla ~ rra. b) Si
cal oli a qual angolo ri p tto al piano orizzontale v ngono cagliati i
proi ttili. Suggerimento: i o ervi che la compon nt orizzontale del
mom nto tota) della quantita di moto d I i t ma i con rva quando
parato un proi ttil .
Soluzione
Poich ' la quantità di moto e una grand zza v ttoriale n
' po ibil anch la con r azione parziaJ :
le forz
teme ono
v rticali come in qu to ca o non può
r cambiata la component
orizzontale d Ila quantit di moto. Introduciamo un i t ma di ri~ rimento
con l'origine n lla po izion iniziai d I cannone I a
orizzontai ,
ori ntato dalla part
r o cui I n parato il proi ttil
I a e verticale r o l'alto. P r applicare la con r azione d Ila quantit di moto,
dobbiamo prima trovar la locita d I proi ttil~ ri p tto al i t ma fi o.
Indichiamo con v' con v la locità d I proi ttil ri p tto al cannon
( locità r lativa)
ri p tto al rit rimento fi o (v locit a oluta)
con V la lecita d I cannon (v locità di tra cinam nto). P r la I gge
di compo izion d 11 v locit :
v
eh
= v' + V
pro1 ttata ugli a i dà
V
Vy
La con
da:
rvazion
= v' CO 39° +
= V ' tn. 39° .
Vx
d Ila component orizzontai
d Ila quantita di moto
MVx + m(v' co 39° + V) = O
da cui i rica a la
V ..
"
locità del cannone dopo lo paro:
m v' co 39° = (70 kg)
(556 m/ ) (co 39°) =
m + M
(70 kg) + (1400 kg)
- 20,58 m/ .
==
Le componenti d Ila v locità d I proi ttil
= v' co 39° + Vx = 432
V y = v ' in39° = 349 9 m/
v
ri petto al
I m/ - 20 58 m/
uolo ono:
= 411
5 I m/
la v locità ha modulo
v=
(411,51 m/ ) 2 + (3499m / ) 2 = 540,16m/
forma ri petto all orizzontai
fJ
V
I angolo
= arctan - = arctan O 850 =
40,37° .
82
ISBN 88-408-1_37_3_
-X _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ · - - - - 7
QUANTITÀ DI MOTO
PROBLEMA 7.11
Due chiatte i muovono nella te a direzione
ulla up rficie di un lago calmo con velocità di 9,65 km/h 21,2 km/h.
M ntr la più rapida orpa a la piu lenta i tra feri ce d I carbon a
badilate da qu t ultima alla prima in ragione di 925 kg/min (vedi figura).
Si calcoli la forza aggiuntiva richi ta ai motori perch ,, le elocità r tino
invariat . Si upponga eh I attrito tra le imbarcazioni e l'acqua non
dip nda dal p o d 11 imbarcazioni te e e eh le badilat abbiano
dir zione tra er aie.
Soluzione
Siano M 1 ed M I ma
delle due chiatte entramb
variabili in funzione d 1 t mpo condo le leggi:
M1(t)
dov
=
Mo1 - Rt
dM2
dM1
R = = - = 925 kg/ mjn = 15 4 kg/
dt
dt
rappr enta il ritmo di tra ferimento di ma a dalla prima chiatta alla
conda.
La quantità di moto totale del i tema d Ile du chiatte è:
In a enza di tra ferimento di ma a (R = 0) la quantita di moto i
con erv rebb , le forz di attrito e ndo guaii contrarie a quell fomite
dai motori. Se R -=/=- O e le elocità v 1 e v2 v ngono mantenute co tanti ,
i motori d vono fornir una forza addizionai data daHa variazion di
quantità di moto per unita di tempo del carbone tra ferito:
dP
F = - = R(v 2
dt
-
v 1 ) = 49 5 N.
Osservazioni
Il fatto di av re caricato del materiai non provoca
alcuna variazion di velocità ne11a prima chiatta purché lo carico ia
tra ver al . Tutta la forza uppl mentare dev '
r quindi viluppata
dal motor del la econda. Come i v drà piu avanti la pot nza che i
motori d Ila conda chiatta d vono fornir in più :
mentre l'aum nto di energia cin tica d I i tema per unità di tempo:
2
-d K = -d [ -1 M 1v 2 + -l M2 v 2] = -l R(v 22 - v)
= 212W.
dt
dt 2
I
2
2
I
La difl renza 291 W - 212 W = 79 W
la potenza p r a nell'urto
anela tico tra il carbon e la conda chiatta.
Capitolo 8
CINEMATICA
DEI MOTI ROTATORI
ESERCIZIO 8.03
Nell' inter allo [O, t] un olano ruota di un angolo
e/>
= at + bt 3 -
t
4
o
i uppongono a, b e co tanti. Si d t rmjni I' pr
velocita angolar
(b) dell ace l razion angolar .
Soluzione
Ricordando I d finizioni di
I razione angolar a ott niamo
locità angolar w
+ bt 3 - t 4 )
w = - = ------ = a +
. dc/>
d(at
dt
a
dt
= dw = d(a + 3bt 2 dt
ia w che a
4 t
3
)
dt
ion (a) d Ila
ace -
2
bt - 4 t
= 6 bt _
12 , 2 .
Notiamo eh
ono quantità vettoriali ebb n da om
le abbiamo rica at ora qu to non ri ulti affatto e id nt in quanto
l'angolo (/> non un vettor . La natura vettori al di w a ri ulta chiara
quando I du grand zz v ngono corr lat con l ri p ttive grand zz
lineari v e a.
ESERCIZIO 8.05
angolar
Una ruota
Gz
in moto rotatorio con ace I razion
= 4at 3 -
3bt 2
ov t il t mpo e a b ono co tanti. D notata con w 0 la v locit angolar
all i tante O i d t rmini (a) la elocita angolar e (b) lo po tam nto
angolar in funzion d I t mpo.
Soluzione
Ci troviamo in qu to ca o a dover affrontar il probi ma
inv r o ri p tto a qu Ilo app na ri olto. Dall ace lerazione angolar dobbiamo infatti ri alire a velocita e po tam nto angolari. Partiamo dalla
definizion di accel razion angolar
proc diamo integrando:
a- = dw
"
dt
dove w 0
•
a ~dt
~
= dw •
la v locità angolare per t
t a ~-dt = lwo{wdw ,
lo
= O.
84
ISBN 88· 408- 1373-X
La oluzione d Il integrale di ini tra pre uppone la conoscenza della
dip ndenza tempora} d Il accel razion angolar a , che un dato d 1
probi ma· quindi i ha
l
2
a[t 4 ]~
j~
= dw
b[t 3 ]~ = w - wo => at 4 w = wo + at 4 - bt .
(4at - 3bt )dt
-
Per ricavar ora lo po tam nto angolar
econda op razion di int grazione:
d<j)
dov
= w dt =>
f "' d<j)
}<Po
=w-
bt
wo
dobbiamo proced r
= [1 (wo + at 4 -
bt 3 )dt
lo
indicato con <Po la po izione angolar iniziale. Infin
<P
I
= <Po + wat + -5 a t
a una
i ottiene
l 4
- -t
4
Po iamo notar che per otten re una oluzione determinata dobbiamo
introdurre e quindi cono e re du co tanti del moto ovv ro la velocità
angolar iniziai w
lo po lamento angolare iniziale </) . Ciò e direttam nte collegato alla doppia op razione di int grazione eh abbiamo
ffettuato. Infatti e av imo proc duto con op razioni di int grazion
ind finita ci ar mmo ritrovati alla fine del problema con due co tanti,
o di int grazion I gate ali condizioni ini ziali d 1
moto in
ESERCIZIO 8.06
Si calcoli la v locità angolar della lane tta (a)
d i condi, (b) d i minuti e (e) delle or in un orologio.
Soluzione
Decidiamo innanzitutto I unità di mi ura d Ila velocita:
cegliamo rad/ .
(a) In un minuto (60 condi) la lancetta d i econdi fa un giro (2n
radianti) completo allora arà
giro
I min
2 n rad
rad
= - - = O 105 60
.
(b) La lane tta dei minuti compie un giro compi to in un ora (60 minuti);
avremo
giri
I giri
2n giri
_ giri
l = - - = - - - = 17-10 4 .
h
60 min
60 • 60
(e) Per la lane tta dell
ore quindi
~ _gi_ri
24 h
=
or
appiamo che e a percorr un giro in 24
2n
_gi_ri
24 · 3600
= 7 3 . 10 _5 _g in_· .
'
ISBN 88-408-1373-X
85
ESERCIZIO 8.12
Un giradi chi in rotazione aJla velocità di 78 giri/min rall nta
i arr ta in 32
il motor vi n p nto. (a) Si
d t rmini la ua ace I razione angolar co tante e la i e prima in giri/min 2 .
(b) Si calcoli il numero di giri compiuti dal di co a partire dall'i tant
in cui il motor viene p nto.
Soluzione
(a) Siamo di front a un moto angolar uniformem nt
d e lerato. Dalla r lazione tra ace 1 razione angolar v locità angolar
po iamo ricavar
a
dw
=-
di
=}
a di = dw
=}
w = w0
+ a(I -
l )
=}
w - wo
a = --- .
t - lo
A remmo potuto criv r imm diatament que ta relazion L ; ervando
eh la dee lerazion angolar i tantan a co tante p rtanto coincid
con qu Ila m dia. Ricordando che 10 = O tr = 32 w0 = 78 giri / min
wr = O rica iamo
wr - wo
a = --tr - to
(O - 78) giri / min
---------- =
(32 - O) · ( I /~O) min /
giri
2n rad
rad
= - 146 25 - 2 = - 146 25 · - 2 - 2 = - O 255 - 2
, min
'
60
'
·
(b) Innanzitutto dopo a r e pre o w 0 in unit d I SI calcoliamo lo
po tam nto angolar final a partir dal mom nto in cui ini zia il ral1 ntamento (poniamo cio </>o = 0)
giri
2n rad
rad
Wo = 78 = 78 - - = 817 min
60
l
I
2
<Pr = wo(tr - lo)+ - a(tr - to) = w Ur - lo) - - wo(lr - lo) =
2
2
-I woUr - lo)= -I ( 8, 17 -rad) · (32 )
=2
2
·
= 130 69,. rad.
Ora divid ndo per il num ro di radianti in un giro (2n)
num ro dei giri n = 20, 8.
tt niamo il
ESERCIZIO 8.19
Un olano compie 42 3 giri p r rallentar fino al
compi to arre to a partir dalla v locità angolar' di 1,44 rad/ . (a Si
a urna eh il moto ia ad a cel razion angolare co tante
i calcoli il
t mpo n e ario p r I arr to d I volano. (b) Si calcoli I ace I razion
angolare. (e) In quanto tempo il volano compi la prima meta dei 42,3 giri?
Soluzione
(a) e (b) S il moto uniform m nt decel rato appiamo
eh , indicati con O d f gli i tanti iniziale e finale del moto a unto
eh I ace lerazione a cont nga n I imbolo anch il egno, valgono le
relazioni
<Pr = <Po+ woUr - to)
wr
= wo + a(lr -
lo) .
+ 2I a(lr -
lo)
2
86
ISBN 88-408-1373-X
N I no tro ca o abbiamo t0 = O, </>o = O w 0 = 1 44 rad/
</><1> = 42, 3 giri
pertanto dopo av r tra formato lo po tamento angolare finale
in radianti otteniamo
wr
= O;
2
l
42 ,3. 2n = I ,44tr + 2at1
{
•
O = 1,44
(
•
42 ,3. 2n =
I
- 2a
( -- 1,44)
a-
•
tr = _ 1,44
a
+ atr
1 442
a
= - 2 • 42' 3 • 2n = - 4 • lo-
tr
= - -= 369
a
2
rad /
144
(
.
(e) Dalla formula eh e prime lo po tam nto angolare in funzion del
tempo ott niamo il t mpo t 1 nec ario a compi re la prima m tà d i
giri:
- 3 2
423·n = l ,44t 1 - 2·10 t 1
{
•
tf'b=
689
_
3
t, - 30 ,7
li valor d I tempo richi to qu Ilo minore, dal momento che dev e er
int riore al t mpo di arr to. Si tratta infatti di un moto uniformem nt
accel rato: il volano rati nta fino a fermar i mom ntaneamente per poi
ripartire in en o inver o. Il t mpo tf' rappr enta il tempo in cui il
volano compi i giri pr vi ti dopo e r i fermato.
ESERCIZIO 8.21
Si calcoli la v locità angolar di un ' automobil
in moto lungo un p rcor o circolar di raggio l l O m alla velocità di
52 4 km/h.
Soluzione
Ricordiamo la relazione tra v locita angolar e velocità
lin are
V = W X
r
dove r rappre enta il raggio d Ila traiettoria· nel no tro ca o , giacendo
la curva in un piano orizzontale w ed r ono tra di loro perpendicolari;
po. iamo pertanto criv re la relazione tra i moduli e ricavare quello
di w:
v
= wr •
V
w
= -r =
(
52,4
36 m/
'
110 m
)
= O, 13 rad/
.
Si noti eh nel fare il calcolo i è dovuto innanz itutto tra formar le
di men ioni d Ila velocità lin ar da km/h a ml ; p r fare ciò ba ta divid r
il valore dato della velocità p r 3 6.
ESERCIZIO 8.22
La v locità di un elemento del bordo di una ruota
di diametro 0,75 m ere c in modo uniforme da 12 ml fino a 25 ml in
6 2 . Si calcoli I ace I razion angolare d Ila ruota in que to int rvallo.
Soluzione
Come primo pa o calcoliamo la velocità angolare iniziale
w 0 e quel la finale wr
v0
wo = -
r
12 m/s
=-=
0.75 m
16 rad/
vr
25 m/
w r= - = - - = 33 ,3 rad /
r
0.75 m
8
INEMATI
DEI MOTI ROTATORI
ISBN 88-408·1373-X
87
Dato che la v locità angolar ere ce in modo uniform po. iamo aff rmare
che l'ace 1 r zion angolar
e rtam nte co tant e u ar I formule
d Il quantità m di · po to t0 = O tr = 6, 2 , a r mo
wr - w 0
25 - 12
a = - - - = - -- = 2 l rad / 2 .
tr - to
6,2
ESERCIZIO 8.23
i calcoli (a) locita angolar (b) ace
radiai
(e) a e I razion tang nzial di una na i Ila pazial h p rcorre una curva ircolar di raggio 3220 km alla v lo ità co tant di
28 700 km/ h.
Soluzione
(a) Dopo a r tra formato la locità in unità I ( =
(28 700 km/ h) / 3,6 = 7972,22 m/ ) dalla r lazi n tra v w d r ri aviamo
7972 22 m/
w = 3220 · IO m = 2 5 . IO- rad / .
(b) Ricordiamo eh 1 a e I razion
ntrip ta dip nd dalla ar1az1on in
dir zion d I ttor v locità lin ar , n l no tr ca o data la trai tt ria
il ttor
locità lin are cambia di dir zi n ad ogni i tant .
2
(7972 ,22 m/ ) 2
r
3220 · IO m
e) La
razion tang nzial dip nd dalla ariazion in modul d l
vettor v lo ità lin ar · n I no tro ca o
a co tant in modulo non
Gn
= - = - - - - - = 19 74 m/ 2 .
ESERCIZIO 8.28
Le pal di un mulino a nto ruotano, a partir dalla
po izion di ripo o con ace l razion angolar co tant di O 2 6 rad/ 2 .
Dopo quanto t mpo vi un l m nto di una d Il pal h ha ace I razion
e ntrip ta tang nzial di ugual int n ità.
Soluzione
nt dalla v locità lin ar
w = wo + a (t - lo)
di con gu nza la elo it lin ar di un I m nto h ruota a di tan a,
dall a
arà
v = wr = wor + a (t - to)r .
Po to ora per I
m nto in tudio 10 = O w 0 = O, ricaviamo p r le
du compon nti dell ace lerazion lin ar :
2
On
= :
a1
= ar.
{
= <,}r
Infin , impon ndo I uguaglianza tra a 0 a 1 otteniamo w 2 = a indip nd nt da r. L' i tante t* in cui i r a lizza que ta ituazion
tal eh
w = w2t • t * = w - 1 = a - 112 = 2.06 .
88
8
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----------------
INEMATI
DEI MOTI ROTATORI
ESERCIZIO 8.32
Una partic Ila i muove nel piano x di un riferimento carte iano con legge: x = R co (cvt) e = R sin(cvt), ove x e
ono le coordinate della particella t e il t mpo e R e cv ono co tanti.
(a) Si determini l'equazione d lla traiettoria eliminando il parametro t
dalle due equazioni preced nti. Si di cuta la natura d Ila traiettoria e il
ignificato fi ico d l parametro cv. (b) Si d rivino le e pres ioni precedenti per determinare le componenti V x e vy della velocità dell ' elemento.
A partire da tali componenti i determini il modulo la direzione della
velocità. Si de criva il moto della particella. (c) Derivando le e pre ioni
co I ott nute per le componenti cart ian della velocità i determini il
modulo e la direzione dell accelerazione.
(a) Elevando al quadrato le quazioni date otteniamo:
Soluzione
x2
{ y2
= R2 co
2
=R
2
2
(cvl)
in (cvt)
=>
x2
+
2
= R 2 (co 2 (cvt) +
in 2 (cvt))
=>
=> x 2 + y2 = R2 .
Il ri ultato ottenuto rappre enta una circoni renza di raggio R nel piano x y .
Dato che le due funzioni che de crivono I coordinate x e
ono funzioni
p riodiche di periodo 2n il parametro cv ri ulta legato al p riodo del
moto T , ovvero al tempo impiegato per compiere un giro completo di
circonferenza. Si ha che
2n
cvT = 2n => cv = - = 2rrv
T
dov v rappr nta la frequenza del moto, cio quante volte nell unità di
tempo il punto materiai che percorre la traiettoria circolar ripa a per
la mede ima po izione. Notiamo inoltre che la quantità cvi rappre enta
un angolo, piu pr ci amente es a e I angolo che determina i tant per
i tante, la direzione del vettore po izione R del punto materiale che i
ta muovendo ulla circont renza. Infatti , denotato con a l' angolo che
il vettore R forma con I a
delle x, i ha
tan a
= - = tan (cvi) => a = cvt .
X
(b) Derivando le e pre ioni di x e
dt
d(R co (cvi))
d1
dy
d(R in(cvl))
dx
abbiamo
.
Rcvsm(cvt) e
Vx
= - = ----- = -
v"
·
= -di = - - - - = Rcvco
dt
v
tan 1'
=
(v;
+ v~) =
Vv
= ___.
:. = V
tan(cvt)
(cvt)
R 2cv 2 in 2 (cvt)
+ R 2cv2 cos 2 (cvt) = Rcv
= tan ( cvt + -TT)
=>
2
rJ
= cvi + -TT .
2
Il vettore velocità, ri petto ali a e d Ile x, ha direzione 0 perpendicolare al raggio della traiettoria e pertanto ha la direzione della tangente
8
I EM TI
DEI MOTI ROTATORI
ISBN 88-408-1373-X
89
alla trai ttoria in ogni punto, ino1tr
o ' co tant in modulo i] moto
d Il ' 1 m nto ri ulta p rtanto di tipo ircolar uniform
(e) P r le compon nti d Il ace I razion abbiamo
d
ax = -
x
dt
d -"
d( - R w in (wt))
= - - - - - - = - Rw 2 co (w t ) e
dt
d( Rw o (wt))
a" = = - - -- ·
dt
dt
a = a;+ a;.=
tan 1/J
J
.
= - Rw 2 in (wt )
R 2w 4 co
2
(wt )
+
R2w4
in 2(w t ) = Rw 2
av
= __:_
= tan(wt) .
Gx
Da quanto ri a to d du iamo eh la dir zion d I
ri p tto all 'a
dell
(indi iduata dall 'ango lo 1/J)
dalla p izione d I ttor R eh indi idua il punto ulla ir onfer nza,
pertanto I ac I razion ha dir zion radiai
m dulo
i tratta
di un ace lerazion
ntrip ta.
PROBLEMA 8.05
plic . Il primo tud nt o.
tata
o.
Soluzione
(a) Il di
con ace I razion po iti
dee I razion p r la
relativ alla prima parte
eco nda abbi amo
I
<Pi= a ,
2
2
t1 =
o ompi du moti uniform m nt ace I rati
a p r la prima part
nda part Indi and
d Im t
I
2(3,0 rad /-
w2 = O = w, - a 2 12
{
<P2 = <P1
+ w, ~t2 -
2
)(4, 0 )2 = 24 rad , w 1 = a 1
=>
11 =
12 rad/
w2
12 rad/ ·
a2 = =
= 120 rad /
12
O, I
l
2
- a2 t
2
2
= 24,6 rad .
Lo po tam nto angolar ri ulta p rtanto pari a 24,6 radianti ovv ro
704 7° eh corri pendono a l ,96 giri.
(b) Dalla d finizion di v locità angolare m dia otteniamo
<P2 -= <Po
w= --~12 + ~,,
24 6 rad
-4,-1 - = 6 rad /
.
90
ISBN 88-408-1373-X
PROBLEMA 8.06
Un a tronauta i allena in una e ntrifuga di raggio
10 4 m. La centrifuga ruota con legge <P = (0,326 rad/ 2 )t 2 . Si calcoli
(a) la velocità angolare (b) la velocità tangenzial , (e) l acce) razion
tang nziale (d) l'ace lerazion radiai dell a tronauta dopo 5 60
Soluzione
(a) Dalla definizione di velocità angolare abbiamo
d<P
= -dt =
w
d[ (0 326 rad/
2
)t 2 ]
dt
= (0, 652 rad /
2
)t .
Ali ' i tant indicato arà
w
= (0,652 rad/
2
)(5 6 )
= 3,65 rad/
.
(b) P r ricavar la elocità tangenzial ara uffici nt moltiplicare il
ri ultato app na ott nuto p r il valor d I raggio di curvatura d Ila traiettoria
v
= wr = (3 65 rad/
)(10,4 m)
= 37,96 m/
.
(c) L'ace I razione tangenzial a um un valore div r o da O olo
il moto circolar e accelerato; n I no tro ca o i ha
a
dw
d
= -dt = -dt ((0 652 rad /
2
)t]
= 0,652 rad /
2
e quindi
al
e
= ra = (IO 4 m) • (0, 652 rad /
ndo a co tant , lo
=
v2
r
)
= 6 78 m/
2
pure al.
(d) Infine p r I accelerazion
an
2
radiale abbiamo
= (37 96 m/
)2
= 138, 55 m/
2.
10,4 m
PROBLEMA 8.08
Il volano di una macchina a vapor ruota con
v locità angolare co tante di 156 giri/min. Se iene interrotto il flu o di
vapor per effetto degli attriti la ruota rallenta il uo moto dopo 2 20 h
i ~ rma. (a) Si calcoli l accelerazione angolare uppo taco tant , la i
prima in giri/min 2 . (b) Si calcoli il numero di giri compiuti dalla ruota
prima di giung r nella po izione di arr to. (c) Si calcoli l ace I razione
tang nzial di un l mento della ruota a di tanza di 52,4 cm dall a
di rotazione quando il volano ruota alla v locità di 72 5 giri/min. (d)
Si caJcoli il modulo dell ' ace I razione linear dell elemento di cui al
punto prec dente.
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9}
Soluzione
(a) Dato che l accelerazione angolare e co tante p r calcolarla arà uffici nt far il rapporto tra il d crem nto d Ila velocità
angolare nell ' int rvallo di t mpo n e ari o ali' arr to d Ila ruota e I int rvallo di t mpo t o e pre o in minuti; p rtanto avremo
wr - Wi
Wi
156 giri / min
giri
a = - - =- - =- - - - - = I 18- -2 .
tr - ti
tr
2,20 • 60 min
' min
(b) Per calcolar il num ro di giri compiuti fino ali arr to, dobbiamo
innanzitutto calcolar lo po tamento angolare total <Pr'
ndo il moto
circolar uniformem nt dee I rato avr mo
<Pr = </>i+ Wi(tr - ti) + -I a(tr - ti) 2
2
I
= witr -
-I ( Wi
- ) tr2
2 tr
=
l ( 156 -giri)
. = 10296 gm.
..
.
· (2 20 · 60 mm)
= - witr = -
2
2
mm
(e) Il dato ulla v locità angolar
ri pond r a qu ta domanda ba
zion tangenzial
ace I razion
n e ario tra formar I unita
non rv dato h a
P r
ta ricordare la r lazion tra a cel raangolar · prima di proc d r tuttavia
dj mi ura
1 18 • 2 rr rad
gm
a = l , J 8 - . -2 =
mm
60
r = 52 4 cm = O, 524 m
2
_ rad
= 2, 06 · I O
2
dove on r indi hiamo la di tanza d Il ' I m nto d Ila ruota dall a
rotazion . Otteniamo ora
ra1) -0,524m = 1,079- 10-
a, = ca = (206-l0_3
m/
2
di
..
.
(d) L ace l razion total d li' I m nto d Ila ruota ri ult rà dalla compo izion d li a e I razion e ntrip ta di qu Ila tang nzial p rtanto
2
an
a
2
2 2
w r
2
= d = - ,- = w r =
=
a~ + a;
(
= 30 20 m/
2rr rad)
72 5
· (0 ,524 m)
60
2
=
O 20 m/
2
.
nt di ace I razion tangenziaJ
b n 4 ordini di grandezza inferior a quella e ntripeta non
d Il ' ace lerazione d li el m nto d Ila ruota.
PROBLEMA 8.09
Uno dei primi m todi p r la mi ura della v locità
d Ila luc
il co idd tto int rferometro di Fiz au. Un fa io di luc
attrav r a una t nditura d l bordo e t mo di una ruota d ntata, come
illu trato in figura viaggia ver o uno p cchio rifl o da qu to, torna
ulla ruota dentata per pa are attrav r o la t nditura ucc iva della
ruota. Si upponga eh la ruota abbia raggio di 5 O cm e che ul uo
bordo iano tati ricavati 500 denti. Mi urando la velocità d Ila luce con
lo p echi o po to a L = 500 m dalla ruota, i ottenuto 3 O • I O km/ .
(a) Si calcoli la v locità angolare, uppo ta co tant , della ruota dentata.
92
8
ISBN 88-408-1373-X
CINEMATICA DEI MOTI ROTATORI
(b) Si calcoli il modulo della velocità lineare di un elemento ul bordo
del la ruota.
Ruota dentata
Specchio
Sorgente di luce
Soluzione
(a) Il tempo impiegato dalla luce per percorrere il tratto
ruota dentata - schermo e ritorno vale
t
2L
2 · (500 m)
e
(3,0 · 10 m/s)
= - = - --8 - - = 3,3 · IO
_6
s.
Nel frattempo la ruota ha ruotato di un angolo tl0, angolo tra una fenditura
e la successiva, dato da
ll0
2n
=-
500
= 0 ,01257 rad.
La velocità angolare w costante risulta essere
w
=
0 ,01257 rad
3,3 · 10- 6 s
= 3,8 • 103 rad/s = 36000 giri/min.
(b) La velocità lineare di un punto sul bordo della ruota dentata vale
v
= wr = {3,8 • 103 rad/s)(5
O• 10- 2 m)
= 188,5 m/s = 678 km/h.
PROBLEMA 8.11
La porzione di compact disc su cui sono regi trati i
concerti per violino di Tchaikovsky e Mendelssohn è una corona circolare
di raggio interno 2,50 cm e rag'gio esterno 5,80 cm. Durante la fase di
riproduzione il disco viene letto con velocità lineare costante di 130 cm/s
a partire dalla parte più interna verso quella più esterna. (a) Si calcolino
la velocità angolare iniziale e finale. (b) Le linee di lettura a spirale si
discostano l'una dall'altra di 1,60 µm. Qual è la lunghezza totale della
traccia letta? (c) Quanto dura la riproduzione del disco?
Soluzione
Wj
(a) Abbiamo
v
130 cm/s
ri
2,50 cm
v
rr
wiri
= - = - -- = 52 rad/s => wr = - = -
rr
= 22,4 rad/s.
8
CINEMATICA DEI MOTI ROTATORI
ISBN 88-408-1373-X
93
(b) La lunghezza totale della traccia si può calcolare come lunghezza
della circonferenza media per il numero di giri totali presenti. Il numero
di giri totali sarà
n
rr - ri
(5 ,8 - 2,5) · 10- 2 m
1,6 • 10- m
= - - = - - - -6 - - = 20625
/::;.r
quindi
110 1
= ltot =
v
=
(rr
+ ri)
2rr · n = 5378 m.
2
(c) Il tempo della riproduzione vale quindi
l10 1
5378 m
130-I0- 2 m/s
= 4137 S =
I h 8'57".
DINAMICA
DEI MOTI ROTATORI
ESERCIZIO 9.09
Si calcoli il momento torcente rispetto all'origine
della forza F = (3 ,5 N)i - (2 4 N)j + (4 ,3 N)k agente su una particella
che occupa la posizione individuata dalle coordinate x = l 5 m, y =
- 2,0 m e z = 1,6 m. Si diano i ri ultati in termini dei ver ori.
Soluzione
Applichiamo la definizione di momento torcente, avendo
indicato con O = (x 0 , y 0 , z0 ) il polo rispetto al quale si calcola il
momento della forza F = (Fx, Fy, F,. ) applicata in P = (x, y , z) :
i
j
k
1,5 m - 2,0 m 1,6 m Fx
F,
F,.
3,5 N - 2,4 N 4,3 N
= (- 2,0 · 4,3 + 1,6 · 2,4)i + (1 ,6 · 3,5 - 1,5 · 4 ,3);+
+ (-1 ,5 · 2,4 + 2,0 · 3,5)k =
= (- 4,76 N · m)i + (- 0 ,85 N · m)j + (3,4 N · m)k.
i
ro=OP x F
=
j
k
x - Xo y - Yo z - Zo
=
ESERCIZIO 9.15
La pala di un elicottero è lunga l = 7,80 me pe a
M = 11 O kg. (a) i calcoli la forza esercitata ul perno che connette
la pala al rotore quando que t' ultimo ruota alla velocità angolare di
w = 320 giri/min (Suggerimento: per questo calcolo la pala i può
con iderare come una particella puntiforme che occupa la posizione del
centro di massa. Perché?). (b) Si calcoli il momento torcente da applicare
al rotore per portarlo dalla po izione di ripo o alla velocità massima in
6,70 s. Si tra curi l'effetto dell'aria. (Per que to calcolo la pala non
può essere trattata come una particella nel centro di ma sa. Perché? Si
assuma uniforme la di tribuzione della ma sa sulla pala).
Soluzione
(a) Immaginiamo di suddividere il rotore in elementi infinitesimi di massa dm che ruotano alla distanza r dall 'as e di rotazione.
La forza centripeta necessaria per far ruotare la ma sa dm con velocità
w alla di stanza r è dF = w 2 r dm. Il perno deve fornire la somma di
tutte le forze dF
F=
j dF = io' ai2rdm = w io' rdm = w Mrcm
2
2
96
9
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------------
DI 'A MI A DEI MOTI ROTATORI
avendo uti1izzato la definizion di e ntro di ma a p r un ' a ta
r 01 =_!__ {' rdm.
M}o
Per ffettuar il calcolo prima n ce ario tra formar i dati nelle unità
d I SI: la v locita angolare e
w = ( 320 giri) (2n rad) ( min) = 33 , 51 rad.
min
giro
60
La forza tota] , tenuto conto che il centro di ma a p r un a ta omog n a
i trova a m tà de11a lungh zza ri ulta
2
F = ( 33 ,5 -rad) (1 IO kg) (7 ' 80 m) = 481 kN.
2
(b) L ace lerazione angolare co tante n ce aria per pa ar da Oa 33 ,51
rad / in 6 70 è
D.w
33 ,5 rad /
a = = - - - - = 500rad - 2
D.t
6 70
'
e il momento torcente che puo imprimer tale ace leraz ion e
r = fo =
L
ML 2 a =
3
I
(110 kg)(7
3
80 m) 2 (5 ,00 rad• - 2) = 11 16 kN • m ,
e ndo / = M 12 / 3 per un corpo rigido i mii a una pala di elicott ro.
Qu ta volta non po ibile fruttar la d finizion di e ntro di ma a
perché n Ila d finizion di momento d' in rzia la di tanza compare al
quadrato: / = J~r 2 dm.
ESERCIZIO 9.24
Una piccola forza orizzontale iene applicata p rp ndicolarrn nt al punto medio di uno degli pigoli up riori di un cubo
a ripo o u un piano orizzonta! . Supponiamo che 1 inten ita d 11a forza
ere ca co tantement . Sap ndo eh il coefficiente di attrito tatico tra 1
uperfici vale O 46 tabi lire il cubo ci volerà ul piano o i capovolg rà.
Soluzione
Le forz in gioco ono: la forza orizzontale F applicata
a uno pigolo up riore la forza p o applicata al e ntro di ma a I
forze di contatto eh i viluppano ulla faccia del cubo a contatto col
piano (tali forze, nella fa di ribaltam nto, i concentrano ullo pigolo
attorno al qual il cubo tende a ruotar ). Indichiamo con a il lato del
cubo. La condizion per la rotazion richi d eh il mom nto torcent
d lla forza F up ri il mom nto dovuto alla forza pe o P , calcolati
ri p tto allo pigolo oppo to a quello dov è applicata F (il momento
dell forze di contatto, ri petto a tale pigolo nuilo):
a
Fa > P 2
F ~ 0 ,5P.
Il cubo inizia a civolar quando è diver a da z ro la compon nte orizzontale della ri ultante, e quindi la forza applicata F upera il valore
ma imo d Ila forza che I' attrito tatico può viluppar :
F ~ µP
= 0 ,46P.
9
DI
Ml
DEI MOTI ROT. 7i RI
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--------------
97
Dal
di
ESERCIZIO 9.29
app li ar all a ru ta di
di a lt zza h. i d n ti
.Jh 2r - h
r- h
F > P----I a It zza d I rad i n
n la
ia in i ri r d I r
d Il a
ru ta.
ESERCIZIO 9.30
52 k
uali da un
di tanza
n L
n-
la di tan ad Il a r tta d azi n di F dalla
d
h
2, m)
= ar tan - - (4 12 m)
4 95°
mi ra.
~
n ndo
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i otti n
d) + ll -_-(256-,27- N)- [ (O 95
- m)
- + 1] --
m
F -_ - [( 2co
L
co 34 95°
(2 88 m)
415 , 8 N.
(b) Imponiamo ora la condizion di equilibrio p r 1 tra )azioni
pro i ttiamo condo l direzioni x parali la ali' a ta
ertical
F4 co </> = F3 in 0
F4 in</> + F co 0 = F,
Si ott ngono l compon nti orizzontale e
dalla par t ulla barra
o
la
+ F2 .
rtical della forza e rcitata
F4x = F co </> = F in 0 = (415 8 N)( in 34,95°) = 238 ,2 N
F4 y = F. in</> = - F co 0 + m =- (4 15 ,8 N)( in 0) + 2(256,27 N) =
= 171 ,7 N.
La forza F 4 ha modulo
Flx + Fl , = 293,5 N
e forma con la dir zion
orizzontai
F4 y
</> = arctan F4x
I angolo
= 35 74° .
ESERCIZIO 9.32
Una tavola di lunghezza L = 6 23 m, il cui pe o
vale 274 N
appoggiata al uolo a un rullo privo di attrito po to u
una paret di alt zza h = 2 87 m (v di figura). Il baricentro d Ila tavola
coincid col uo c ntro geometrico. La tavola rimane in qui]ibrio p r
tutti gli angoli 0 ~ 68,0°, mentr civola e 0 < 68 0°. Si calcoli il
coeffici nt di attrito tatico tra tavola e uolo.
Soluzione
Imponiamo la condizione di equilibrio per l rotaz ioni
( cegli ndo com polo il punto di appoggio col uolo p rch co ì i
e ita di calcolar i mom nti della forza normale Ne d Ila forza d 'attrito
f s) dell qui1ibrio tra lazionaJ , proi ttandola ugli a i x
Il rullo
rcita ulla tavola una forza F 1 norma] alla tavola t
½
- W CO 0 + F1 1~ = 0
f - F, in 0 = O
{
N + F, CO 0 - W = O.
Ri ol endo il
i t ma
o titu ndo i valori num rici i ha
L in 0
L
F, = W - - CO 0 = W 2h
4h
(6 23 m)
= (274 N) 4(2' ,87 m)
.
m 20 =
in(2 · 68 0°) = 103 3 N
f s = F, in 0 = (103,3 N)( in 68 0°) = 95 77 N
N = W - F 1 co 0 = (274 N) - (103,3 N)(co 68 0°) = 235,3 N.
9
DI 'AMI 'A DEI MOTI ROT, TORI
ISBN 88-408-1373-X
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Poiché l'angolo 0 = 68 0° il alor limit p r il quale i ha ancora
quilibrio, cio ignifica eh in qu ta ituazione la forza di attrito ha il
ma imo valor f s = f ma = µN , quindi
µ
=
(95 77 N)
(235 N)
= 0, 4 l .
ESERCIZIO 9.39
In una macchina di Atwood un blocco ha ma a
5 l 2 g l'altro 463 g. La puleggia montata u u in tti pri i di attrito
ha raggio di 4 90 cm. Quando il
i o rva eh il blocco piu p
calcoli il momento d inerzia d
Soluzione
(a
(b)
che
blocco 2
ompon
- a:
;l:
=:: : :::-a)
Tì R - Ti R
= la
a = a/ R
da cui i rica a in particolar :
a
=
I / R2 + mi
+ ~/ ·
Poich' ri ulta eh I acce) razion d i blocchi co tant po iamo trovarn
il valore applicando la I gg oraria d I moto unit rm m nte ace I rato
con i dati d l probi ma (naturalm nt dopo a rii tra formati in unità
d l SI):
a =~= 2(0 765 m) = 5186 . I0_2 m . - 2 .
t2
(5 11 ) 2
So tituendo il alor co ì trovato di a n Il' quazione pr e d nt
olv ndo ri petto a / i otti ne:
l
n-
= R [(m2- m,) -;; - (m, + m2)] = 0,0173 kg· m
2
Le ten ioni d Ila fun
ai du
Ti = 5,05 N
lati d Ila carrucola ri ultano quindi:
e
T2 = 4 ,51 N.
Osservazioni
Come mo trano i calcoli, non i può attribuire alla fon
una t n ion Tunica: qu to arebb po ibil oltanto quando
ndo
la fun di ma a tra curabil , il momento d in rzia d Ila puleggia fo
nullo o ia la pul ggia av
ma a tra curabil (vedi la t rza quazion
d I moto) oppur quando i tratta d I ca o tatico, p r
mpio con uno
dei contrappe i bloccato da un vincolo opportuno.
}00
:A D EI MOTI ROTATORI
DI Ml
- - -9 -
ISBN 88-408- 1373-X
ESERCIZIO 9.40
Una ruota co tituita da un di co uniform a ent
ma a I 40 kg, ruota alla locità di 840 giri/min
attorno al uo a
u cu cin tti privi di attrito. P r arr tam il moto un
pattino fr nant agi e pr mendo ul bordo della ruota con una forza di
130 N dir tta radialment . La ruota compi 2,80 giri prima di arr tar
il uo moto. i determini il coefficiente di attrito tra il bordo della ruota
il pattino fr nant .
Soluzione
Il pattino pr muto contro la ruota dalla forza F viluppa
una forza di attrito tang nt alla ruota f k = µ,F. Il mom nto torc nte
da
a prodotto determina l'ace lerazion angolar co tant , che frena
la ruota
-r
=µFR =/cx =(lmR )a.
2
Dalle equazioni d I moto uniform m nt d e I rato indicato con t il
t mpo n
ario p rch " la ruota i f rmi e con tJ I angolo de critto fino
a fermar i
w
= w0 -
at
=O
tJ
= wot
I
2
- - at
2
'
i rica a I ac el razion angolar
a.
w2
(88 O rad) 2
ra d
= -2tJ0 = - - - = 220 O- 2
2(17 ,6 rad)
'
dopo av r tra formato i dati del probi ma in unità d I i tema SI:
/ ( 60 - . ) = 88 0 -rad
Wo = 840 -giri
. ( 2Jt -rad)
.-
mm
tJ
giro
mm
= 2 80 giri ( 2rr -rad)
.= 17 6 rad .
giro
i otti n allora iI valore d 1 co fficiente di attrito
_ mR _ (l 40 kg)(O 23 m) (
rad) _
µ, - - a - - - - - - - 220,0 - 2 - 0,27.
2F
2(1 ON)
PROBLEMA 9.06
Due . f: r id ntich ,li ce di p o P ono a ripo o
in un recipi nt rettangolare com illu trato in figura. La congiung nte
i centri dell fer forma I angolo tJ con la dir zion orizzontale. Si
d t rminino I forze
rcitat ull f r (a) dal fondo d I recipi nte
(b dall par ti del recipi nt
(c) da una f ra ull altra.
Soluzione
Indichiamo con F 1 F2, F F4 ri pettivamente la forza
r itata dal pa imento ulla fera inferior dalla par te ulla fera
ini rior dalla paret ulla fera . up rior dalla fera inferiore u quella
uperiore. L' quilibrio della f ra uperiore richi de nulla la ri ultant
de11 forze F3 , F4 e P, eh proi ttata nelladirezion vertical orizzontale,
da
9
DI
Ml
f\
DEI MOTI ROT, TORI
ISBN 88-408-1373-X
101
Sulla fera in~ rior agi cono le forz F 1, F2 e ercitat dall pareti la
r azion alla F4 ( quindi dir tta ver o il centro della fera inferiore) e
la forza pe o P. Si ott ngono le proi zioni
Ri olvendo i ha
F2 = F = P / tan {}
F 1 = 2P
F4
=
P / in{}.
PROBLEMA 9.08
Le tremo A di una barra orizzontai ottile, di
ma . a tra curabi]
di lungh zza L, è fi ata a una par t p r m zzo di
un perno. L aJtra e tremità B legata al punto C della par te tramite
un filo ottile che forma un angolo rJ on la direzione orizzontai . Un
ogg tto di p o P appoggiato alla barra a di tanza dalla par te. (a)
Si d t rmini la t n ione T del filo in funzion di x . (b) Si det rminino
le compon nti , v rtical e orizzontai , d Ila forza e rcitata ulla barra
ul perno in A. (e) Suppon ndo eh il filo po a r i t r alla ma ima
t n ion di 520 N i det rmini il ma imo valore di x amme o per
e itar la rottura d I filo
P = 315 N, L = 1,76 m rJ = 32,0°.
Soluzione
L for
t rn agenti ulla barra ono: il p o P v rtjcaJ
v r o il ba o applicato a una di tanza
dalla par t , la t n ion T
ul filo in una direzion eh forma un angolo 0 con la barra
la
r azion vincolar F
rcitata dallo . nodo A in dir zion incognita. Per
I' quilibrio tra ]azionai la omma v ttorial di tutt I forz
t m
d v'e r nulla. Que ta condizion forni ce I
P+ T+ F = O
che, proi ttataorizzontaJm nte e verticalm nte dà ledu
quazioni catari:
- Teo 0 + F = O
- P + T in 0+Fy=O
n Ile incognit T, F, Fy. Una t rza quazion i ottiene dalla condizione
di equilibrio rotazionale: la omma v ttorial di tutti i momenti d Il forze
e terne dev
ere nulla. Calcolando i momenti ri p tto allo nodo A gli
unici momenti non nulli ono qu lii di P di T , entrambi perpendicolari
al piano d I di egno ma on ver i oppo ti. Si ottien p rciò l'unica
quazion calar :
r2 = TL in 0 - Px=O
da cui i ricava (a) la forza di t n ione ul filo:
p
T = -L in 0
o tituita nelle due equazioni precedenti da I componenti orizzontale
rtical (b) della r azion vincolar in A:
p
F-i:
= T co e = --x
L tan 0
Fy
=P-
,
T in0
= P(l
-x/ L).
}02
DI 'AMI
ISBN 88-408-1373-X
(
Dai dati d I probl ma utilizzando il ri ultato (a) ricaviamo il ma imo
alor di
x
- - - - - -•
X2
--·;;·•- • ..........- -.........
D I MOTI ROT, TORI
(520 N)( 1, 76 m)( in 2 0°)
= ----------=I
(3 I 5 N)
54 m.
PROBLEMA 9.09
gu nt
un probi ma di m ccanica b n noto
( i v da p r
mpio, cientifi Ameri an, nov mbr 1964 pa . 128).
Mattoni di ma .. a olumi a uniform
tutti uguali tra loro v ngono accata tati uno ull altro in modo eh eia cuno tia in quilibrio alla ma imà
porg nza ri p tto al otto tant . A tale fin il bari entro del mattone in
ima alla cata ta d ve
r po to attam nt opra il bordo d I matton
otto tant . Il barie ntro d I i t ma co tituito da qu ti du d v colloar ·i rticalm nt al di opra d I bordo d I matt n eh li orr gg
co ì
ia fino in fondo. (a) Si pi ghi p r qual moti que to crit rio a icura
la porg nza compi i a ma ima
i calcoli la ma ima porg nza p r
una truttura in quilibrio. (b) Si dimo tri eh con l'algoritmo preced nte
i può raggiunger una porgenza comunqu grand . (N li articolo citato
Martin Gardn r aff rma eh : U ando 52 art da gioco con la prima
carta po izionata ul bordo d l tavolo, la ma ima porg nza . . h i raggiunge pari a po o m no di 2 25 olt la lungh zza di una carta ....'
(e) i upponga ora di guir un altro algoritmo: I n -e imo matton
i n di co tato dal otto tant di un tratto pari a L / n , o L ' la Iun ghezza d i mattoni. Quanti mattoni i po ono impilar prima h la
truttura crolli. Si controlli la ragion volezza d I ri ultato gen ral (in
funzion di n) tudiando i ca i n = 1 n = 2 d n =
Soluzione
(a) Sappiamo eh il p o di un corpo quival a una ola
forza applicata n I e ntro di gra ità. È tato dimo trato eh un corpo
rigido in equilibrio tabi)
I applicazion di una forza qualunqu
pu alzar il e ntro di gra ita ma non abba arlo. Ciò e rtam nt
p r un matton appoggiato u tutta la ua ba , ma r ta v ro anch
I appoggio ' limitato a un poligono eh cont nga il pied della v rticale
pa ant p r il c ntro di gravità. Ciò preme o, p r il primo matton (a
partir dall alto) la condizion eh il uo e ntro di gravità ia non e t mo
al poligono di appoggio. N I ca o limite 1 = L / 2 I quilibrio di nta
in tabi) . Il primo matton
quindi in quilibrio
quello otto tante
ri ntra p r 1 _:s L/ 2; p tr mo trattar i primi du mattoni com un olo
corpo rigido, il cui barie ntro i trova a una di tanza orizzontai
mx + m( + L/ 2)
3
= - - - -2m- - - - = -4 L =
L
+ -4
1
1
X2
1
dall' . tr mità d I primo matton . Po i ioner mo allora il t rzo matton
alla di tanza x 2 ri petto al primo. Potr mo ora con id rar i primi tre
mattoni om un orpo rigido col barie ntro alla coordinata
2m
2
+ m(x2 + L/ 2)
3m
X= - - - - - - - -
L
6
=X2+ -
Proc d ndo per induzione completa potremo cri
di equilibrio del blocco d i primi n mattoni:
X 11
=
(n - 1)
11 _ ,
+x,, _ 1 + L/ 2
n
.
r la condizione limit
I
L
n
2
= X,, _ , + - · - .
9
DI 'AMI 'A DEI MOTI ROTATORI
ISBN 88-408-1373-X
Applicando la formula in modo it rativo
x,,
=
L
Il
103
ha:
I
-2 L -:- i= I L
(b) Gli po tamenti tra mattoni con cuti i formano una progre ion
armonica. E ndo la erie armonica div rg nte i può otten r un ' t n ion grand quanto i vuol .
Non ' nota una formula conci a p r calcolar I omm ridott d Ila
eri armonica. La ridotta n - ima può
er omunqu valutata con
un cal olator ta cabil . Riportiamo alcuni alori d Il porg nz h
i ott ngono:
L
X 4 = 2,08
= I ,04L
2
L
1
= 2 93 -2 = I ,47 L
s1
= 4 52 2 = 2 26L.
L
(c) V diamo ora o a u ced n Ila conda ipot i
io
ogni
matton porga ri p tto al pr c d nt di L / n. In una pila di N mattoni
il baricentro d gli N - I mattoni up riori (il primo c rtam nt in
quilibrio) di ta orizzontalment dal c ntro del matton più ba o di una
lungh zza:
m -
L / n + 2L / n + ... + (N - l)L / n
N - I
-------------
Si ' fatto u od Ila formula che da la
aritmetica. P r I quilibrio de
X m ~
L
n
N
2
i t rmini di una progre ion
cio
L/ 2
=
N ~ n.
Infatti p r n = 1 già il condo mattone manch r bb compi tam nt
di appoggio; p r n = 2 il baricentro d l condo matton
gi ull orlo
del primo (equilibri in tabi! )· p r n
n n c' a tto la pila
v rticale può aver (t oricam nt ) qualunqu alt zza.
PROBLEMA9.10
(a)Sidimo tri h la ommad i mom ntid in rzia
di una lamina piana ri p tto a du qual ia i a i p rp ndicolari tra loro
giac nti ul piano d Ila lamina
ugual al mom nto d in rzia d Ila
lamina ri p tto a un a
perp ndicolar al piano e pa ant p r il punto
di inter zion dei primi du . (b) Si applichi qu to ri ultato a un di èo
circolar p rdeterminar il uomom ntod ' in rziari p ttoaundiametro.
Soluzione
(a) Scelto un i t ma carte iano con gli a i x , n I piano
della lamina e l'a
perp ndicolare i momenti d'in rzia ri p tto ai
tre a i ono:
do
r;
=
x; + y;
104
ISBN 88-408-1373-X
la di tanza d Ila ma a
ubito:
m;
z. Dall tre quazioni i ricava
dall a
+ ly.
I, = I
(b) P r il di co circolar (che un ca o particolar d I cilindro quando
I altezza ia tra curabile) il momento d'inerzia ri petto all a
di imm tria '
l
2
l , = MR
2
Applicando la formula ora dirne trata e ten ndo conto del fatto eh ,
comunqu
celgano i du diametri , / = f y , i otti ne:
1
1
2
4
l x= I . = - / , = - M R
2
Osservazioni
1. om corollario di qu tot or ma i ricava eh p r
una la tra piana la omma dei mom nti d'inerzia ri petto a du qual ia i
a i p rp ndicolari tra loro giac nti n I piano della la tra è co tant
al ruotare di que ta coppia di a i intorno a un punto fi o.
2. Un inter ante appli azione della propri tà ora dimo trata i può
trovar in E. Fermi: Una rela ione tra le costanti delle bande infrarosse
delle molecole triatomiche. Noi e memorie, voi. I, pag. 157. Attraver o
la mi ura d Il fr quenz di rotazion d Ila molecola di H2 0 (triatomica
percio piana) F rmi verificò eh la uddetta r )azione tra i tre mom nti
d in rzia vale anch a liv Ilo atomico.
PROBLEMA 9.19
Un di co omogen o di raggio R e ma a M viene
po to in rotazion con v lecita angolare cv0 u una up rficie orizzontale
con co fficient di attrito dinamico J-l k· (a) Si calcoli il momento torcent
dovuto ali attrito. (b) Si determini il t mpo nece ari o p r I arre to del
di CO.
Soluzione
Con id rata una uperfici infinite ima dS del di co u
que ta i vilupp ra una forza di attrito df = J-lkdN (in dir zione oppo ta
a quella d l moto di dS) in cui dN ' la forza che preme una uperficie
. ull altra pari a dN = (N / S)dS. Il momento torc nte ri p tto al centro
d I di co dr = r df = r J-lk dN. Data la immetria del problema
po iamo ommar tutti i mom nti dovuti agli lementi che hanno la
t a di tanza dal centro· o ia con id rare il di co uddivi o in an lii
di p ore infinite imo dr quindi di ar a dS = 2Jtr dr , per ognuno
dei quali il momento torcente viluppato
dr
t nuto conto che N
Mg
= r J-lk Jt R 2 2Jtr dr
= Mg.
Integrando u r da O a R , i ha
r
2
= µ,kMg R.
3
(b) L' ace lerazion angolar d t rminata dalla econda legge di N wton
p r le rotazioni (il momento d' in rzia del di co è / = M R 2 / 2):
ISBN 88-408-1373-X
-- - - - - -
105
Dalle equazioni del moto uniformem nt ace lerato, ricaviamo il t mpo
nec ario p r ~ rmar i:
3w R
,-- -woa -- -4µ.k .
0
w = w 0 - at = 0
Consid riamo il ca o di un di co di I O cm di raggio che tia ruotando
alla v locita angolar di I O giri/ con un oefficient di attrito dinamico
Jl.k = O 12. Prima di applicare I formul trovate nece ario tra. formar
i dati n Ile unita d I SI:
IO giri / = IO· 2n rad / = 62 , 83 rad /
R = 10 cm = O, IO m.
w0 =
L ace I razione angolare
al
4 · O, I 2(9 8 I m/ 2 )
a = - - - - - - = 15 ,68 rad /
3(0 IO m)
e p r
t
2
rmar i il di co impi ga il t mpo
3(62,83 rad / )(0, 10 m)
t = - - - - - - - - = 4,0
4 · O 12 · (9 8 I m/ 2 )
In qu
to t mpo il di co ruota di
7'}
wl
(62 8 rad/ ) 2
.
= wot - 2.a t = 2a = 2(15 ,68 rad / 2) = 125
I
2
rad =
125 8
= - - giri = 20 O giri .
2n
PROBLEMA 9.22
A un cilindro pi no di raggio R p o P e lunghezza L ono arrotolate du cord ognuna in vicinanza di un' tr mità
del ·cilindro; le cord ono fi ate a du ganci ul offitto. Il cilindro
viene po ·to in po izion orizzontai con l du cord t e peri ttam nt
verticali poi vi n la ciato libero di muover i (vedi figura). Si calcoli
(a) la ten ione dell corde m ntr i rotolano e (b) l'accel razione lin ar
con cui cad il cilindro.
Soluzione
Applichiamo I du equazioni fondam ntali della dinamica
dei corpi rigidi:
Fe 1 = Macm
Te. t
= la.
Le forze
t me i riducono al p o P
alla t n ione compie iva T
d 11 due corde ( la di po izione è immetrica ogni corda
rcita una
t n ione T / 2).
Conviene calcolare i I mom nto d Ile forz
t m e ri petto ali' a
i tantan o di rotazion , tangente al cilindro n i punti di contatto coi
tratti verticali di corda. L'unica forza avente momento non nullo è. i I
pe o. Il mom nto d ' inerzia / ri petto ali a e i ricava col teorema d gli
a i paralleli o di Huyg n -Steiner:
2
3
2
l = l m+M R = - MR.
2
106
ISBN 88-408·1373-X
L'ac I razion d l e ntro di ma a I gata all'ace 1 razion angolar
d 1 ilindro dalla condizion di rotolam nto:
a
Le due quazioni
m
= Ra.
ardinali div ntano al1ora
M
= Ma m
3
MgR = - MRa
2
plicitamente:
- T
m
da cui:
a
m
2
=3
g = 6 54 m/
2
I
T = M( - acm) = - Mg.
3
Osservazioni
1. I ri ultati ono del tutto indip nd nti dal v r o in
cui a i n il moto d I cilindro
ono quindi alidi anch n I ca o in
cui il cilindro alga I funi i avvolgano.
2. P rch iI f nom no a v nga n I modo de critto
nzial eh I
funi iano e attament
rticali: olo in qu to ca o la ri ultant dell
forz
t rn ( quindi a 01 ) ri ulta verticale.
PROBLEMA 9.23
Si dimo tri eh un cilindro civoler bb u un
piano inclinato di inclinazion rJ e il coefficient di attrito tatico tra
I du up rfici fo
minor di (1 / 3) tan fJ.
Soluzione
La condizion di puro rotolam nto richi de eh v = Rw
quindi a = Ra; d terminiamo al1ora a e cx. e poi le confrontiamo alla
luce d Ila r lazion opra critta.
La proiezion dell quazioni del moto del CM lungo il piano inclinato
(a
) in dir zion
rtical v r o l'alto (a
), ono
m
in 7J - f
= ma
N - m co fJ = may = O.
inoltr la condizion dell attrito tatico f ::s µ, N.
Il moto di puro rotolam nto del cilindro può e er vi to come una
emplic rotazione attorno ali a e i tantan o linea di contatto del cilindro
col piano.
11 momento torcente totale dato dalla ola forza p o (I forz di
contatto hanno mom nto nullo ri p tto al punto di contatto)
Vi
.
3
2
m R m fJ = la = - mR a
2
2g
a = -
3R
infJ
e ndo / il mom nto d in rzia d I cilindro ri petto al bordo, che p r il
teoremad gli a i parall li vale/ = / 01 + mR 2 = ½mR 2 + mR 2 = 2mR 2 .
La condizion di puro rotolam nto richied una forza di attrito tale
che
m
in fJ - f
2
= ma = mRcx. = mg -
3
in fJ
9
DI
Ml J\ D I MOTI ROTATORI
ISBN 88-408-1373-X
quindi la forza di attrito n e
fs
107
aria al puro rotolam nto
= -1m
in i).
3
S ilcilindro civola p rch none e uffici nt attritoch po arali ntar
il moto d I Me aum ntar il moto di rotazion . In altr parol la forza
di attrito richi ta ri ulta maggior d I valor mas imo che I attrito pu
fornir
I
m
3
in iJ > µ _N
= µ smg
o i) .
N ri ulta quindi che il cilindro civola e il co ffi i nt di attrito tati o
oddi fa la condizion
I
µ s < - tani).
"'2
PROBLEMA
Una I g ra fun
di ma a 23,4 kg raggio 7 60 cm.
ma a tra curabil
priva di attrito
(
di fi ura). Il pian
ri p tto ali orizzontai
i d t rmini (a) 1 ace I
Soluzione
Fi iamo dapprima l att nzion
I forz
u di
o a nti:
- la forza p o applicata al barie ntr
- la t n ion T d Ila fun
la forza di contatto do uta al piano di app
forza di attrito .
ul ilindro
analizziam
mp n nt normai
mom nti :
2RT - M R in
= la = (l
2
111
2 a1
+ MR a = - - MR 2
R
dov 1 il mom nto d in rzia ri petto al bordo d I di o 1cm = ½M R 2
iI mom nto d in rzia d Il a e barie ntrico a 1 = - a R I accel razione
lin ar del CM d I di co. Studiamo ora i I moto d I ontrapp o: I forz
ag nti u di
o ono il p o mg la t n ion T d Ila fun (in qu to
ca o, a endo ia la fune eh la pul ggia ma a tra curabil po iamo
a umere un unico valor d Ila t n ion lungo tutta la fun ). Fi ato
un i tema di riferimento con I a
x 2 v rtical orientato v r o I alto
108
9
ISBN 88-408-1373-X
DINAMI A DEI MOTI ROTATORI
(in modo che a uno po tam nto po itivo del cilindro corri ponda uno
po tamento po itivo del corpo) I' quazion del moto d I con trappe o
criv :
- mg + T = ma2 .
rviamo eh una rotazion 0 del cilindro provoca uno po tamento
R0 del CM d I cilindro e un allungamento 2R0 della fune, cio
uno po tamento x 2 = - 2R0 del contrapp o per cui fra le accel razioni
vale la r lazione
2a 1 = a2 .
O
x1
=-
(a) Ri olv ndo il i t ma d Il equazioni del moto d I cilindro e del
contrapp o rica iamo l accelerazione d I cilindro:
= 0,40 m/
2
.
(b) La fune ri ulta ottopo ta a una ten ione
T = m(g
+ a 2)
+ 2a 1)
= m(g
= 47 ,44 N.
Per ricavare il valore della forza di attrito viluppata dal piano dobbiamo
utili zzar I' quazione del moto del CM del cilindro: il CM i muove infatti
com un punto materiai di ma a pari alla ma a totaJe e ottopo to alla
ri ultante d Ile forz e tern . Proiettando que ta equazione ull a
x
otteniamo:
f + Mg in 0 - T = Ma
1 •
La componente della forza di attrito tatico (il punto di contatto e fermo!)
f s = Ma, - M
in 0
+T =
- 52,0 N
ci o la forza di attrito tatico ha il valore di 52, O N ed diretta in en o
contrario al ver o po itivo dell a e . La forza eh mantien premuto
il cilindro ul piano la compon nt p rp ndicolar della forza pe o
N = Mg co 0 = (23 4 kg)(9 8
m/
2
)(co 28,3°) = 201 ,9 N.
Il valor minimo d I co ffici nt di attrito tatico nec
il moto di puro rotolam nto quindi:
>
f
µ s - Mg CO 0
(52, 0 N)
(20 1,9 N)
ario ad a icurare
= O 258.
Capitolo 10
MOMENTO ANGOLARE .
l= r
p
ESERCIZIO 10.01
Una partic Ila di ma a 13 7 g in moto alla
locità co tant di 380 ml . La trai ttoria r ttilin ad Ila partic lla pa a
a di tanza di 12 cm dall origine. Si calcoli il momento angolar d Ila
parti e Ila ri p tto all 'ori gin .
Soluzione
Il mom nto angolare ri p tto al punto O I
un v ttor p rp ndicolar al piano individuato dal punto O
d Ila trai ttoria
di modulo
l
= pr
in
= mvh = (12 • 10- 2 m)(l3
= O 62 kg · m
2
/
=r
xp
dalla r tta
7 • 10- kg)(380 m/ )
=
.
ESERCIZIO 10.03
Si <limo tri eh il momento angolare di una partic Ila in moto r ttilin o uniforrn
co tant durant il moto.
Soluzione
Il mom nto angolare, ri petto al punto O, I = r x p ri ulta
·er co tant :
- in dir ion : p rch perp ndi olar al piano rr fi o n I t mpo, indi iduato dal punto O dalla retta della traiettoria·
- in modulo: perch ' l = pr in 0 = m vh pari ali' ar a del parali logramma co truito ui due vettori r e p = mv, prodotto d Ila ba mv
(co tant ) p r l' alt zza h , di tan za della trai ttoria dal punto O.
ESERCIZIO 10.06
li momento angolar tota) di un i t ma di particeli r lativo ali origine di un rii rimento in rziaJe dato da L =
(ri x p ) ov i vettori Pi ed ri ono mi urati ri p tto all'origine. (a)
Si ricorra all relazioni ri = r m + r; e Pi = p m + p~ p r primer L in
funzion d Ila po izione r; dell particelle e d Ila loro quantità di moto
p~ ri petto al c ntro di ma a. (b) In ba e ali definizioni di centro di
ma a di momento angolar L' r lativo al centro di ma a si <limo tri
eh L = L' + Tcm x Mv m · (e) Si dimo tri che po ibile rii ggere
que to ri ultato p n ando al momento angolare totale come aJla omma
del momento angolar di rotazione (momento angolare relativo al centro
di ma a) del mom nto angolar orbitale (momento angolare del moto
110
IO MOME TO ANGOLARE
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------------------------------
del centro di ma a, in cui i uppone concentrata tutta la mas a del
i tema, ri petto all'origine del riferimento).
Soluzione
Ri pondiamo olo alle domande (b) e (c) e lasciamo allo
tudente la ri po ta (a) cui i puo ri pondere ulla fai ariga di quanto
egue.
(b) e (c) Con ideriamo un istema co tituito da due particelle di ma ami
ed m 2 e cerchiamo di ricavare un collegamento tra le quantità mi urate
ri petto a un ·istema di riferimento inerziale (laboratorio 0) e le te e
mi urate ri petto al centro di ma a (C) del istema.
Per chiarezza facciamo riferimento alla figura eguente:
z
Sappiamo che tra le variabili mi surate nel i tema C e quelle mi surate
nel i tema O us i tono le seguenti relazioni
= r cm + Ti
r2 = r + r 2
I
ri
I
111
e
e
= Vcm + Vi
V2 = Vcm + V2 .
I
Vi
I
Inoltre appiamo che il momento angolare totale del no tro i tema ri petto
a O vale
So tituendo e viluppando i prodotti vettoriali otteniamo
li = ri X Pi
L
= ri
X Pi
+ r2 X P2 = (rcm +
e
r 'i)
l 2 = r2 x p 2
X mi (Vcm + v'i) +
+ r; ) x m 2(Vcm + v; ) =
= mir m X Vcm + mircm X V1i + mir'i X V m + m1r'i X V1i +
I
I
I
I
+ m 2r m X V 111 + m2r cm X V2 + m 2r 2 X Vcm + m2r 2 X V2 =
= (m1 + m 2)Tcm X Vcm + r cm X (m1V11 +m2 v; )+
+ (m1r'i + m 2r; ) x Vcrn + (mir~ x v'i + m2r'2 x v; )=
= (m1 + m 2)rcm X Vcm +O+ O+ (l~ + t ; ) = L' + r m X Mv
+ (r
m
111 •
IO MOMENTO A
OLA RE
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-------------~
111
Nel ri olv re I equazione pr ced nte i e fatto u o delle propri tà del
i t ma d I centro di ma a ovv ro
Z::mir;= O
i=O
N
Z::m;v;= O
i=O
Z::m;a;= 0
i=O
facilmente deducibili dalla definizione di po izion , velocità ace l razione del centro di ma ari p tto a un i tema di rii rim nto, e gli ndo
come riferim nto proprio il centro di ma . a.
Infine i ricava
L
= L + r cm
X P10 1 •
Abbiamo co ì trovato eh il mom nto angolar total ri p tto a O (L)
uguale al momento angolar tota) ri p tto al e ntro di ma a (L')
piu il mom nto angolare del e ntro di ma a ri p tto a O (rcm
P 1 1).
Inoltre abbiamo eparato il moto d I no tro i tema in moto d I e ntro
di mas a ri p tto a O moto del i t ma ri p tto al e ntro di ma a. P r
un corpo rigido ciò corri ponde a eparar la rotazione (moto d I i t ma
ri p tto al centro di ma a) dalla tra lazion (moto del e ntro di ma a
ri petto a O). Po iamo inoltr dedurre eh L
O non implica P O
e vicev r. a quindi con er are P non implica con ervar L e vie ver a.
L' i chiama momento angolare interno o pin.
In modo d I tutto analogo a quanto fatto i può anch dimo trar (vedi
E ercizio 13.20) che
=
K
=
. 2
= K ' + 2I Mvcm
dove K I energia cinetica del istema ri p tto al i tema inerziale (0)
K' l'energia cin tica d I i t ma ri petto al e ntro di ma a ( n rgia
cin tica interna) e il t rmin I / 2M v 2m ' I en rgia cinetica d I e ntro di
ma a ri p tto al i t ma inerziale. L r !azioni tro at ono i Ti or mi
di Konig.
ESERCIZIO 10.08
L' integrai nel t mpo d I mom nto torc nt
detto impul o angolare. (a) Part ndo dall 'equazion T = dL /d t i dimo tri
eh l'impul o angolare relativo a un erto intervallo di tempo ugual
alla variazion di mom nto angolar n llo te o intervallo di tempo. Si
tratta dell 'analogo rotazional del teorema d ll'impul o. (b) Si dimo tri
eh nel caso di rotazioni attorno a un as e fi o i ha
/ r dt = F r ( !::,. t) = / (wr
- Wi)
ov r
il braccio della forza F è la forza media nell'intervallo !::,.t e
wr e Wi ono le velocità angolari del corpo ubito prima e ubito dopo
I azione d lla forza.
112
IO
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M MENT< AN OLARE
Soluzione
La r lazion : r = dL / dr
tata dimo trata ia p r una
ingoia partic Ila eh p r un i t ma. È tato o r ato eh
a analoga
ali' quazion F ext = dP / dt dalla qual , m diant int grazion ri p tto
al t mpo
tato rica ato il teor ma d Il impul o. In modo analo o i
ha:
L = Lr - Li=
!
dL =
f
rdt.
Nel ca o di una ingoia particella, o più in g n ral quando a un i t ma
ia applicata una forza onc ntrata in un punto P il t or ma delJ impul o
angolar a um la f rma particolar :
=
L
!(
OP x F)dt .
S addirittura la forza rimane applicata allo te o punto (o ulla
r tta) p r tutto il t mpo, l' pr ion
mplifica ancora:
L
=
!
(OP x F)dt
a
= OP x J
J ' l'impul o lin ar .
do
Una ru ta di raggio 24 7 m con v locità iniziai
tn 1ar
i ~ rma dopo 225 m. Si cale li (a)
l' ace I razion lin ar
(b) l'ace I razion an olar d Ila ruota. (e)
Suppon ndo eh il mom nto d' in rzia d Ila ruota valga O, 155 kg -m2 i
calcoli il mom nto torc nt
rcitato ulla ruota durant la fa d arr to.
ESERCIZIO 10.10
Soluzione
(a) La ruota i muo di moto di puro rotolam nto; condir qu to tipo di moto ' eh il punto di ontatto tra la ruota
~ rrno. Da que ta condizion
i d du
caratt rizzant d I moto di puro rotolam nto
ovv ro
m
= wR
dov R
il
d Ila ru
Iocità angolar . om
con gu
ntro di ma a ipotizziamo
eh la ruota ia omog n a eh quindi il uo e ntro om trico coin ida
on il e ntro di ma a) arà
a
m
= aR.
lnoltr non ag ndo ulla ruota forz in grado di alt rarn I' a
razion
lin are, il moto d I ntro di ma a ri ult rà uniforrn m nt ace lerato
quindi
= Vcm1J + -2 a<fl l} ~
1
XJ
{
f
V m
= O = Vcrn + Gcn,tJ
J __
-,,
~
2
2
01
t1=> t1= -
J
2 · 225
43 3
= - - - = 10,4s.
Vc 111
Quindi
2
Gcm
= - -cm = - -V m = 4 ,2 m/
IJ
a
2 J
= O l 7 rad /
2
.
2
IO MOME TO A COLARE
ISBN 88-408-1373-X
113
Osservazioni
L affi rmazi n "non ag ndo
di alt ram l' ace l razion lin ar , il moto d I
uniform m nte ac l rato non impli a n e . ariam nt eh
moto di puro rotolam nto
ne
contatto agi ca una forza eh
fermo. Detta forza ri ulta
appli ata a un corpo in qui
non può ac I rar il orp , n
lavoro. La ua funzion , dal punto di i ta d Ila dinamica d l orpo,
di fornir il mom nto di forza ri petto al ntro di ma a, n e ario
a far ruotare il corpo . t o.
(e) Ricordando la r lazion tra mom nto tor nt
m m nto d in rzia
rica iamo
r = / a = O 026 • m .
ESERCIZIO 10.14
inclinato di inclinazion
i dimo tri h l'a e I razion d I
u un pian
a un i t ma di ri~ rimento in rzial .
Soluzione
Con id riamo il moto d I
n
Si noti eh p r il alcolo d I mom nto d in rzia r lativo a una
d I cilindro
Poiché il ilindro rotola enza stri ciar ,
lin ar moltiplicando I a I razion an olar
io:
R
0 cm
2
= -a = - g
in
Un modo alt rnati
ma
ma
LFe Ma .m
dL
LTe = dt
•
I =
t
114
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -IO- MOMENTO
ISBN 88-408-1373-X
LAR
Il diagramma d Il forz
mo trato in figura; in particolar / la forza
di attrito tatico eh impedì e al cilindro di civolar . La econda
quazion
alida olo
i mom nti ono alcolati ri p tto a un a e
fi o oppur , ca o particolar , ri p tto a un a barie ntrico (di direzion
fi a).
L proi zioni u una t ma di rii rimento con a
x parali lo al piano
inclinato v r o il ba o a
p rp ndicolar
r o I alto a
u e nt
dal foglio , ono
M in0 - .f = Macm
N - M CO 0 = 0
l
- f R = I ma = - M R 2a .
I
2
Eliminando/tra la prima e la t rza quazion ricordando eh Gcm
alida quando il ilindro rotola nza tri ciar , i otti n
R
a
Gm = -
2
= - g
3
= R/ a
in0
p r la for a di attrito
f
Ott niamo dunqu lo
"R2
'
I
= 3Mg
in0.
o id ntico ri ultato.
ESERCIZIO 10.15
Du cilindri di raggio R I d R2
d in rzia / 1 / 2 ono montati con i loro a i di imm tria fi i ortogonali
al piano d Ila figura. lnizialm nt il cilindro più grand ruota con lo ita
angolar w 0 · il condo cilindro i n po tato ver od tra fino al punto
in cui I du up rfìci ntrano in contatto. P r ffi tto d Ile forz d'attrito
il condo ilindro inizia a ruotar · a un c rto punto i in taura il r gime
di rotolam nto puro i du cilindri ruotano in v r i oppo ti con locità
angolar co tant . Si d t rmini la v locità angolar w2 d I ilindro pi colo
in funzion d i param tri / 1 h R 1 R 2 w0 . (Suggerimento: il mom nto
angolar tota) non i con rva· i applichi a eia cun cilindro l quazion
d Il impul o angolar ri avata n li
rcizio I0.8.)
Soluzione
Quando i du ilindri n ono a contatto il cilindro I
agi e ul ilindro 2 con una forza di attrito (dinamico)/ dir tta v r o
l'alto: il mom nto di qu ta forza eh m tte in rotazion il cilindro 2.
Cont mporan am nt , p r il t rzo principio il cilindro 2 agi
u I con
una forza uguale
ontraria, il cui mom nto raJlenta la rotazion d I
cilindro l. i noti com I forze iano uguali , ma non i momenti ri p tto
ai ri p ttivi a i. ln qu to probi ma
nziale la pr nza di forz
t rn p r mant n r fi i gli a i di rotazion dei du cilindri. Dunqu
non i ha con rvazion d I mom nto angolare. Per inci o notiamo eh
poich , l forz di attrito compiono la oro non i con erva n ppur
I n rgia com
dr mo n i pro imi capitoli. Lo tato inizial in qu to
proce o la ituazione al t mpo t 0 in cui il primo cilindro ruota con
v locità angolare w 0 il condo ' t rmo; lo tato final al t mpo t 1
quando e ato lo littam nto i du cilindri ruotano con v locità angolari
r i oppo ti. Applicando il t or ma d ll'impul o angolare
115
ISBN 88-408-1373-X
( di probi ma J 0.8) tra gli i tanti 10 t 1 ,
p rch I a
di rotazion
a
prin ipal
11
1to
(R2 x f)dt
to
= lw
= L2 = f2cv2
11
1
nt eh L
rzia, i ha
=
(R 1 x (- f))dt
= 11 (cv,
L,
- evo).
Gli impul i angolari ono parali li
n ordi. Proiettando n Ila dir zion
p rp ndicolare al di gno u e nt dal foglio
R21'' f dt
= /icv2
'o
R, [ ' fdt
= J, (w,
- w0)
.
N Ilo tat final I
locità angolari ono coli gat dalla r
rivant dall u uaglianza d li
locit lin ari ul b rdo)
i otti n
La oluzion
cv2 = -
quindi
(- 11
) (
R1R2
av ndo utili zzato I'
pr
1
11 / Rf
+ h / R2
) evo - -
m,
~cv
m, + m2R2
ion d I mom nto d in rzia d i ilindri.
ESERCIZIO 10.18
Soluzione
Il i t ma ruot + tr nino ogg tto alla forza di int razion
ra itaziona)
all r azioni incolari in dir zione normai al piano in
cui a i n il moto. L forz di attrito tra il tr nino la ruota ono forz
int m
quindi non po ono alt rar il mom nto angolar d I i t ma.
P r la ruota la forza di ra it applicata al c ntr d Ila ruota t a
vi n bilan iata dalla r azion normai · p r il tr nino la forza di gra ità
e la r azione normai hanno, ri p tto al centro d Ila ruota mom nti di
forza uguali oppo ti quindi non variano il mom nto angolare d I
i tema. Siamo p rtanto in una condizion in cui il mom nto angolar
t tal d I i t ma i con er a; po iamo allora criv r e gli ndo com
polo fi o il ntro d Ila ruota
on iderando la ruota com un an Ilo
L; = Li =} O=
l trenino CVtrcn ino
+ l ru
2 Vtrcnin
taCVru ta
=} mR - - = - M R
R
CVru ta
1}6
ISBN 88-408-1373•X
IO MOMENTO AN
-------in fi n
m
Cùru 1a
La ruota i muo
locità anoolar
d lla ruota.
Vtrenin
LARE
m
= -M
- -R- = - M
- Cùtrenin
n Ila dir zion oppo ta a qu Ila d l tr nino e la ua
ondo il rapporto tra le mas del tr nino
ESERCIZIO 10.24
Una ragazza di ma a 50,6 kg i tro a ul bordo
di una gio tra di ma a 27 kg rago io 3,72 m. La gio tra ' i rma. La
ragazza caglia in dir zion ori zzontai tang nte al bordo dell a gio tra un
a o di 1, 13 kg all a v lo ita di 7 2 ml ri p tto al uolo. id t rmini (a)
la locita angolar d lla gio tra (b) la lo ità lin ar d Ila fa n iulla.
i tratti la gio tra om un di o uniform
Soluzione
(a) A ·umi amo 1 ipot i eh la ragazza ia olidal con
la oio tra appli hi amo la con rvazion d I m mento angolar (la 1tuazione d I tutto ana loga a quella trattata n Il ' rcizio 1O. I 8) .
L; = Lr =; O = ( m,R
2
+ ~m 8 R 2 )
wr + m, R 2 w.
do m r m g d m . indi ano ri p ttivam nt la ma a d Ila ragazza, della
gio tra d I a o, m ntr wc w. indi ano I v locità anoolari di (gio tra
+ ragazza) d I a o· infin R rappr nta il raggio d Ila io tra. Tutti
i mom nti ono ri feriti all ' a
di rotazion pa ant p r il ntro della
gio tra fi o ri p tto a un i t ma in rzial con I origin ull a
o.
m
m
Wc = Ws = \
= - O 005 rad/
1
mr
+ 2m 8
mr
+ 2m g
R
(b) La v l ità lin ar d Ila ragazza arà
Vr
il
= wrR = - 0,01 9
m/
gno m no ta a indicar eh la fanc iulla i muo
n I
r o oppo to
a qu llo d l a o .
y
PROBLEMA 10.01
Una partic lla di ma a 2 13 k occupa la poizion r
i muov on loc ità v (v di fi gura). ulla partic Ila agi c
la fo rza F eh gia
ul piano indi iduato da r v. Si alcoli ri p tto
(a) il mom nto angolar d Il a parti Il
(b) il momento
torc nte a nt ulla partic Ila. Di entrambi i ttori i det rmini ia
il m dulo ia la dir zion
i a urna r = 2 9 1 m v = 4 18 m/ d
F = 1,8 N.
(a) DaJl a d fini zione di mom nto angolar
Soluzione
l =r x p
Il
=r x
m v ==>
Ili=
rm v in 180° - 33°)
= 14
i ha
11 kg. m2
ttor l a ra dir zion p rp ndi olar al piano d I fog lio
•
-
1
er o
u c nt .
(b) P r il modulo d l mom nto tor nt rica iamo
T
=r x F
==> lr l = r F in 26°
= 2 40 N • m.
La dir zion d I ttor r ' mpr qu Ila d Ila p rp ndicolar al pi ano
d 1 fog lio il r o u e nt .
ISBN 88-408- 1373-X
117
PROBLEMA 10.03
Affinch il moto di una palla da biliardo di
raggio R ia di puro rotolam nto fin dall ' i tant iniziale, la tecca d v
colpire la palla non al c ntro (a di tanza R dal tavolo) ma in un punto
piu alto ad altezza 7 R/ 5 ri p tto al ta olo. Si dirne tri la validità di
qu ta aft rmazion .
La condizion per il puro rotolamento e
Soluzione
Vcm
= wR
a cm
= Ra.
Quando la t cca colpi e la palla, le imprim un impul o eh , non
ndo
applicato u una r tta d azion orizzontale pa ante p r il e ntro di ma a
della palla, b n 1 a un 'alt zza h dal uolo, a ra un mom nto non nullo
ri petto al e ntro di ma a, o v ro
(h - R)
X
J
= Li
- L;
=I
111 Wo
= -25 M R 2w
.
Inoltr I' impul o J forni e alla palla la quantità di moto Mv . Ott niamo
allora
2
2
(h - R)Mvo = - M R wo.
5
Imponendo ora fin dall i tant iniziai la condizion di puro rotolam nto
v0 = Rw ricaviamo
2
7
5
5
h= R+- R= -R
.v.d.
PROBLEMA 10.05
Una paJla da biliardo inizialm nt a ripo o vi n
colpita in modo deci o da una t cca t nuta orizzontai ad alt zza h
ri p tto alla lin a pa ante p r il e ntro d lla palla (v di figura). La palla
parte con v locità iniziale v0 e a cau ad li '« ffetto» impartito concord
con la dir zion d l moto, acce! ra fino a raggiung r la v locit 9v0 /7.
Si dirne tri eh h = 4R/S, ove R il raggio d Ila palla.
L impul o applicato forni ce, ri. p tto al c ntro di ma a il
Soluzione
mom nto n c ario a m tt r in rotazion la palla con locità angolar
iniziai
,
h
1
1
Fdt
2
= !:).l = I mWo = - MR
2
wo
S
'o
l' impul o t
pari a
h
f'
},,
1
f dr
=> Wo = - 2--"---- MR 2
5
o inoltre provoca una variazion d Ila quantità di moto
f'
1
},o
F dr
= !:).p = mv0 .
In er ndo il valore dell'impul o trovato nell quazion r lativa al mom nto d ll ' impul o i ottien la r lazion tra la velocità ini ziai
fa
v locità angolar iniziai :
Wo
=
hMvo
2
- MR 2
5
=
Sh v0
2R 2
.
118
IO MOMENTO
ISBN 88-408-1373-X
COLARE
Se la palla ruota in n o antiorario, con velocità angolar uperiore a
qu Ila eh comp te al moto di puro rotolamento i viluppa la forza di
attrito dinamico, f che i oppone aJ moto relativo d lle du up rfici;
I efl tto deJla forza/ ulla palla quello di accelerar il centro di ma a.
Ricordiamoorailteoremad Il impul oequellod lmom ntod ll'impul o
ri petto al centro di ma a e li utilizziamo tra I i tant t 1 in cui ha inizio
il moto l'i tante finale t 2 in cui inizia il moto di puro rotolamento:
'2
1
=
f dt
M ( v - vo)
'1
1
v
2
1
=
- R
,,
2M R 2
J dt = - - (w - wo)
5
Rw.
Si noti che il momento dell' impul o e negativo ha come effetto qu Ilo
di rallentare la rotazione della palla. Otteniamo
Nel no tro ca o la palla ha velocità finale v
h
4
=-R
5
= 9v0 / 7, quindi otteniamo
c.v.d.
Si noti che la velocità finale varia con h, altezza a cui viene colpita la
palla ri p tto aJ centro di ma a, altezza eh può
er ia po itiva che
n gativa a econda eh il colpo ia al di opra o al di otto del centro di
ma a· que ta la cau a dell effetto in avanti e dell 'effetto all'indietro
delle palle di bigliardo tagliate. In particolare per h = O abbiamo che
la palla, che inizialmente ha olo moto rotatorio, i muoverà di moto di
puro rotolamento mpre a una velocità v = 5v0 / 7, indipend ntement
dall'attrito tra palla tavolo.
PROBLEMA 10.12
A
Due pattinatori di ma a 51 2 kg eia cuno i
muovono l' uno v r o I altro lungo traj ttorie r ttiline parallele di tanti
tra loro 2 92 m. I due pattinatori i muovono alla te a locità calare di
1 38 rn/ . Il primo pattinatore regg un a ta lunga 2,92 m la cui econda
estremità vi ne aft rrata dal econdo pattinatore non appena n ha la
po ibilità (vedi figura). Si a urna che il ghiaccio ia perfi ttament
li cio. (a) Si de criva quantitativamente il moto dei pattinatori nella
configurazione finale. (b) Tirando I a ta i pattinatori riducono la loro
mutua di tanza a O940 m. Si calcoli la loro velocita angolare in que ta
ulteriore configurazion .
Soluzione
(a) Ipoti zziamo che la ma a d Il a ta ia tra curabile ri petto a quella dei du pattinatori· non e ndoci alcun punto fi o u
cui vengano iluppate r azioni vincolari, calcoliamo i momenti angolari
ri petto al CM d I istema; notiamo inoltre che il i ·tema con erva il
momento angolare. Indichiamo con d la lunghezza dell ' a ta e con b la
di tanza final tra i due pattinatori: nello tata iniziale i ha
L; = CA x mv A + C B x mv 8
= 2C A
x mv A
IO MOMENTO A
OLARE
- - -ISBN 88-408·1373·X
L;
119
un vettor perpendicolare al foglio ed u c nte di modulo
d
IL; I = 2(CA in l?) ·mv = 2- mv = mdv.
2
Nello tato finale abbiamo un corpo rigido formato da due ma e m che
ruotano attorno a C; il momento d ' inerzia e / = 2m(d / 2) 2 .
Pertanto il momento angolare ha modulo
d
IL1I = Iw = 2m - w.
4
Si tratta di un vettore parallelo ali a e di rotazione, quindi perpendicolare
al foglio ed u cente da
o. Dalla con ervazion del momento angolar
i ricava
L; = L1
•
w
2v
2 • ( 1,38
m/ )
= -d = - - - - = 0,945 rad /
2,92 m
I due pattinatori ruoteranno con velocita angolare w co tant attorno al
CM del i tema po to al centro d Il' a ta.
(b) Applichiamo nuovamente la con rvazione d I momento angolare
indichiamo con CJ>-i la v locità angolar final , quando la di tanza tra i
pattinatori vale b i ha
d2
2
b2
2m - w
= 2m -2 Wi
•
= (~)
b
2
w2
w=
==}
2 92
( 0,94
'
m)
m
2
(0 945 rad / )
=9
12 rad /
Capitolo 11
ENERGIA 1: LAVORO
ED ENERGIA CINETICA
ESERCIZIO 11.06
Un blocco di ghiaccio di massa47,2 kg scivola giù
per un piano inclinato lungo 1,62 m, che realizza un di livello di 0,902 m.
Una persona spinge in verso discorde a quello del moto applicando una
forza parallela al piano, in modo che il blocco scenda a velocità co tante.
li coefficiente di attrito dinamico tra ghiaccio e uperficie inclinata è
O, 11 O. Si determini (a) la forza esercitata dalla persona, (b) il lavoro
svolto sul blocco dalla persona e (c) il lavoro svolto sul blocco dalla
gravità.
Soluzione
(a) Poiché il moto del blocco di ghiaccio è uniforme, la
risultante delle forze ad esso applicate deve essere zero. La pendenza
del piano inclinato è data da:
.
m0
0 ,902 m
= -1,62
-= 0 ,557
m
0
= 33,8° .
Scegliamo come asse x la linea di ma sima pendenza, in salita e come
asse y la perpendicolare al piano inclinato, ver o l'alto. Dalla proiezione
della seconda legge di Newton su y possiamo determinare la forza di
contatto N = mg cos 0 e quindi la forza di attrito dinamico ri sulta es ere
fk = µk N = µkmg co 0. Detta F la forza applicata dalla per ona che
spinge, la proiezione ul l'asse x è
Fx + [k - mg sin0
= Fx + µkmgcos0 -
=O
mg sin0
da cui:
F,t = mg(sin 0 - µk cos 0) =
= (47,2 kg)(9,8 m • s- 2 )(sin 33,8° -
O, I I Ocos 33,8°)
= 215 ,4 N
che è un valore positivo, quindi la persona deve contrastare il moto per
evitare che il blocco acceleri.
(b) La forza F è co tante e ha verso opposto allo spostamento. Pertanto
il lavoro che es a compie è:
L 1 = - Fl
= -(2 15,4 N)(l ,62 m) = -348,8 J.
122
ISBN 88-408-1373-X
( ) Il calcolo ' analogo a qu llo
guito al punto (b) alvo eh la
ompon nt d 11a forza di gra ità concord allo po tamento. Il la oro
ri ulta quindi po itivo. Indi ato con cp = 90° - e l'ango lo tra la forza
di gravità il piano, il lavoro della forza p o :
L2 = mgl CO q> = mgl in 0 = mgh =
= (47,2 kg)(9,8 m - 2)(0 902 m) = 417 2 J.
Osservazioni
B nch il blocco i muo a con
locità co tant (
quindi n rgia cin tica co tant , la omma d i du lavori non ' z ro;
infatti
a ugual
contraria al lavoro (n gativo) compiuto dalla forza
di attrito:
L
=-
(µ, kmg
CO
0) /
=
= - (0 110)(47,2 kg)(9 8 m - 2 )(co 33 8°)( 1,62 m) = - 68 ,4 J.
ESERCIZIO 11.10
a = Si + 4j - 6k, b
I angolo trar
l' a
(a) Calcolar il valor di r = a - b + e, dove
2i + 2j + 3k e = 4i + 3j + 2k. (b) Calcolar
x. (e) Trovar I angolo tra a b.
=-
(a) Il calcolo d Il compon nti d I v ttor r
Soluzione
plic :
m-
( - 2) + ( + 4) = + 1I
ry = ay - by+
(+ 2) + (+ 3) = + 5
rz = Gz - hz + Cz = (- 6) - (+ ) + (+ 2) = - 7.
(b) 11 prodotto calare dei due v ttori r
i è p r d finizion r • i =
lr l • lii co e = lrl co e
ndo e 1 angolo compre o tra i due v ttori.
D altra part po iamo calcolar il prodotto calar tramit 1 compon nti
(A ·B = AxBx+ AyB ,+ AzBz) P rcui anch r -i = r l + ry 0+ rz 0 = Il.
Uguagliando I du e pre ioni dopo av r calcolato il modulo del v ttor
r , lr l = .Jr-,- =
+ 52 + 7 2 =
14, i ha
1I
co e = - = o,7 6
e = 38 , 2° .
14
(e) AnaJogam nt , l'angolo tra a b ' dato da
r
= ax -
molto
CO
= (+ 5) y = (+4) -
b + x
axhx + ayby + azbz
iJ = --;::=====--;====== =
a; + a: + a} b; + b~ + b;
(5)( - 2) + (4)(2) + (- 6)(3)
✓5 2 + 42 + ( - 6) 2 ✓ ( - 2) 2 + 22 + 32
- 20
i} = 12 ,6° .
= - O 553
--;:::::::;==::;:::::====;:--;:==::;==:;::::::::=;: =
= 8 78 · 4
12
Osservazioni
In qu to pr blema abbiamo ottint o eh i vettori in
qu tion fo ero grandezze adimen ionali quindi non abbiamo indicato
alcuna unita di mi ura. Si ricordi p rò he n Ile applicazioni fi ich
mpr nece ario riportar accanto al valor num rico la relativa unità
di mi ura. Solo occa ionalm nt accadrà he una grandezza vettorial
ia adim n ionale, cio priva di unita di mi ura.
li
E ERGI
ISBN 88-408-1373-X
123
ESERCIZIO 11.16
Una pompa p r il oli am nto d Jl a qua ha
un motor di pot nza 4,9 kW. Da eh profondità può pompar I acqua
con portata di 6 I L/ ?
Soluzione
Con id riamo un 1 m nto di acqua n I rbatoio. La
pompa po izionata alla quota h opra il li Ilo d 11 acqua lo a I ra
portandolo da locità zero fino alla lo ità . 11 lavoro compiuto dalla
pompa pari al la oro ontro la forza di gra ità (dm h) n c ari p r
oli ar I I m nto dm aJla quota h a qu Ilo n e ari op r 1 incr m nto
d 11' n rgia cin tica dL = dmv 2 / 2.
i]
tto d Ila pompa lib ro
( ori ntato r o l'aJto , qu to I m nto raggiung l'alt zza ma ima
h' = v 2 / 2 ( edi moto d I pr i tti] ), opra ]a pompa. Il la oro quindi
dL
=
dmh
+
l
- dmv 2
2
I
= g dmh + - dm2
2
dmh '
=
dm h
+ h').
L alt zza compi iva opra il ]iv Ilo d Il a qua raggiunta dal
tto
quindi h + h' .
dt il t mpo impi gat dalla pompa a fornir il ]a or
dL , la pot nza richi ta
P
do
q,,,
dm
= -dL
=
g(h + h ) =p
dt
dt
I
= dm / dt = pdV / dt = pq
qu = S e la portata di
(h
+ h )qu ,
la portata di ma a d Ila pompa
olum :
q = 6, I L/ = 6 I · 10- m .
L alt zza ma ima tota! eh
h+ h
I
p
I
il
tto pu
4,9 • 10
- I
.
raggiung r
w
=- =--------------- =
p q
(1000 kg· m- 3 )(9 m· - 2 )(6, I· 10- m . - 1)
2 m.
Osservazioni
Si o rvi eh ali alt zza ma ima calcolata di 82 m
il getto ha
locità nulla: eia cun I m nto dm di a qua eh arri a a
tal quota i ferma m m ntaneam nt , p r p i ri ad r .
Ricordiamo h la pompa, p r funzionar , d
r piazzata in
profondità a quota h < 1O m dal liv Ilo d Il a qua. La pompa infatti
n n tira ·u l'acqua ma crea una d pr ion all'int mo d 1 tubo di
a pirazion , d la pr ion atmo ~ ri a h fa alir I acqua, ma olo
fino a 1O m irca, al ma imo.
ESERCIZIO 11.18
con
locita angolar di
pr muto contro la mola
coeffici nt di attrito tra
h pot nza iluppa una mola di raggio 20 7 m
2,53 giri/min e I attr zzo da arrotare vi n
con una forza di 180 N? Si upponga che il
attr zzo mola valga O, 2.
Soluzione
L attrezzo i]uppa una forza di attrito di int n ità f k =
µ kN = O 32 • 180 N = 57 6 N. Tal forza tang nte alla mola viluppa
un momento torc nt ri p tto all a , eh i oppon al moto r = r fk =
(20 7 • 10- 2 m)(57 , 6 N) = 11 , 92 N • m. Se la mola viaggia a v locità
co tante, n ce ario che i] motore viluppi un mom nto torcent ugual
}24
ISBN 88-408-1373-X
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - -I I
contrario a quello do uto ali
f mir il motor
allora
P
= rw = (11
E
R /A / : LAVORO ED E ERG/A I ET/ A
forz di attrito. La pot nza eh d
92 N · m) ( 2,53 ·
!~
rad / )
=
= () l 92 N · m)(O, 265 rad / ) = , 16 W.
Si faccia attenzion alla n e ità di convertire i dati del problema e prim ndoli in unita d I SI.
ESERCIZIO 11.23
un indie corr voi
attaccar alla molJa
in figura. a) Do
Quanto al il p o
La molla di fioura porta agganciato ali tr mita
lungo una cala tarata in millim tri. i pro a ad
tr p i di r i in ucc ion d I valor indicato
i di pon I indice quando la molla a ripo o? (b)
P?
Soluzione
è applicato un
m ntr
il
forza la tica
240
Dalla figura diamo eh i ha quilibrio quando alla moJla
corpo d I pe o di I I O N I' indie egna 40 mm (0,040 m)
orpo p a 240 N 1' indie
gna 60 mm (0,060 m). La
Fx = - k (x - x 0 ) d v quilibrar la forza pe o allora
110N = k(0,040m - o)
240 N = k(0 ,060 m - 0 ).
Ri. olv ndo il i t ma ricaviamo il valor di x 0 = O 0231 m = 23, I mm
qu Ilo di k = 6500 N/ m. Il alor d I pe o P quando I indice gna
O mm
P = (6500 N/ mm)(O 030 m - 0,0231 m)
= 45,0 N.
Osservazioni
Non arebbe tato n e
formare i dati in unita d I I. S i fo
ESERCIZIO 11.29
In un ace I rator di partic Il i lancia un protone
(nucl od )l'atomo di idrog no). In un tratto r ttilineo lun o ,50 cm il
proton ubi ce un ace lerazion di ,6- 10 1 m/ 2 • S il proton entra
con locita ini ziai di 2,4 • 107 m/ , alcolar : (a) la Iocita in u cita
(b) la ariazion di en rgia cin tica in V. La ma a del proton e
di 1,67 · 10- 27 kg.
Soluzione
(a) La forza che agi e
ul proton
'
kg)(3 6 · 10 m/ ) = 6,01 · 10- 12 N.
Per il t orema dell' n rgia cin tica il lavoro compiuto da tale forza
ugual e alla ariazione d Il ' n rgia cin tica:
F = ma = ( I 67 · 10-
27
1
L
= F = ma = -21 mv f2 -
vr
=
2
1 2
-2 m v.I
da cui:
(b) Il guadagno in
t::,.K
=
F
2as
+ v? = I
61 • IO m/ .
n rgia in tica e pari al lavoro compiuto:
= 2.10 · 10- 11 J = 1.315 · 10
V = 131.5 MV.
fl
E
RGIA / : LAVORO
DE
RGI
/NET/
ISBN 88-408-1373-X
125
Osservazioni
L en rgia di I V I n rgia eh un elettrone (la cui
carica ha il a lor di 1 6. I0- 19 C) acqui ta otto la diffi r nza di pot nzial
di l olt: qu ta n rgia mi urata in J
il prodotto d Ila carica per
la differ nza di potenziai :
I
Y = q/j.V =(l ,6- 10- 19
c
(I V) = 1,6 · 10- 19 J.
a
di
prattutto u cala
atomi a
ESERCIZIO 11.33
Un automobil di ma a 1660 kg parte da~ rma
raggiung u trada piana in 33 una locità di 72 km/h. (a) Quant
l n rgia cin tica acqui ita dall auto in qu to int r allo. (b) Quant' la
pot nza m dia rogata dal motor durante I int r allo. ( ) A um ndo
eh I' ac I razion ia co tant , quant
al la pot nza i tantan a al
t rmin d Il int rvallo ?
In unità
Soluzione
I la
km
v = 72 -
(a) L
h
locità
72
= - m/ = 20,0 m/
,6
ia cin ti a acqui tata dall ' aut
I
I
K = - mv 2 = - (1660 kg)(20,0 m/ ) 2 =
2
2
(b) Il lavoro compiuto dal motor
e quindi la pot nza m dia
P med
= -
L
/j.f
2 O kJ.
pari alla ariazion di n rgia cin tica
!),.K
K
3320kJ
= - - = - = - - - = I O 06 kW.
l
t
e) L ace I razion ( o tant d Il autom bi)
moto uniform m nt ace lerato v = v0 + at:
1
n a a dall l gi d I
La pot nza i tantan a data dal prodotto d Ila forza p r la locit . La
forza eh a c lera I automobi I
F = ma = ( 1660 kg)(O 606 m/ 2) =
1,01 kN p r cui alla fin d Il int rvallo la pot nza i tantan a fornita
P = F v = ( I , OI kN)(20 O m/ )
= 20
12 kW .
Osservazioni
l' ace I raz ion
co tante, la forza eh ace I ra e
co tant , mentr la velocita cr ce lin arm nt . Anch la pot nza quindi
cr e lin arm nt da zero fino al alor ma imo ricavato n I punto (e)
eh ri ulta naturalm nt il doppio d Ila potenza m dia.
Un unita tori a di mi ura d Ila pot nza m ccanica il «ca allo vapor » ( l CV = 735 W) in fun zion del quale la potenza di cui opra ri ulta
P = 27 4 CV. Tal unità di mi ura però non ha alor legai (D cr to
d I Pr id nte d Ila R pubblica DPR 12 ago to 1982 n: 802).
126
Il
ISBN 88-408-1373-X
-
--------·---
ESERCIZIO 11.36
i ono p rim ntati furgoni p r on gn cittadin azionati dall n rgia imma azzinata in un olan . n motor I ttrico carica il olan ac I randolo fino alla locita angolar di 624 rad/ .
Il olano co tituito da un cilindro om o n o di ma a 512 kg raggio
97 6 cm. (a) al olar I n rgia cin tica immagazzinata a pi na arica.
(b)
la pot nza m diari hi ta n ll'impi go d I furgon
di , I kW,
eh auton mia ha in t rmini di t mpo?
(a) Il mom nto d in rzia ri ulta
Soluzione
l
1
I = - mR 2 = - (512 kg)(O 976 m) = 24 9 kg· m2
2
2
quindi I n rgi
in tica ma ima immaoazzinata n I volano
1
1
K = - Iw 2 = - (24 ,9 kg· m2 )(624 rad / ) 2 = 47 5 MJ.
2
2
I t or ma d 1-
P mcd
= -
L
I
= -
K
I
K
= -
f
quindi I' aut nomi a ri ulta
l = -
K
P mcd
47 ,5 · 106 J
= - - - - = 540
8 I · IO W
'
diamo una ombinazion di pul gg
li attriti
PROBLEMA 11.03
pro ttata p r oli ar
F
= 16h.
Soluzione
(a)
, al blocco d li carrucol
m bili appli ataint tal unaforzaparia4T eh d vebilan iareilp o
d I corpo (P)
arru ol mobili (P ). Quindi la forza n e aria
p r li ar iI p o d
up rior a
F = T =
I
4(90,0 N + 3
00 N) = 995 ON.
(b) Quando iI corpo ien oli ato, i n fatto un la oro ugual
a qu 110 compiuto dalla forza di gra ità:
L = - L8 = - ( P
ontrario
+ Pc)sco 1 0° = ( 890 N)(4 ,00 m) = 1,56 • 10 J.
(e)
I carrucol mobili i
Il ano di h ogni tratto di corda tra i
du gruppi di carrucol i accor ia di h quindi I e tr mo della corda
i po ta in tota) di = 4h = 16 00 m.
(d) Il la oro fatto dalla forza co tant F
L = F
= (995 ,0 N)( 16 00 m) =
I 56. 104 J
pari al la or compiuto ontro la forza di gravità.
II
E ERG/A I : LAVOR
ED
ER /A
I ET/ A
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -ISBN 88-408-1373-X
127
Osservazioni
L utilità di qu to di po itivo ta nella po ibilità di
bilanciar con una piccola forza un grande pe o ma il lavoro n e ario
p r oll var iI corpo p ant
mpr lo t
iam nt .
PROBLEMA 11.09
du piani con di liv Ilo di 8 20 m. La cala ' lunga I ,3 m e orr alla v locità di
62,0 ml . ( ) Per tra portar 100 p r on al minut di ma a m dia
75 O kg, eh pot nza occorr . (b) Un uomo di ma a
5 k ri al la
cala mobile in 9,50 . Ch lavoro ha olto il motor u di lui? (e
Se I uomo a m ta cala i ·~ rma torna indietro e nd ndo in modo da
r tar
mpr a quota o tant
ca o affermativo eh pot nza iluppa udi lui? (d) E i t una modalit
di alita eh con enta al motor di
al ?
Soluzione
(a) P r tra portar una p r ona on
lo it co tant la
cala mobil d
applicare all p r ona una forza ugual
ontrari alla
forza p o (in modo eh I ace I razion ia nulla), ompi ndo udi
a il
lavoro mgl co </> = mgl co (rr / 2 - 0) = m l in 0 = m h dov 0 =
I angolo tra la cala l orizzontai ( in 0 = 8,20 m/ I
m = O 617 .
la ala tra porta I 00 p r on al minuto, iI la ro p r unit di t mp
cio la potenza
p = ( ; ; p r on ) m h =
= (167P ron) (15,0
(b) Il t mpo di
13 3 m/ 0,62 m/
fac ndo la orar
total volto dal
L
=m
k
)(98m• - 2 )(8,2m) = IOOkW.
p r ona
tran ito di una p r ona ulla cal
6.t = l / v =
= 21,45 . L'uom quindi ta al ndo piu in fr tta
i propri mu coli quindi compi ndo lavoro. Il la oro
motor
dai mu coli d 11 ' uomo
h = (8 5 kg)(9 ,8 m • - 2 )( ,2 m) = 6 71 kJ.
N l t mpo di 9,50 , il motor compi qu llo corri pond nt allo potam nto di 6.l = v!:l.t = (0 62 m/ )(9 50 ) = 5 89 m o ia
L' = (83 5 kg)(9 ,8 m • - 2 )(5,89 m) in 0 = 2,97 kJ.
(e) Ripr nd ndo il ragionam nto volto opra, il lavoro tota! ri u1ta nullo
p rch " I uom riman a quota o tant · ciò ignifica eh il molor d 11a
cala mobile compi un lavoro e attam nt ugual
contrario a qu Ilo
olto dall ' uomo. La potenza iluppata dal motore u11 uomo allora
P = mgvco </> = mgvco (rr / 2 - 0)=mgv in 0=
= (83,5 kg)(9 ,8 m •
- 2 )(0 62 m/ )0,617 = 313 O W .
(d) No.
PROBLEMA 11.10
La potenza rogata da una carrello I ttrico
funzion e d 11a locità pr ci am nte: P(v) = av(b - v2 ) do a b
ono co tanti P = Op r v > b. (a) A eh v locita i viluppa la pot nza
ma ima? (b) A eh velocità i ottien la forza ma ima e rcitata dal
motor ? (e) P r v = O la potenza rogata nulla. Que to ignifica che
il motore non in grado di a viar il carrello? Si dia una pi gazione.
128
ISBN 88-408-1373-X
-------------------
------ - - - - - -
Soluzione
(a) Per trovare per quale valor della v locita il carr Ilo
eroga la ma ima potenza ba ta derivare d eguagliare a zero I' e pr sione
della pot nza:
-dP = a(b dv
v2 )
2v av
-
= a(b -
3v 2 )
=O
~
2
V
= -b .
3
La derivata econda ' d 2 P / dv 2 = - 6av, negativa e av > O. Se e
oddisfatta que ta relazione la potenza erogata pre enta un ma imo.
(b) La potenza i tantan a è il prodotto della forza per la velocità, per
cui la forza vale F = P / v = a(b - v 2 ). La forza ' ma ima quando
dF
-dv = o ia per v
2av
=O
= O.
(c) Per v = Ola forza è ma ima e quindi e mas ima l'accelerazione: il
carrello inizialmente fermo i mette in movim nto. La poten za viluppata dal motore è nulla.
p
T
lx
I
~
ooooo ~oooo ,i.p
.h~.....=
lo
•
PROBLEMA 11.14
Due molle di co tante eia tica k e lunghezza a
riposo 10 ono di po t come in figura. (a) Calcolare il lavoro per spostare
dall'equilibrio il loro punto di congiunzion di una di tanza x normale
all'a e delle molle. (b) Ponendo x « 10 , si faccia u o dello viluppo
in eri binomia] p r trovar il primo termine finito nell'e pre sione
del lavoro.
Soluzione
Quando il punto di congiunzione delle molle viene po tato
di x entrambe le moli~ aumentano la propria lunghezza pa ando da /0 a
l = (J + x 2 e formano I angolo 0 con la posizione iniziale: tan 0 = x / 10 .
La forza viluppata da eia cuna molla in modulo vale F = k(l - 10 ) =
l5
k(
+ x 2 - 10 ) . Nella di po izione di figura , la omma delle forz da
origine a una forza netta diretta lungo - x
/J +x 1 -
EF, = - 2k (
=-
2klo (
in 0
J
I
l
+ (x I lo)
tan 0
= -;:===;:::=
=
2
✓1
(x/ lo)
2
1 + (x / 10 ) - 1)
=-2klo(l e sendo
to) in 0 =
+ tan
0
1
+ (x/lo) 2
=
, )(x / lo),
(x/ lo)
---;::=====;:
J I (x/ lo) 2
+
Quando il punto di congiunzione d Ile due molle viene postato in P,
il lavoro svo lto dalle molle è
L
t
= lo
E F dx
=-
2kl02
[
I
2 (x / 10 )
2
-
I+
(x / lo) 1
+
I] .
Il
E ERG/A/ : LAVORO ED ENERG IA
I ET! A
ISBN 88-408-1373-X
- - -- - - - - - -
129
(b) Lo viluppo in erie binomiale è
(I
nx
± x) = I ±I!+
11
n(n - 1) 2
!
x
2
purch I I < I .
+ ...
L'e pr ione che dobbiamo modificare è J I + (x / / 0 ) 2 , che po to
y = (x/ 10 ) 2 div nta (1 + )112 • Quando
« I po iamo arre tar
lo viluppo in erie al termin quadratico, os ia
(I +
)I / 2 :::: 1 + -I
I
2
2
8
per cui il lavoro fatto dalle molle
L
=-
2kl 02 [ I y
2 +I-
(I
+ ) 1/2]
a urne l'e pre ion appro imata
E que to il primo termine finito dell e pre ion del lavoro.
PROBLEMA 11.19
Una cometa di ma a 8 38 · I0 11 kg inv te la
Terra con velocità r lativa di 30 km/ . (a) Calcolare la ua energia
cinetica prima d Il impatto in unità m gaton di TNT (trinitrotolu ne,
detto tritolo ) ; I pio ione di una tonnellata di tritolo ( I m gaton di
TNT) libera un energia di 4 ,2 · 10 15 J. (b) Il diametro del cratere che i
g nera in un e pio ion è proporzionale alla radic cubica dell en rgia
lib rata; I m gaton di TNT produce un cratere d I diam tro di circa
I km. Quanto e il diametro del cratere cavato dalla cometa? Si ritien
che gli effetti atmosferici con eguenti a simili impatti nei tempi antichi
abbiano provocato I' tinzion di molte . p cie animali e v g tali tra
cui i dino auri.
Soluzione
(a) L energia cinetica d Ila cometa :
K
I
= 2(8 ,38 · 10 11
kg)(3 · 104 m/ )2
=
3, 77 · I O o J
= 3 77 · 1020 J = - - --'
4 ,2 • I0 1 J/ megaton
~ 9,0 • 104 megaton TNT ,
naturalm nt avendo avuto cura di tra formare la velocita in unità del
SI.
(b) Dalla proporzione:
I
(I megaton) . : (1 km) = (9 ,0 • 104 megaton)
I
: (d km)
i ricava il diametro d del cratere che una tale cometa produrrebbe:
d = ij9,0- 104 = 44,81 km ~ 45 km.
130
ISBN 88-408-1373-X
PROBLEMA 11.20
Come illu tra la figura un blocchetto di ma a
263 g cade verticalm nte u una molla dico tante eia ticak = 2 ,52 N/ cm.
Il blocchetto riman attaccato alla molla che i comprim di una di tanza
ma ima pari a I l ,8 cm. Quanto lavoro compi n Ila compre ion (a)
la forza di gravita e (b) la molla? (e) Qual era la velocita del blocch tto
al1' i tante d ll'impatto? (d) Se que ta v locità fo
tata doppia, di
quanto ar bbe tata la compr ione ma ima della molla? Si ignori
I attrito.
Soluzione
(a) Il pe o del corpo
mg = (0 263 kg)(9 ,8 m/
2
)
= 2,58 N
per cui il lavoro compiuto dalla forza di gravita
:
Lg = F · s = mgs co 0° = (2,58 N)(O 118 m) = 0 ,3 J.
(b) 11 lavoro compiuto dalla molla :
Ls =
1
s
o
Fs(x) dx =
1s
o
J
- kx dx = - - ks 2
2
=
= - ~(252 N/ m)(O , l 18 m) 2 = - 1,75 J.
2
(e) Dal teorema dell'energia cinetica i puo ricavar la velocità del blocco
un i tant prima di colpir la molla, t n ndo pre nte eh nello tato
iniziale l'energia cin tica K i = i mv 2 , mentre nello tato finale Kr = O.
Il lavoro tota!
L11 = L 8
+ Ls =
+ (-
(0,3 J)
1,75 J) = - 1,45 J
per cui
l
2
~K = - Ki = -- mv =- 1451.
2
Si ricava co ì il
alore del1a velocità
v=
2- l ,451
'
- - - = 3 32 m/
O 263 kg
(d) S la velocita raddoppia, I energia cin tica iniziale diventa quattro
volt I energia cinetica Kj. Indicata con x la compre ione finale della
molla ricordando eh il lavoro tota!
la omma d 1 lavoro po itivo
d Ila forza di gravità e di quello negativo della forza la tica, il teor ma
d Il nergia cinetica diventa:
1
2
m x - - kx
2
= - 4Ki .
La oluzione di qu ta equazione di econdo grado forni c due radici di
gno oppo to. NaturaJmente ha ignificato p r qu to problema oltanto
la radice po itiva:
x =
m g+ J (mg) 2
k
+ 8kKi
= O, 225 m.
-Il
E ERG/A I: LAVORO ED ENERGIA
--
-- --
ISBN 88-408- 1373-X
--- ------------
131
Osservazioni
Da quanto d tto opra implicito eh i celto com
a
di riferim nto verticale I a e x, dir tto v r o il ba o, con I' ori gin
nel punto di ripo o d lla molla. La oluzion x n gativa
tran a a
que to probi ma, dà l'alt zza a cui giung r bb il corpo agganciato alla
molla, qualora fo
lanciato v r o l'alto con n rgia cin tica ini ziai
4Ki.
PROBLEMA 11.22
Due pallin di ma a m = l ,06 kg eia una ono
fi at ali e tr mità di una barra di acciaio lunga l = 1,20 m di ma a
M = 6,40 kg. La barra ruota . u un piano orizzontale attorno al uo a
m diano verticale. A un rto i tant la ua locità angolar ri ulta di
39,0 giri/ . A cau a d gli attriti i t rma in 32,0 . A ·um ndo eh il
mom nto torc nte dovuto agli attriti ia co tante, i calcoli (a I ace I razione angolare (b) il mom nto torc nt d gli attriti, (e) I n r ia cin tica
p rduta n Ila fa e di arr to (d) il il num ro di giri compiuti n Il intervallo di t mpo n e ario ali arre to. ( ) Ora i upponga in
eh il
mom nto torc nt applicato dagli attriti non ia co tant . S nza ult riori
informazioni, quali d Il quantit prec d nti i pu ancora d t rminar ?
S n
i te qualcuna, dat ne il alor .
Soluzione
(a) È nece ario pr liminarm nt
prim r i dati d l probi ma in unit SI. La locità angolar
quindi w 0 = 9,0 giri/ =
39,0 •2n rad/ = 245 O rad / . Dall quazioni d I moto uniform m nt
ace lerato
a =
CO
t
= Wo + al
I 2
0 = 00 + wot + - a t .
2
w
Indicato con t I i tante in cui il moto i arr ta (w
a
= 0) ,
= _ w 0 = _ 245 O rad/ = _7 66 rad/
i rica a
2.
32,0
I
(b) Il mom nto tor , nt
dato dalla conda I gg di Newton p r I
rotazioni r = /a. E quindi nec ario calcolare il m mento d in rzia
del i tema come omma d I mom nto d' in rzia d Il du pallin
di
qu Ilo dell ' a ta ri p tto ali a
barie ntrico:
2
l = 2m ( -L )
2
= 2(1
+ - I Ml 2
12
m)
1,20
06 kg) ( - 2
Il mom nto torc nt d Il
r
=
= (1
2
+ -I
12
(6,40 kg)( 1,20 m) 2
forz di attrito ri ulta allora
53 kg• m2 )( - 7,66 rad/
(e) L en rgia cin ti a p rduta n Ila fa
che il i tema aveva:
K =
l
= I 53 kg· m
)
=-
11 ,73 Nm.
di arr to tutta I n rgia cin tica
I
Iw6
= ( 1 53 kg· m2 )(245,0 rad/
2
2
)2
= 45,9 kJ.
132
ISBN 88-408-1373-X
(d) P r trovare il numero di giri compiuti po iamo utilizzar il teorema
dell nergia cinetica. Il lavoro volto dal momento torcent dall' i tante
iniziai aJl i tante final , quando I a ta ha d critto l'angolo e
dato
da l =
r de = re, n Il ipote i di momento torcente co tante. Dal
teor ma dell energia cin tica abbiamo L = re = 6.K = - K i p r cui
- K1
- 45 9 kJ
3914
=
'
=
3921 ,4 rad = - - giri = 624 l giri.
r
- 11 , 73 N • m
2Jt
(e) L'unica grand zza che i può d terminar
nza I ipote i di momento
co tant ' la variazion di energia cinetica, o ia il lavoro compiuto dalle
forze di attrito (punto c).
Jg
e = --
Osservazioni
Alt mativam nt p r ri olver il punto (d) i poteva
utilizzare la legge d I moto uniform ment ace I rato
0
= eo + wot + -21al 2 =
1
= 0 +(245 O rad / )(32,0 ) + - (- 7 ,66 rad/
2
2
)(32,0 ) 2 = 3921,4 rad.
PROBLEMA 11.32
Un blocco di ma a m 1 = l ,88 kg civola u
un piano privo di attrito alla v locità di I 0,3 ml . Davanti ad e o, ulla
te a direzion , i muove n Ilo . te o ver o un altro blocco di ma a
m 2 = 4 92 kg alla v locità di 3 27 ml . Dietro a que to e attaccata, come
i vede in figura una molla di ma a tra curabil e di co tante eia tica
k = l l 2 N/ cm. Quanto i comprim al ma imo la molla in eguito
all'urto tra i du blocchi ? (Su gerimento : al mom nto della ma ima
compr ion della molla i due blocchi i muovono olidali; l' urto e
compi tament anela tico.)
Soluzione
Poich non vi ono attriti (il vincolo è li cio), val la I gge
di con ervazion d Ila quantità di moto m I v 1 + m 2v2 = (m 1 + m 2)v m·
Da e a i ottiene la velocita d I c ntro di ma a del i tema che e
co tante prima durante e dopo l' urto ed e la velocità com un dei due
blocchi nell i tant in cui la molla raggiung la ma ima compre ione
quindi ( olo per un i tante) la velocita r Iati a i annulla:
(1,88 kg)(l0,3 m/ ) + (4 92 kg)(3 27 m/ )
V
5 21 m/
m
(1 88 + 4,92) kg
L n rgia cin tica prima d ll'urto :
= -------------- =
Ki
= K 1 + K 2 = -2l m I v 21 + -2I m 2v 2 =
126 J .
Nell i tante in cui la molla raggiung la ma ima compre ion , I' n rgia
cin tica dei due blocchi (aventi entrambi v locità Vcm)
Kr =
l
(m1
2
+ m 2)v 2.
111
= 92,3 J.
La variazione d Il ' nergia cin tica forni e il lavoro volto dalla molla
L = -½ kx 2 , per cui t nuto conto eh la co tante la tica in unità SI
k = 11 2 · l 02 N / m i ha:
- 26.K
X=
k
=
(92 3 J) - (126 J)
O
- 2- - - - - = ~m.
2
11 2 · 10 N/ m
Capitolo 12
ENERGIA 2:
ENERGIA POTENZIALE
ESERCIZIO 12.01
P r il ca o unidim n ional il modulo d Ila forza
di attrazion gravitazional tra du partic 11 di ma a m 1 ed m
dato
da
rappr
. (b) Quanto lavoro
a x + d?
Soluzione
(a) Sappiamo eh
di attrazion gravitazionaJ ,
- t
2
lx,
dU(x)
Ri ol iamo quindi i du
S ora poniamo x 2
=
t
J""
p r forz
2
on er ativ
F(x) ·dx = {
J."
2
om
la forza
F( ) dx.
inte rali
=
1
= x,
otteni amo
L en rgia pot nziale ri ulta mpr n gativa il che dip nd dal fatto eh
la forza attrattiva; in qu to ca o i dice che il i t ma legato.
(b) S ora vogliamo pa are da x 1 = x a x 2 = x + d dovremo compiere
il lavoro
L
O
=-
U
= U(x) -
U(
+ d) = Gm 1m 2 ( -
rviamo che i tratta di un lavoro negativo.
1
-
+d
- ~)
X
ESERCIZIO 12.02
Dimo trat eh nell '
ri ulta L cx d. Vi ricorda qualco a?
Soluzione
d
«
rcizio 12.01 , p r d
«
x1
x 1 abbiamo
L cx d.
La r lazion di proporzionalità trovata ci dic eh il la oro d Ila forza di
attrazion gravitazional nec ario per po tare una d li du ma e di
un tratto d dir ttarn nte proporzionai ad. A que to ri ultato ra amo
gia arrivati anaJizzando il la oro compiuto dalla forza di gra ita tra un
corpo di ma a m I la Terra: la forza in que to ca o era pre a com
Fg = mg il la oro, p r uno po tam nto verticale d, ri ultava L = mgd;
confrontando qu to ri ultato con quanto ottenuto poco opra deduciamo
eh
= - 2- ·
Nel a o in qu tione la condizion d « 1 certamente ri p ttata, in
quanto i iamo limitati a utilizzar p r la forza gravitazional la formula
Fg = mg n i a i di corpi in moto icino alla uperfici terr tr quindi x
che in qu to ca o rappr nta il raggio d Ila Ti rra ri ulta e rtam nt
molto maggiore di d.
ESERCIZIO 12.04
Una ca ata d'acqua alta 96 3 m ha una portata
di 73 800 m / min. A umendo che un g neratore idroel ttrico converta
in l ttricità il 58 OOh d Il' n rgia cinetica eh l'acqua acqui ta cadendo
alcolar la pot nza rogata dal g n ratore (la ma a volumica d ll'acqua
val 1000 kg/ m3 ).
Soluzione
Ricordiamo eh la portata di una condotta corri pond al
volum di fluido che attra r a una data zione n ll ' unita di t mpo
eh la r lazion tra ma a volum p r un fluido a ma a volumica (p)
co tante
m
= pv.
La ma a di acqua eh e nde dalla ca cata in un minuto m = 73 800 •
10 kg/ min in un condo arà m = 1230 • 10 kg/ .
A qu to punto iamo in grado di calcolare I nergia potenziai gravitazional al condo po eduta daH acqua ulla ommità d Ila ca cata (h):
U0 = mgh = ( 1230 · l0 3 kg) (96,3 m)(9,8 m/
2
)
= I, 16 · IO J/ .
In fondo alla ca cata tutta I n rgia potenziale gravitazional i sara
tra formata in n rgia cinetica K ( la part di n rgia cin tica con rtita
al
ondo in nergia I ttri a dal g neratore arà quindi
E e1
= 0 ,58Kr = 0 ,58Uo = 0,67 · 10 J/ =>
P
= 0,67 · 109 W.
La quantità rica ata rappre enta la pot nza rogata dal gen rator idro I ttrico. N I ri ol er il probi ma abbiamo a unto eh non ci ia alcuna
di ipazion di n rgia durant la caduta.
12
ERGI 2: E ER I POTE Z1 LE
ISBN 88-408-1373-X
135
ESERCIZIO 12.06
Un uomo di ma a I00 k
tta dall a fin tra
u una r t da pompi r i t mata 12 m otto di lui. La r t , p r arr tarlo
farlo rimbalzar in aria i abba a di 1,4 m. Qual
ma ima a qui . ta la r t ?
Soluzione
L uomo ad
raduta ini zialm nt
K1 = Uo = m h
= (100 k
)(9 ,
A qu
quando
K2
=O
p . iamo
K, = K2 + V~+ u; = V~+ u; => u; =
= K 1 - u~• = m h + m d = m (h + d ) =
I
I 2 J.
ESERCIZIO 12.08
a) L' n rgia cin ti a ini ziaJ K 0 dip nd dall a
dall a ma a d l proi ttil ·
a al
Soluzione
(in m dulo
1
Ko = - m ~
2
I ità
l
= -2 (2 ,4 kg)( IS0 m/ )2 = 27 000 J .
(b) L n rgia pot nzial ( ra itazional ) ini ziai U0 dip nd dall a quota h
ri p tto a t rra dall a ma a d I pr i ttil e (a umj amo h I n roia
pot nzial ra itazional
lga O a t rra ;
a al
U0
=m
h
= (2 4 kg)(9
m/ 2 )( 125 m)
= 2940 J.
(e) Quand il proi ttil arri va a t rra ha con ertito tutto la ua n roia
pot nzial ra itazional U 0 in nergia cin tica. Appli cando quindi il
prin ipio di on ervazion d Il n rgia m ccani ca abbiamo
E~1 = E~=> Uo + Ko = Kr = 29940 J .
136
12
ISBN 88-408-1373-X
ERGI 2: E ER /A P T
ZIALE
cità di impatto con il t rr no vr ri ulta
Di con gu nza la
2(Uo + Ko)
r=
m
m
A r mmo potuto tro ar il alor di vean h appli ando I equazioni d Ila
cin matica dato eh
no iamo il tipo di moto d I proi ttil o
ro
1 forz ag nti u di
o. Tutta ia qu ta e lta a r bb comportato
più calcoli. Si la eia allo tud nt qu to
ondo tipo di oluzion .
ESERCIZIO 12.11
La figura pr
orr tta da una molla h i trova compr
la co tant la tica d Ila molla. (b) Ora
28 6 cm poi la i la ia andar . Quanta
n 1 i t ma al punto di ma ima compr
•·· .. .
Soluzione
(a) La pi tra i tro a in quilibrio, quindi la omma d li
forz
tem ag nti u di
a in dir zion
rti al (non i ono forz
t rn ag nti in dir zion ori zzontai ) d
r nulla. L forz
tern
ono la forza di gravità la forza la tica
rcitata dalla molla p rtanto
LF
Ep =
1
= mg + ky => lmgl = lky l => k =
U e1 =
1
2kh
ESERCIZIO 12.16
2
=
1
2(763
/ m)(0 102 m
~
+ 0 ,2
= 76 N / m.
6 m) = 57 4 J.
i co trui
un p ndolo app nd ndo un
ma a l , 3 kg a una corda lunga 3 82 m. i po ta il a
in po izion
tal eh la orda formi un an lo di 58 0° on I a
rtical . A qu to
punto lo i colpi e in dir zion ortogonal alla corda v r o l' alto. i
o er a eh , quando torna alla quota minima la ua lo ita di 8 12 ml .
(a) alcolar la v Jocità h a va dopo h
stata olpita. (b) Cale lar
I angolo ma imo di de iazion raggiunto. ( ) Pon ndo ugual a z ro
I' n rgia pot nzial n Ila po izion di quota minima calcolar I n rgia
m ccanica tota! d I i t ma.
12
ISBN 88-408-1373-X
137
Soluzione
(a) Ri ulta piu mplice ri olver il problema ri pondendo
in dall inizio alla domanda (e). In qu ta ituazione (ma a eh tran ita
per la quota minima) eh indi eh r mo con i I pedi 2 la ma a po i d
nergia meccanica E 2 otto forma di ola nergia cinetica K 2 (la po izion 2
lo z ro per I en rgia potenziai gravitazional ), quindi calcolando E 2
ott niamo l'energia m ccanica E in o ni punto d I moto (abbiamo infatti
a unto I ipot i eh non ci ia di ipazione alcuna di en rgia).
E2
= E = K 2 = -2l m v22 = 43 ,8 J .
Po iamo orari avare la v lo ità n Ila po izion iniziai del moto indicata
con 0):
E = U0
+
Ko = m ho+
1
mv02 • v02
2
2(E - mgho)
=
m
Per ri pond r alla domanda dobbiamo ono
v ro la quota d Ila
po IZlOn O ri p tto alla quota minima 2. on mpli i ragionam nti di
trigonom tria indi ando con l la lungh zz d Ila corda i otti n
ho = /(I - co 58°) = 1,8 m
p r la
locità in O
Vo
=
Notiamo eh la velocità diminuì e : ci
dovuto al fatto eh I' n rgia
pot nziale cr e quando la quota aum nta ri p tto a qu Ila minima.
(b) La ri po ta a qu to que ito i otti n
mpr a partire dall en rgia
m ccanica d l i t ma ricordando eh in qu ta po izion
h indicher mo con 1, I' n rgia cin tica d I p ndolo nulla pertanto I
meccanica coincid con I n r ia pot nzial
ra itazional U 1•
E
= U 1 = mgh •
1
h1 =
E
-m =
,36 m.
Il ri ultato ott nuto, e ndo minor d Ila lun
geri c che l angolo ma imo raggiunto ar
pro imo ad e o· infatti
02 = arcco
e~hz)
orda
= 83 1° .
ESERCIZIO 12.19
Ou ragazzini giocano a colpire una catoletta
con una biglia parata da un fucile a molla fi ato u un tavolo. La
catoletta i trova a una di tanza orizzontale di 2 20 m dalla bocca d l
fucile ( vedi figura). Barbara comprim la molla di l l O cm, ma il tiro
ri ulta corto di 27 O cm. Di quanto dovrà comprim ria Roberto per fare
centro?
138
12
ISBN 88-408-1373-X
E ERGI 2: E ER /A POT
l i LE
Soluzione
Innanzitutto tabiliamo di indicar con h I alt zza d I taolo con R d R I ri p ttivam nte la di tanza atol tta-bordo d I tavolo
e qu Ila tra il bordo d I ta olo e il punto in cui cad la pallina lanciata da
Barbara inoltr indichiarn con t::,,. e t::,,. 1 1 compr ioni d Ila molla
corri pond nti a R ed R 1• Tra curiamo tutti gli attriti e dividiamo il
probi ma in du parti: la prima int r a olo il i t ma molla-pallina
ci perm tt ra di alcolar la locità iniziai d Ila pallina· la econda
d criv il moto parabolico della pallina eh part con v locità iniziai v
orizzontai
cend con moto parabolico otto I azion d Ila forza di
int razion gravitazionale
i dara la oluzion del probi ma. Proc d ndo po iamo applicar alla prima part del probi ma il prin ipio di
con r azion d Il n rgia m ccanica o r ando eh , n Il' i tant in cui
la pallina i tacca dalla molla, tutta 1 n r ia pot nzial la tica accumulata inizialm nt n Ila molla compr
tra formata in nergia
cin tica:
do m indica la ma ad Ila pallina k la o tant la tica d Ila molla.
Notiamo h la locità acqui ita dalla pallina dir ttam nt prop rzional
ion d Ila molla.
Pa iarno ora ad analizzare la conda part d l problema. Utilizziamo
quazioni d I moto paraboli o p r li po tam nti in orizzontai (non
a i cono forz in dir zion x )
rtical (in dir zion
agi ce la forza
di int razion gravitazional ), a umiamo com origin d I i t ma di
rit rim nto il bordo del tavolo da cui cade la pallina ori ntiamo I a
orizzontai
da ini tra v r o de tra qu Ilo vertical
dall alto er o
il ba o. A r mo dunque n Il i tant t1 in cui la pallina tocca terra
O
a
x
= v0 t1 = R,
{ y
= 2 t} = h
I
=}
R,
=
o
r iamo che R 1 ri ulta proporzionai a v0 e quindi arà proporzionai
t::,,. ,:
ome con
ndo R 1 = R - 27 ,0 m = 2,20 m - 0,27 m =
la compr ion d Ila molla n
aria p r
uenza,
1,93 m po iamo rica ar
far e ntro
t::,,.
=
R
R1
1-
= (1 I O
2 20 m
m) · - 1,93 m
=l
25 cm .
ESERCIZIO 12.26
Un corpo rotola nza tr'l c1ar dapprima orizzontalm nte con velocità v poi up r un piano inclinato fino a un alt zza
ma ima h. Di eh corpo g om trico i tratta
h = 3v 2 / (4g)?
12
E ER I 2:
ER I PaTE ZIALE
ISBN 88-408-1373-X
139
Soluzione
ri v re
l
I
2
2 mv mi+ 2 /cm Wi
2
Ei
=
Er
= 2l m
2
cny
l
=
2
2
l
l
v m·
2 mv mi+ 2 / m-f
+ 2 1.mWr + m
2
h
= mgh =
I
(
m
= -2 m R 2
= 2v 2mi
m+
/ m)
R
Emi.
Pro gu ndo ott niamo
h
Il corp
..,~',,,
r""
I
I
I
I
I
L
2
+ ~; )
v1m
= -m = ------=
-• =>
m
4
~v mi ( m
E,
m qu ti on ri ulta
PROBLEMA 12.02
'
'
'
I
I
un ilindro.
A ll
\
\
!
lii
' ' '~
- --
ra tata
Soluzione
rav itazi
i t ma po iamo cri r
Eo
= Er =>
l
2
mv02 + m ho=
l
2
mvr2 + mghr =>
1
2
mv0
= mg hr
= Vo =
P r quanto riguarda la quantità hr a notato eh in qu to ca o
a
coincid con la lungh zza d Il a ta. ln gen ral tuttavia, per pendoli
140
ISBN 88-408-1373-X
fi ici o compo ti in cui la ma ad 11 a ticella non tra curabile il valer
di hr rappr nta lo po tam nto v rtical d 1 e ntro di ma a. lnfatti,
av ndo a eh far con un corpo rigido t o, dobbiamo ricordar eh
la forza di attrazion gravitazional
applicata al e ntro di ma a , di
con egu nza ogni ariazion di n rgia potenzia! va rit rita ali quote
a unt dal e ntro di ma a t o.
PROBLEMA 12.03
Una molla id al pu
r compr a di 2 33 cm
da una forza di 268 N. Un blocco di ma a 3 18 kg inizialm nt fermo in
cima al piano inclinato pri o di attrito di figura che forma un angolo di
32 0° con il piano orizzontai , i n la ciato andar . Il blocco i arr ta
dopo a r compr o la molla di 5,48 cm. (a) In que to mom nto di
quanto
e o il blocco lungo il piano inclinato? (b) Qual la elocità
d I blocco quando arriva a toccar la molla?
Soluzione
(a) Innanzitutto dobbiamo d t rminar la co tant la tica
d Ila molla. Indicando con O la lungh zza a ripo o della molla con x la
ua lungh zza dopo la compr ione notando eh la quantità (x - 0 ) =
2 33 cm n gativa po iamo criv r
F e1
=-
F. 1
268 N.
x - x0
2,33 · 10- 2 m
=> k = - - - =
k(x - xo)
= 11 502 N/ m.
A qu to punto, dopo a r notato eh il i t ma con ervati o applichiamo il principio di con ervazion dell n rgia m ccanica. A umiamo
eh I n rgia pot nzial gra itazionale d I blocco alga z ro quando il
blocco i arr ta e indichiamo con 6 la ma ima compr ion d Ila
molla. A r mo
Emi
= Erry =>
Ui
=E
le=> mg(d
+ 6x)
.
rn 0
= 2l k6x 2
dove (d + x) rappr nta lo po tamento total del blocco lungo il
piano in linato. Ri olv ndo i otti n
d
+ 6x
=
l
k6x
- - - = 1,04 m.
2mg in0
(b) N I mom nto in cui tocca la molla il blocco
e o di una quantità
d in 0 in v rtical · applicando nuovam nte il principio di con er azion
d li n rgia m ccanica tra l ' i. tant iniziale qu Ilo ( l ) in cui il blocco
tocca la molla ott niamo
.
mgd m 0
Q
= 2l mv =>
1
v1
= J2
d in 0
= 3 2 m/
.
PROBLEMA 12.05
Un blocch tto di ma
la pi ta li eia a piral rappre ntata in figura. (a) S
da t rmo, dal punto P qual ara la forza netta eh agi c u di e o
nel punto Q? (b) Da qual altezza opra il punto più ba o della piral
i do r bb la ciar cad r il blocch tto per far 1 che tia p r p rd re
contatto con la pi ta n l punto piu alto d 1 «ricciolo»?
ISBN 88-408-1373-X
141
Soluzione
Ep
= E Q => m
Fn = ma 11
• 5R
=m
R
l
+ 2mv~ =>
v
=
v2
= m _Q
= 8m
R
La forza n tta ag nt
ul orpo in Q val
= arctan (l)
- =7
8
ma = arctan 8m
0
12 .
tt non pr m più contr la uida
null a:
V
m _.!i= m
la ola forza p o a d t rminar
==>
R
VB =
P r trovar la quota h da cui il blo
qu ta v locità, applichiamo la con
mgh
=
I
-m
2
R .
n rgia m
r in B
ani a
1+ mg2R
quindi
h
5
= 2R.
Il blocch tto p r pa ar p r B n Ila condizion limit di di tacco d ve
partire da un altezza pari a m zzo raggio d I ricciolo al di opra d 1
ricciolo te o.
}42
ISBN 88-408-1373-X
PROBLEMA 12.06
Un blocco di ma a m viene tenuto fermo ulla
faccia inclinata di un cuneo di ma a M a ripo o su un piano orizzontale,
come in figura. Tutte le up rfici ono prive d'attrito. Se il blocchetto
viene liberato da un punto P po to ad altezza h opra il piano, i trovi
la velocità a unta dal cun o nell'i tante in cui il blocchetto giunge a
toccare il piano.
Soluzione
Dato che non ci ono attriti, il i tema ri ulta con ervativo
e l'energia meccanica iniziale, data dalla ola energia potenziaJe gravitazionale, ri ulta uguale a quella finaJe, data dalla sola en rgia cinetica
finale e prendiamo come riferimento di zero per I energia potenziale
gravitazionale il piano orizzontale. Ri ulta allora
Mgh
= 2I Mvr2 •
r,:,::,:
ve= v2gh.
Notiamo che il ri ultato non dipende dalla ma a del blocchetto, ma olo
dalla quota iniziale h. Il m de imo ri ultato i ottiene per un corpo in
caduta libera da un'altezza h con v locità iniziale nulla. Il fatto che il piano
inclinato non alteri la velocità finale ri petto alla caduta lib ra diretta
con eguenza del fatto che l'interazione gravitazionale è con ervativa. Lo
tudente determini in che co a i differ nziano il moto in caduta lib ra
e quello lungo un piano inclinato li cio per un blocco di mas a M eh
parte in entrambi i ca i da una quota h con velocità nulla.
PROBLEMA 12.11
Un ragazzino e eduto ulla cima del blocco di
ghiaccio emi ferico rappre entato in figura. Rie ve una leggeri ima
pinta e comincia a civolare in giù. Dimo trate che, e il ghiaccio è
privo di attrito, egli i taccherà dal ghiaccio in un punto all'altezza 2R / 3
dal uolo. (Suggerimento: la forza normale compare al di tacco dal
ghiaccio).
Soluzione
Con ideriamo iI moto del ragazzino fino al momento del uo
di tacco dalla calotta di ghiaccio. Si tratta di un moto circolare accelerato.
Le forze agenti ul ragazzino ono la forza p o e la reazione vincolare N
della calotta, empre in direzione radiai e diretta ver o l' esterno.
Indichiamo con m la ma a del ragazzino e con a l'angolo che il
vettore po izione R forma col uolo. La proiezione d Ila econda legge
della dinamica in direzione radiale dà
v2
mg ina - N = m - .
R
Nel momento del di tacco (caratt rizzato da N = 0), questa equazione
forni ce la relazione
v2
=-
g ina
R
in cui sia a che v sono incognite. Una econda equazione e data dalla
con ervazione d ll'energia m ccanjca. Avendo fi ato come quota di
riferimento il uolo l'energia totale iniziale è la ola energia potenziale
del punto di partenza ( vertice della calotta) Ei = mg R e l'energia totaJe
di un punto a quota h = R ina è
mgR ina
+
I
2
2mv = mgR.
12
E ERG/A 2: ENERGIA POTE ZIALF.
ISBN 88-408-1373-X
-----
143
Ri olvendo il i tema di que te due equazioni , ricaviamo il punto di
di tacco
gR(I -
Il ragazzino
pari a
.
2
1
ma) = - gR ma
2
ma = - .
3
tacca dalla calotta di ghiaccio ad un'altezza dal suolo
h
=R
ina
2
= 3R.
Si noti che il ri ultato è, nei limiti della ipote i di non attrito in cui ci
iamo me i, indipendent dalla ma a del ragazzino.
✓
ENERGIA 3:
CONSERVAZIONE
DELL'ENERGIA
ESERCIZIO 13.02
Un'automobile di ma a 1700 kg ta viaggiando
in piano alla velocità co tante di 15 ml mentre il uo motore eroga una
potenza di 16 kW per vincere le re i tenze degli attriti, dell 'aria, ecc.
(a) Che potenza dovrebbe viluppare il motore e l'auto, a parità delle
aJtre condizioni, dove e anche salire per una strada avente pendenza
dell' 8, O%? (b) Che pendenza in di ce a occorrerebbe per ottenere la
mede ima velocità costante a motore pento?
Soluzione
(a) Ricordiamo che «pendenza dell '8,0 0A » ignifica che la
strada si eleva di 8 m ogni 100 m, per cui tan 0 = 0,08 e quindi 0 = 4 57°.
Se l'automobile dove se alire per una trada avente pendenza dell'8,0 %,
la forza pe o avrebbe una componente parallela alla trada, in en o
contrario al moto, pari a Fp = mg sin 0 = (1700 kg)(9 ,8 m/s2 )0 0797 =
I 328 N. Affinché l'automobile continui a viaggiare a velocità co tante,
il motore deve ora fornire in più la potenza uguale e contraria a quella
sviluppata dalla forza di gravità; in totale quindi la potenza richie ta
P
= 16 kW + (1328 N)(l5 m/ ) = (16 + 19,92) kW = 35 92 kW.
(b) Que ta volta la potenza viluppata dalla forza di gravità deve fornire
la potenza che prima era viluppata dal motore, mgv in 0 = 16 kW,
per cui
16
in 0 =
kW
= O 064 .
( 1700 kg) (9,8 m/ 2 )( 15 m/s)
'
L'inclinazione della trada è 0 = 3,67° e la pendenza corri pondente
tan 0 = 0 ,064, cioè 6,4 %.
ESERCIZIO 13.09
Un fiume cende attraver o una rapida per un
dislivello di 15 m. L'acqua i getta nella rapida alla velocità di 3,2 ml e ne
fuoriesce aJla velocità di 13 ml . Che percentuale dell'energia potenziale
per a nella di ce a i trasforma in energia cinetica? E il resto dell 'energia
dove fini ce?
146
ISBN 88-408-1373-X
---------
- - - - - - - - - -I
E ER /A 3:
ERVAZIO E DELL 'E ERG/A
Soluzione
Con ideriamo una ma a m di acqua che cende a vali ·
]a variazione di nergia cinetica :
t)..K
=
Kr-
Ki
= -2] m(vr2 -
2
vi ).
11 rapporto mohiplicato per I 00 tra la variazione di en rgia cinetica
la p rdita d 11 nergia pot nziale gravitazional mgh forni ce ]a ri po ta
cercata:
L n rgia mancant i tra formata in nergia interna dell ' acqua, proocando un aum nto di t mp ratura.
ESERCIZIO 13.11
Un blocco di ma a 4 26 kg viene lanciato u
p r un piano inclinato di 33,0° con v lecita iniziale di 7 81 m/ . S
p rd in attrito 34 6 J di energia meccanica fino a eh altezza a]e?
Soluzione
Fi ata come quota z ro que11a di partenza I' nergia tota! iniziale ' tutta
olo I nergia cinetica data da K = m 2 / 2 =
(4, 26 kg)(7 ,81 m/ ) / 2 = 129 9 J. Alla fin quando giung a11a quota
ma ima dove i ~ rma, il blocco ha olo nergia pot nziaJ ugual all ' nergia m ccanica tota! rima ta mgh = E = 129 9 J - 34,6 J = 95 3 J.
Il blocco al quindi all altezza
h
95 3 J
(4 26 kg)(9 8 m/
= -----= 2 28 m.
2
)
'
Se non ci fo
tata la p rdita di nergia per attrito, i1 blocco avrebbe
raggiunto la quota h' = 3, I O m.
Osservazioni
Il dato dell ' inclinazione del piano è uperfluo p rché
la quota raggiunta n
indip nd nte. Servirebbe olo
fo
richi to
quale di tanza p rcorr ul piano inclinato.
ESERCIZIO 13.14
Una paJla di gomma cad da ferma da un'alt zza
di 2 m. Rimbalza rip tutamente ul pavimento p rdendo ogni voha i]
l O'¾ d Ila ua energia cinetica. Dopo quanti rimbalzi raggiungerà la
quota culminant di I m?
Soluzione
(a) Ogni volta eh la palla rimbalza ul pavim nto, raggiunge un altezza eh e il 90 '¾ di quella da cui è partita. Analizziamo
l' n- imo rimbalzo· la palla parte dall ' altezza h,, _ 1 , arriva a] uolo con
velocita v,, _ 1 determinata dalla legge di con ervazione dell ' en rgia meccanica rimbalza con v locità v,, raggiunge I altezza final h,,:
mgh,, _,
= 2I mv,,2_ 1
per cui , alla fine
O 9mgh 11 _
,
= mgh ,,
h,,
= 0,9h,, _,.
I
E ERG/A 3:
88-408-1373-X
- - - - - - - - - - - - - - - - ~ - - -ISBN
-- - - }47
-
O
Dopo n rimbalzi I alt zza raggiunta ' ri p tto ali alt zza di part nza
= 0,9" ho
h,,
e quindi po to h,,
=Im
0 ,911
h0
= 2 m, rica iamo
= 0,5
ln0,5
n = - - = 6,58.
ln0,9
Dopo 6 rimbalzi la palla raggiung una quota I ggerm nt up rior al
metro (h 6 = 1,06 m) mentre dopo 7, la quota ' I gg rm nte int rior
(h 1 = O, 96 m).
I
I
ESERCIZIO 13.15
Una palla di acciaio con ma a O 514 kg, attac ata
a un filo di lungh zza 68 7 cm fi ato all'altra tremità la iata lib ra
partendo da una po izione in cui il fì lo è orizzontai . Com mo tra la
figura n I punto più ba o d Ila ua cor a la palla colpi c un blocco di
acciaio di 2 63 kg~ rmo u un piano orizzontai privo di attrito. Nell urto
m ta dell n rgia m ccanica i convert in nergia interna in n rgia
acu tica. Calcolare I v locità finali del blocco d Ila palla dopo l'urto.
Soluzione
La velocità d Ila palla d'acciaio
d ll'urto pu
r ricavata attrav r o la I gg
i' en rgia meccanica; I energia pot nzial po
t ra vi n conv rtita int gralment in en rgia
m 1 gL
= 2l m i v 21i .
La velocità della palla prima d )l'urto
= /2i[, =
Vti
imm diatam nt prima
di con rvazion d lduta ini zialm nt dalla
inetica:
quindi:
,70 m/ .
L en rgia cinetica dopo l'urto è pari alla m tà d Il n rgia m ccanica
prima d Il urto come a erito dal te to. Un'altra quazione fornita dalla
con ervazione d Ila quantita di moto totale: infatti la ua component
v rtical è z ro riman z ro, perché anch dopo )'.urto i du corpi i
muovono orizzontalment ; non ci ono forz orizzontali t rn . Si
otti n il i tema n 11 du incognit v 1r, 2r
miv1(;-:- m:2; =1m,v,:)+ m2~ r
{ O 5 2m1v 1 + 2m 2v 2
i
II . i tema può
V2i = O:
eh , o tituiti
er
i
1
= 2m1v 1r + 2m 2v 22r -
critto in forma più
mplice tenuto onto eh
valori num rici diventa
= 3,70
vfr + 5 117v~r = 6,85.
V1r + 5 I I7v2r
{
L
oluzioni ono
V1r = - 1,36 m/
V2r
= 0,99 m/
.
148
ISBN 88-408-1373-X
La palla rimbalza quindi r o ini tra alla v locit di 1 36 m/ , m ntr
il blocco i muov
r o d tra con v locità O 99 m/ .
Osservazioni
Il
condo grado amm tte anch un'altra
oluzione eh p rò fi icam nt inacc ttabil : la palla va in a anti a
v locit v 1r = 2,57 m/
up rior a quella d I blocco v2 r = 0 ,22 m/ .
L' ipote i eh il piano ia privo di attrito non
tr ttament n e aria.
L forz che i viluppano durant la br vi ima durata dell urto ono
molto int n ; la forza di attrito in qu to tempo molto breve provoca
una ariazion d Ila quantità di moto talm nt piccola da pot r
tranquillam nt tra curata (t or ma d ll ' impul o: J F dt = t:,,.p).
ESERCIZIO 13.16
Vi accucciat daJla po izion er tta abba ando
il vo tro e ntro di ma a di 18 O cm. Poi a1tat in alto. La forza eh
il pavimento e rcita u di voi durant il alto al tr volt il o tro
p o. Ch
locità av te quando i taccat da t rra i I vo tro e ntro
di ma a pa a dalla po izione in cui ra all inizio?
Soluzione
Il t or ma del moto del e ntro di ma a aft rma eh la
ri ultant P ·1 delle ol forz
t me det rmina l' a e l razion d I ntro di ma a. Con aJcuni pa aggi
po ibile dimo trar il t orema
d Il' energia del ntro di ma sa (ECM)
f
p e t·dsm = !::,,.Km,
Si faccia att nzion eh qu to non
il lavoro d Ila ri ultant dell
forz
t m il cui punto di applicazione potrebb addirittura riman r
fermo. N Ila d finizion di lavoro ' int re ato lo po tamento d I punto
di applicazion d Ila forza ; in que to ca o ds m in e lo po tam nto
I mentar del e ntro di ma a. Quando i con id ri la forza media,
l quazion pr cedente diventa:
r51 . t:,,.s
m
= t:,,. K
m .
N I no tro ca o il i t ma d Ile forz
tem
gravita dalla forza e ercitata dal pavimento,
a quanto vi ra ate abba ati
(3mg - m )(0, 18 m)
1
co tituito dalla forza di
s m uguale e contrario
= -2 m
2
m
da cui
v
m
=
4(9 8 m/
) (0 18 m)
= 6 38 m/
.
ESERCIZIO 13.19
N l laboratorio d Jla Motorizzazione Ci i I 1
e gu un t t di impatto u un nuo o modello di automobile. Il v icolo
di ma a 2340 kg vi n lanciato aJla velocità di 12 6 km/h contro un
appo ito b r aglio, che i comprime p r una di tanza di 8,30 cm. Nel
proc o di colli ion il e ntro di ma a dell'auto avanza di 64 O cm.
Tra curando l'attrito tra le ruot
il fondo tradale, (a) calcolar la forza,
a unta co tant , ercitata ull 'auto dal ber aglio. (b) Di quanto ere e
I nergia int ma d ll ' auto?
149
ISBN 88-408-1373-X
(a) Dal t or ma d Il ' ener ia del entro di ma a (ECM)
Soluzione
i ricava
peI
m
=
Km
d ve p es• il valor medio d Ila ri ultant delle forz
tern , s m lo
po tam nto d I e ntro di ma a K 111 = Mv / 2 I' n rgia cinetica d I
centro di ma a.
La variazione d Il n rgia cin ti a del m I apporto d Il ' n rgia
cinetica ini ziai
12 6
Km = O - Kmi = - I (2340kg) ( ~
2
)
m/
La forza m dia e rcitata dal b r aglio ull ' auto
F
=~ =m
dir tta io in
43 104
(1
.
J)
(0,64 m)
=-
2
4
= - 1,4 -10 1. ·
quindi:
2 24 · 10 N
n o contrario allo po lamento d 1 centro di ma a.
(b) Quando vi n fatto d I la or dall
t mo ul i tema la ua nergia
pr a nei t rmini potenziai , cin tica del centro di ma a int ma
aum nta di con gu nza:
U
+
K
m
+
Eint
=L
t.
Il lavoro t mo dato dalla forza m dia p r lo po tam nto d I b r agli
o icché
L
1
= (-
2 24 · 10 N)(8 30 · 10- 2 m)
e quindi I aumento di
Eint
= L e.
1 -
=-
I 85 • 10 J
n rgia int ma d ll'auto
K m=
-
I , 85 · I O J
+ I ,4
· IO J
= +l
4
24 · I 0 J .
ESERCIZIO 13.20
L en rgia in tica di un i t ma di N partic Il in
un i tema di rit rim nto arbitrario vi ne mi urata com K = ½Emnv~.
N I rif rim nto d I centro di ma a le v locità ono v;, = Vn - v m do
v m la velo ità d I e ntro di ma a r lati va al i t ma di ri t rim nto
originario. Ricordando eh v~ = Vn • v,, dimo trar eh I nergia cinetica
puo criv r i come
K = K int +Km
do e Kint = 2I Em,,vn'
Km = 2I Mv 2m· Qu to dimo tra eh I' nergia
cinetica di un i tema di particeli i può dividere in un t rmin interno
e in un termin a ociato al moto d I centro di ma a. L nergia cinetica
int ma mi urata in un i t ma di rif rimento in cui il c ntro di ma a
f rmo; p re mpio i moti ca uali d Ile mol cole di unga in un r cipient
a ripo o onor pon abili d Ila ua n rgia cin tica tra )aziona] int ma.
150
13
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-
-
----------
E ERG/A :
ERVA ZI
]ocità all e-
Soluzione
Applicando la I gg di compo izion
pr ion d li n rgi cin tica total
i ha
K
I
E DEU 'E ERGI
I
= E 2m ,, v,,2 = r: 2m ,, v,, • v,, =
= E 2I m,, (v,,' + V-m) · (v,,' + Vcm) =
2
= I: 2I m,, v,,'2 + I:m,,v,,' · Vcm + E 2I m,, vcm
av ndo fruttato I pr pri tà di tributi a commutati ad I prodotto caJar tra v ttori. Il condo t rmin
nullo, infatti, raccogli ndo a fattor
omun
i ha:
Em 11 v;, · Vcm = (I:m ,, v;,) · Vcm .
Ora E m11 v;, nullo p r h rappr nta la quantità di moto total calcolata
n 1 i t ma d I c ntro di ma a CM. (In tal i t ma infatti il c ntro di
ma a ' f; rmo d ' quindi nulla la ua quantità di moto h coincid con
la quantità di moto tota! ). Il t rzo t rmine in c ' l' n rgia cin tica
d 1 c ntro di ma a com i pu
d r raccogli ndo a fattor comun
I
2
E m ,,vcm =
2
I
2
I
2
2(Em,, )vcm = 2Mv .m .
om
«t
-
Per un i t ma continuo
rigido, K ' di i n energia di rotazione
m ntr
M v;m rappr enta I' nergia di tra lazion d I i t ma. Inoltr
K = O • K'= O ! M ;m= O.
!
Un corpo puntiforme di ma a m = 234 g cizion n Ila figura, con I e tr mita innal zat
h
in piano ha lungh zza L = 2, 16 m.
L due parti ur e ono pri di attrito m ntr n Ila part in piano il
orpo p rd p r attrito 6 8 mJ di n rgia m ccanica. Il corpo ' la ciato
lib ro in A all ' alt zza h = I 05 m ri p tto al tratto piano. Do
a a
f rmar i.
PROBLEMA 13.02
- - - L- -~
Soluzione
(a) 11 punto materiai arri a alla ba con
nica ugual ali en rgia cin tica a ua olta ugual all ' n
di part nza
I
E = - mv
2
2
= mgh.
N li aura r amento d lla part in piano I en roia m ccanica i riduce
di E per cui all'ini zio d Ila parte cur a l'en rgia mec anica totale
( oincid nt con la ola n rgia cin tica) d I punto mat riale arà
E'= E -
l
2,
E = - mv .
2
13
E ERGI 3:
O SERVAZ/0 E DELL'E ERGI
ISBN 88-408-1373-X
151
L alt zza h' a cui 1 f rm rà mom ntan am nt iI punto mat rial
ottien eguagliando l en rgia tota) ali' n rgia pot nziale E' = m h',
da ui
PROBLEMA 13.03
i para orizzontalm nt una pali ttola di ma a
4,54 g in un blo co di I gno di ma a 2,41 kg inizialmente a rip
u
una up rfici orizzontai . Il co ffici nt di attrito dinami o tra blocco
up rfi i aie O 21 O. La paJlottola i conficca nel bi eco h avanza
di 1,8 m prima di i rmar i. Si a urna h il la oro olto ul blo co
dall forz di attrito ia I 83 '½ di tutta I en rgia di ipata p r attrito.
(a) Qual la locità d I blocco ubito dopo eh la pallottola vi
arr tata? (b) Qual la
locità inizia] d Ila pallottola.
tratta di un urto an la tico. P r tr ar la prima
o: il bi co on ]a
Soluzione
Le 1 = 0,83( - Fa ) = - 0,8 µ,(m
+ M)
S
=
K
= - -2I
m
+ M)V 2
da cui
V = J l ,66µ,g
=
I 66(0 210)(9 ,8 m/ 2 )(1 83 m)
= 2 50 m/
.
(b) Durant il pro
o d 11 urto 1 ol forz impul iv pr nti ono
intern al i tema pallottola + blocco: il . i. t ma i pu c n id rar
i olato quindi al la con rvazion d Ila quantita di moto:
v
m
+M
= -m- V
(4, 54 · 10- kg) + (2 41 kg)
= - - - - - - - - - (2 ,50
( 4 54 · I o- kg)
m/ ) = I O m/ .
PROBLEMA 13.06
Il cavo d Il a c n or di ma a 2000 kg d Ila
figura i p zza quando la cabina i trova f rma al primo piano a una
di tanza d = 3 7 m al di opra di una molla ammortizzatrice di co tant
la tica k = O, 15 MN/ m. Un di po itivo di icur zza agi c da fr no
. ull guid in modo da far loro iluppar in ca o di m rg nza una
forza di attrito co tant pari a 4 4 kN che i oppone al moto dell a c nore. (a) alcolate la elocita dell a cen or prima eh urti la molla. (b)
Tro at di qual lungh zza v rrà compr a la molla. (c) Trovat di
qual lunghezza rimbalzerà I a e n or lungo le guide. (d) Applicando la
I gg di con ervazion d Il' n roia, calcolate la di tanza appro imati a
percor a da11 a c n ore fino al punto di arr to inferior . Perché non i
può dar una ri po ta e atta?
152
13
ISBN 88-408-1373-X
ENERGIA 3: CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
Soluzione
(a) Utilizziamo l'equazione ECM (energia del centro di
ma a). Con ideriamo come i tema la cabina dell 'a cen ore. Prendiamo
come a e x la verticale ver o l'alto, con l'origine nell'e tremo libero
della molla. Le forze e teme agenti ul i tema sono la forza pe o (diretta
econdo - x) e la forza di attrito (diretta ver o l'alto), per cui
1 2
mv
l
F Sm=( - mg+Fa)(- d)=!:}.Km=
2
quindi la velocità con cui la cabina arriva a contatto con la molla e
v=
2(g - ~)d=
2 [ (9 8 m/
2
) -
l
(4400 N)
kg) (3,7 m)
2000
(
= 7,5 m/
(b) Riapplichiamo la ECM, que ta volta includendo anche la forza eia tica
(la cui componente secondo x è Fx = - kx , diretta econdo +x, che
agi ce olo quando x < O e ovviamente non è co tante). L'energia
cinetica del centro di ma a è nulla ia ali' inizio che alla fine. Indicata
con x 0 la compre ione ma ima della molla i ha
J
F• 'dscm
=(- mg+ F,)( - d + Xo) +
fo'D (- kx) dx =
l
= (mg - Fa)d - (mg - Fa)Xo -
2
2kx 0 =
!:}.Kcm = O.
Si ottiene l'equazione di econdo grado
k
2
- - - -x 0 + x 0
2(mg - Fa)
-
d =O.
Il primo coefficiente è
6
k
=
(0, 15 · 10 N/m)
=
m_ 1
4 934
2(mg - Fa)
2 [(2000 kg)(9,8 m/ 2 ) - (4400 N) ]
'
e quindi 1'equazione di econdo grado è
4,93x5
+ xo -
3,7
=O
con oluzioni
x0
= 0,77 m
e
x0
= - 0,97 m.
Naturalmente la oluzione che ha sen o fi ico è quella negativa (l'altra
oluzione corri ponde a una ten ione della molla).
(c) Ancora dall'equazione dell'energia del centro di ma a, applicata fra
lo stato in cui la molla ha la ma sima compres ione e lo tata in cui
la cabina è rimbalzata alla ma ima altezza, i ha
1
°( - kx)d.x +h( - mg - Fa)= !:}.Kcm = O
xo
I
2
- kx 0 - h(mg +Fa)= O
2
13
ENERGIA 3:
ON ERVAZIONE DELL'ENERGIA
ISBN 88-408-1373-X
153
da cui i ricava l'altezza h del rimbalzo
kx5
_
(0, 15 · 106 N/m)( - 0 ,97 m) 2
[
] = 2, 94 m .
2(mg + Fa)
2 (2000 kg)(9 ,8 m/ 2 ) + (4400 N)
_
h-
(d) L' a cen ore continuerà a o ciliare u e giù, rimbalzando sulla molla,
fino a che la ua energia cinetica non arà ridotta a zero. Nella configurazione finale di equilibrio, data dalla
- mg - kx
+ Fa = O,
l'a cen ore è fermo, appoggiato ulla molla, che ri ulta compre sa per
effetto del pe o e della forza di attrito di una quantità
- mg + Fa
(2000 kg)(9 ,8 m/ 2 ) + (4400 N)
x 1 = - - - - = - - - - - - - - - - - - = -0 I0m.
(0, 15 · 106 N/m)
k
'
~
La legge di con ervazione dell'energia è
Poiché l'a cen or
partito da un'altezza d
dell 'energia totale meccanica stata:
ti.E= ti.V = ti.u.+ 6.Ug =
Gkxi - O) +
= 3,70
m, la variazione
(mgx, - mgd)
= - 73,7 kJ
per cui la legge di con ervazione dell 'energia
La= - (4400 N)l
= !:l.U + !:l.K + !:l.Eint = (- 73 73 kJ) + !:l.Eint.
Per determinare l è dunque nece ario cono cere quanto del lavoro della
forza di attrito va ad aumentare l'energia interna; po iamo dire che
icuramente il percor o arà inferiore a
10
(- 73 ,7 kJ)
=- - - = 16,8 m.
- (4400 N)
Naturalmente non appiamo quanto vale !:l. Einr, e quindi non po iamo
ri pondere con più preci ion .
Capitolo 14
LA GRAVITAZIONE
ESERCIZIO 14.01
Il Sole e la Terra esercitano entrambi una forza
gravitazionale sulla Luna. Calcolare il rapporto FLs/ FLT di queste due
forze. (La distanza media del Sole dalla Luna è uguale a quella dalla
Terra.)
Soluzione
Indichiamo con 'LT la distanza media tra Luna e Terra e
con rLs quella tra Luna e Sole e con hT ed hs rispettivamente la forza
di attrazione gravitazionale tra Luna e Terra e tra Luna e Sole; avremo
FLT
= -GmL;T
rLT
{ FLS
•
mLms :::::>
= -G -
2-
'Ls
FLS
ms rlT
I, 99 · I0 30 kg (3,82 · I08 km) 2
= -2 = --- - - - - - - =216.
hT
mTrLS
5,98·10 24 kg (l,50-l0 11 km) 2
'
-
ESERCIZIO 14.02
A che distanza dalla Terra deve arrivare una
sonda sulla rotta verso il Sole perché l'attrazione gravitazionale del Sole
sia uguale a quella della Terra?
Soluzione
Per rispondere al problema fissiamo l'origine del nostro
sistema di riferimento nel centro della Terra e indichiamo con rmT, r 01 s
ed rTS rispettivamente le distanze Terra-sonda, sonda-Sole e Terra-Sole;
uguagliamo quindi le due forze di attrazione gravitazionale sulla sonda
di massa m:
FmT
{
fmS
= Fms
= fTS -
mmT
:::::> -G-2fmT
rmT
Combinando le due equazioni otteniamo
mms
= -G-2.
'ms
156
14
ISBN 88-408-1373-X
»
A que to punto o rviamo che m
appro imazioni , ricaviamo
mT
V.
dopo aver fatto l opportun
= 26-10 m.
YmT ~
ESERCIZIO 14.05
Una per ona di ma a 54 4 kg a livello del marciapiedi otto la Sear Tower di Chicago aie da qu to liv llo alla cima
della torr alta 412 m. Di quanto diminuì ce il uo p o per il I gg ro
aum nto d Ila ua di tanza dal e ntro d Ila Ti rra?
Soluzione
Calcoliamo la forza di attrazion gravitazionaJe ercitata
dalla Terra (ma a M) ulla p r ona (ma a m) nei due ca i ricordando che
la ma a d lla per ona riman la te a ( una ua propri tà intrin ca)
mentr ciò eh varia il uo p o dato che varia la di tanza tra i du
corpi int rag nti , p r ona Ti rra· poniamo inoltre il raggio d Ila Ti rra
uguale a r e I alt zza d Ila S ar Tow r ugual ad h.
mM
F1 = G -
mM
F = G--- .
r2
2
(r
+ h) 2
La differ nza tra I due forz ci dà la variazion di p o, eh ri ulta
13.P = F1
-
F2 = 0,07 N.
ESERCIZIO 14.08
(a) Calcolare O ulla up rfici della Luna (ML =
7 36 · 102 kg e RL = 1 74 • 106 m). (b) Qual arà ulla up rfici della
Luna il p o di un oggetto che ulla Terra p a 100 N? (e) A quanti
raggi t rre tri di di tanza dalla up rfici t rre tre dovrà alire qu to
ogg tto affinché il uo p o ia ugual a quello ulla Luna?
Soluzione
(a) Dalla d finizion
mediatam nt
di g0
= ;, = G
*
ricavi amo im-
L= GML = (6 67 • 10- 11 N · m 2 / kg 2) · (7 ,36 · 1022 kg) =
m
1 62
Rl
(1, 74 • 106 m) 2
/
0
2
·
(b) Indicando con h la forza di attrazion gravitazional oggetto-Terra
e con h quella oggetto-Luna, po iamo criver (MT = 5,98 • 1024 kg
RT = 6,37 · 106 m)
mMT
FT = G - 2RT
FTRi
Ri
Gm = - - = (100 N) MT
MT
mML
Ri ML
h = G - 2- = (100 N) 2 - =
RL
RL MT
6
(6,37 · 10 m)2 (7,36 · 1022 kg)
= (100 N) - - -6 -2 - - (1 74 · 10 m) (5 ,98 · 1024 kg)
==}
= 16 5 N.
L ogg tto la cui ma a val ali incirca 10 kg, ulla Luna p erà 16,5 N.
/4
LA GRAVITAZ/O E
157
ISBN 88-408-1373-X
(e) Indicando con n il num ro di raggi t rr tri nec
forz di attrazione i eguaglino e di con egu nza
1 p i, otteniamo
FTm = FLm
MT
ML
2 = - 2
nRr
RL
=} - -
=}
ari affinché le du
i eguaglino anche
R~MT
n = - 2= 6.
RrML
L due forze pe o i guagliano quando I oggetto al a 6 raggi terr tri
di di tanza dal centro della Terra.
ESERCIZIO 14.13
Un a tronave è parcheggiata ai confini d Ila Via
Lattea a 80 000 anni-luce di di tanza dal uo centro. Che v lo ità minima
de
acqui ire p r fuggir ali' attrazione gravitazional d lla gala ia
che ha una ma a 1 4 • 10 11 volte quella del no tro Sol ? Supponiamo
per emplicità, che nella gala ia la materia ia di tribuita
immetria · ferica.
condo una
Come prima co a tabi liamo la di tanza d Il' a tronav dal
e ntro d Ila gala ia in metri (v di E rcizio 1.21)
Soluzione
d = (80000 a.I.) (9 46 • 10 15 ~ ) = 7 57. 1020 m.
a.1.
A que to punto ci interroghiamo ul ignificato di velocità di fuga. E a
non
altro eh la v locità minima con cui un oggetto d v la ciar
1 orbita u cui i ta muovendo p r av r energia cin tica uffici nte per
arrivar all'infinito, alm no con v = O; e part con una v locità pari
alla velocità di fuga , all infinito, l n rgia cinetica e I nergia potenziale
dell'oggetto aranno entramb nulle. Applicando il principio di con ervazion dell energia meccanica e indicando con M ed R la ma a il
raggio del pian ta e con m la ma a dell ogg tto, ricaviamo
1
2
2m vfuga
-
Vruga
mM
GR
=O
=
Ora, dato eh po iamo con iderare eh la mat ria nella Via Lattea abbia
di tribuzion
ferica com nei pian ti , po iamo applicar la formula
trovata. La ma a d Ila gala ia
M gal
11
11
ia = 1,4 · 10 M ole= 1 4 · 10 (1 ,99 · 10
O
41
kg) = 2,79 · 10
kg ,
p r cui
2
(6 67.
Vfu a=
2
10- 11 Nk ~
)
(2 79 · 104 1 kg)
g
7,57 • 1020 m
= 2, 22 · 10 m/ .
Un razzo accelerato fino a una v locità v =
quindi la ciato libero mentr
i dirig ver o l'alto. (a)
Dimo trare eh fuggirà alla gravità terre tre. (b) Dimo trar che a grand
distanza dalla ~ rra la ua velocità arà v = ✓2g Rr.
ESERCIZIO 14.15
2,,Jilfi d
158
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -/ 4-LA-GRAVITAZ/
- - -0 -E
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
(a) Indichiamo con MT ed RT la ma a e il raggio della
Terra. Affinché il razzo fugga alla gravita t rre tre, v dovrà e ere
maggiore o ugual alla Vruga • abbiamo
V=
2../gf[;
=>V~
2GMT
{
Vfuga
= ---
Vfuga
=>
g RT ~
2
2GMT
RT
RT
Ricordando ora che g
= G MT / Ri,
i ottiene
La disuguaglianza ri ulta verificata e quindi il razzo fuggirà alla gravita
terre tre.
(b) Per rispondere a que ta domanda ricorriamo al principio di con ervazione dell 'en rgia meccan ica o ervando che al momento del lancio
il razzo po iede ia energia cinetica che energia potenziale gravitazionale m ntre, una volta fuggito al campo gravitazionale della Terra, e o
po ied olo energia cinetica ha velocita vr. Avremo quindi
GmMT
RT
1
1
2
2
- - - + - mv 2 = - mvr2 .
Utilizzando ora i dati fomiti dal problema e la relazione tra g e G ricaviamo
facilmente
c.v.d.
Vf =
ESERCIZIO 14.22
La di tanza media di Marte dal Sole e 1,52 volte
qu lla d Ila Terra. Da que to dato calcolate il periodo di rivoluzione di
Marte, e confrontate la ri po ta con il valore tabulato, che di 1,88 anni.
Soluzione
Indichiamo con rT la di tanza Terra-Sole, con TT il periodo di rivoluzione della Terra e con rM e ! M le analoghe quantità
per Marte. Ricordiamo la legge dei periodi o terza legg di Keplero
2
T
2
4n- )
= (-
r
CM
e applichiamola ai due ca i Terra-Sole e Marte-Sole. Otteniamo
2
T~
=
4n )
( GM
rM
.
Dividendo tra di loro le due relazioni troviamo il periodo di rivoluzione
di Marte
TM
= TT
rM
-
3-
rT
= TT
(l 52)
= 1 87 anni,
in buon accordo con il valore tabulato di l ,88 anni.
/4
I.A GRAVITAZIO E
ISBN 88•408-1373-X
159
PROBLEMA 14.01
Due oggetti puntiformi, eia cuno di ma sa m
coli gati da una fune priva di ma a di lunghezza l, ono appe i erticalmente, uno otto l'altro, vicino alla uperficie della Ti rra. A un certo
punto v ngono la ciati liberi. Dimostrare che la ten ione nella fune
GMml
T = ---
R
ove M è la ma a della Terra ed R il uo raggio.
Soluzione
Per ri olv re il problema e nece ario pr ci are eh la fune
rimane mpre t a e trattando i di una fune ideai , la t n. ione T in
ogni uo punto arà la t a· inoltre i due corpi dovranno proced r con
la mede ima ace I razione a. A umiamo come i tema di ri~ rimento
l'a e verticale y ori ntato ver. o il ba o indichiamo con R la po izion
della ma a inferiore ri petto aJ centro d Ila Ti rra. Po iamo ora criver
la econda legge di Newton per i due corpi , dopo av r notato che u
eia cuno dei du agi e la forza di interazione gravitazional e la ten ion
d Ila fune:
GMm
- - - T = ma
R2
GMm
(R + /) 2 + T = ma.
Combinando le du equazioni otteniamo
T
= G M. m
2
l
(
2
+ 2l R )
+ l) 2
R 2 (R
O rviamo ora che la quantita l può e ser tra curata ri p tto a 2/ R
mentre (R + l) ~ R, quindi
GMml
T = ---
R
c.v.d.
PROBLEMA 14.02
Dimo trar che u un ipot tico pianeta av nte
diametro ugual alla metà di quello della Terra ma ma a volumica doppia,
I' accel razion gravitazionale arebbe la t ssa d Ila Terra.
Soluzione
Indichiamo con MT, RT e PT la ma a il raggio e la ma a
volumica d lla Terra e con Mp, Rp e pp gli te i parametri d Il ipot tico
pianeta. Sappiamo che I accelerazione di gravità sulla Terra val
inoltr i I problema ci dice che Rp
ricavare la massa d I pianeta
Mp
= RT /2 e pp = 2PT:
pos iamo allora
4 ~
~
= -43 rrR p3 pp = -43 rr -~
2PT = - rr - 2 PT = - 2 .
3
2
3 2
2
160
14
ISBN 88-408-1373-X
Po iamo ora criv r
I ipot tico pian ta
ion d li ace I razione di gravità gp ul-
pr
GMp
gp = -
2-
Rp
=
LA GRAVITAZ/O
GMT
-2
=
GMT
-2-
22 RT
22
RT
=g
c.v.d.
PROBLEMA 14.09
P r coprir la pr nza di d po iti roccio i poco
otto la up rfici della lì rra di ma a volumica ignificativam nte maggior o minor di qu Ila dell rocce circo tanti i po ono utili zzar
mi uratori molto n ibili d li ace I razion locaJ di gravita. Si rie e
anch a individuar cav m o pozzi di mini r abbandonate. (a) Dimotrare che la compon nt
rticaJ di g a una di tanza x da un punto
dir ttam nte opra il e ntro di una cavit t rica (v di figura) minor
di quanto ar bb da a p ttar i, uppon ndo una di tribu zion uniform
di rocc di ma a volumica p di una quantità
!::ig
4rr
=-
d
R Gp - - - -
(d2 + x 2) 12
o R il raggio d Ila ca ita d la profondità d l uo centro. (b) Qu ti
valori di /::i , chiamati anomali gravim trich ono di olito molto piccoli
d e pr i in milligal
ndo 1 gal = l cm/ 2 . I rie rcatori di p trolio
che
guono rilevamenti grav im trici individuano /::i compr i fra 1O O
14 OmilligaJ a una di tanza di 150 m. Suppo to h la ma ima anomalia
ia tata ril vata direttam nt opra il centro di una cav ma t rica la
cui pr nza era nota i tro i il uo raggio la profondità del offitto
della cav ma in qu l punto apendo eh I rocc ci rco tanti hanno una
ma a volumica di 2,80 g/ cm . (e) Supponiamo eh la cav ma non ia
vuota, ma ia completam nt inondata d acqua. Come i modifich ranno
i calcoli gravim trici p r il raggio la profondità d I offitto della ca ma?
Soluzione
(a) Indichiamo la po izione d Ilo p rim ntatore con P
ia F I la forza eh il i t ma Ti rra + cav ma ercita u di una g n rica
ma a m in P. S la cav ma fo
ri mpita di mat rial di d n ità ugual
ulla ma a m agir bb una forza F = F 1 + F
e
rcitata dal mat riale eh ri mpi la cav ma· quindi
po iamo criv r
F
= - G GJtR P) x2:
d2"'
dov Ur il
r or d Ila direzione d Ila congiung nte il e ntro d Ila
caverna con la ma a m. Quindi F - F 1 = - F rappre nta la variazion
d Ila forza dovuta alla ca m a· la ua compon nte v rticale aie
d
- F. in 0 =- F. --;:::==
= G
✓x 2 + d 2
(4-3 nR )
d
m
p
x
2
+d
2
x2
+ di
dove 0 l'angolo formato dal r ore U r con I orizzontaJe. Divid ndo
ora p r m il ri ultato trovato, ott niamo la variazione d lla compon nt
v rtical d Il ace lerazion di gravità
!::i
g
= G ( -43 nR
)
P
d
(x i
+ di)
12
c.v.d.
14 U. GRAVITAZIO E
ISBN 88-408-1373-X
(b) Indicando con 6 1 6g 2 I anomali
x 2 = 150 m, po iamo cri re
mi urat
per x 1
161
= Om
~ , = G GnR P) )2
6g2
= G ( -4 n R 3 p )
3
(
d
.
+ d 2 ) 12
2
Il rapporto tra qu t du quantità ci forni e il diam tro d Ila a ma
infatti
61
2
=
( 2
2
+ d 2) 12
d
= C = 14
=>
d
=
In r ndo qu to ri ultato n Il' quazion di
R=
(:2 ')I/ =
2 ----;::===
1,
= 299 m.
otteniamo il ra gio R
252 m.
Gnp
3
(e) In ba ai ri ultati ott nuti ai punti (a) (b), po iamo o rvar che
la profondit riman la t a mentr il raggio d Ila a ma aria dato
che dip nd dalla d n ità: infatti i pa a da una d n ità p a una pari
I/
- R(
p
p-
PH 2
= 292 m.
)
PROBLEMA 14.11 Probi mapropo toall'e amediammis ione Olimpi dell 'Univu ità tata/e di Mo a nel 1946. In una fera di piombo di
raggio R e tata cr ata una ca ità t rica di diam tro u ual a R compr a fra il centro la up rfici e t ma della t ra di piombo om
rappr entato in figura. La ma a d Ila f ra prima della foratura ra M.
Con quaJ forza
condo la legg d lla gra itazion uni r al la f ra
cava attir rà una f r tta di ma a m collocata a di tanza d dal
ulla r tta eh pa a p r il e ntro d lla
Soluzione
S la fera fo
forza F data da
piena
rcit r bb
ulla ma a m una
GMm
F = -- .
d2
D'altro canto, per ri mpir la cavità abbiamo bi ogno di una fera di
raggio pari a R / 2 ma · a M / 8 h . rcita ulla ma a m una forza F
di modulo
G
Mm
F. =
(d - R/ 2) 2 .
La forza e rcata Ft
la dift r nza tra la forza F e la forza F. :
F, = F - F. = GMm
GMm (
= -;p:-
C2- 8(d -'R /2)2) =
1
)
l - 8(1 - R/ 2d)2 .
162
14
ISBN 88-408-1373-X
LA GRAVITAZIONE
In pratica la forza u m ri ulta dalla forza di una sfera di mas a M e
raggio R e da una fera di raggio R/2 e ma a negativa - M /8.
PROBLEMA 14.17
Consideriamo una particella po ta in un punto P
qual ia i ali' interno di un gu cio ferico di materia avente pe ore e
d n ità uniformj. Co truire un ottile doppio cono con il vertice in P eh
intercetti le aree dA 1 e dA 2 , ul guscio, come in figura. (a) Dimo trare
che la forza gravitazionale e ercitata ulla particella in P dalle ma e
intercettate nulla. (b) Dimostrare allora che la ri ultante della forza
gravitazionale e ercitata da tutto il gu cio u qualsia i particella al uo
interno nulla. (Questo è il metodo ideato da Newton.)
Soluzione
(a) Supponiamo che il gu cio abbia uno pe sore infinite imo dr; le ma e intercettate dai due coni aranno
dm1
= pdVi = pdA1 dr
dm2 = pdV2 = pdA 2dr.
Pur non es endo le due aree normali all'as e del doppio cono, formano
con es o angoli uguali , quindi il rapporto delle due ar e e uguale al
rapporto tra i quadrati delle due di tanze r 1 ed r 2 , ovvero
Le due forze e ercitate udi una particella di ma a m po ta in P avranno
ste a direzione e ver o opposto; inoltre i loro moduli , per quanto appena
ricavato ri ultano uguali; infatti
dF1
=
Gmdm1
2
r1
La ri ultante delle forze è pertanto nulla.
(b) E tendendo il ragionamento appena fatto a tutti i po sibili doppi coni
con vertice in P , i dimo tra quanto richiesto.
PROBLEMA 14.21
In un certo si tema binario due telle di uguale
mas a pari a 3,22 • 1030 kg ruotano intorno al comune centro di ma a,
di tante 1 12 · 10 11 m da eia cuna. (a) Calcolare il periodo di rivolu zione
del i tema in anni. (b) Supponiamo che un meteoroide (un piccolo corpo
olido vagante nello pazio) pa i attraver o il e ntro di mas a su una
rotta diretta normalmente al piano dell 'orbita delle du
telle. Quale
deve e ere la ua velocità rrunima per con entirgli di fuggire al campo
gravitazionale del i tema binario?
Soluzione
(a) Ipotizzando che le due telle costituiscano un si t ma
i olato abbiamo che entrambe ruotano u di una circonferenza di raggio
d = l , 12 • l 0 11 m attorno al CM e la forza centripeta nece aria per
tale moto e fornita dall ' interazione gravitazionale tra di es e. Quindi
indicando con m la ma a di eia cuna tella possiamo crivere per ognuna
di e e
Gmm
2
(2d) 2 = mw d.
/.I
LA GRAVITAZIONE
ISBN 88-408-1373-X
------------------Ricaviamo co
_,
1
163
il periodo di rotazione
2rr
T = - = 2n
w
=
I 02 a.
(b) Indichiamo con m I la mas a del meteoroide e con v la sua velocità
nell i tante in cui pa a per il centro di ma a del istema co tituito
dall due telle. Affinché es o fugga al loro campo gravitazionale la
ua energia cinetica deve e ere almeno uguale ali' nergia potenziale
gravitazionale po eduta quando tran ita per il centro di ma . a de l i tema.
1
m 1m
- m 1 v 2 - 2G - - = O=} v
2
d
=2
Gm
d
= 87 6 km/
.
Notiamo che I' en rgia pote nziale gravitazional d v te ner conto dell ' interazione de l meteoroide con ciascuna ste lla: da qui d riva il fattore 2.
Capitolo 15
STATICA DEI FLUIDI
ESERCIZIO 15.02
Si versano tre liquidi non miscibili in un recipiente cilindrico. I loro volumi e le loro masse volumiche sono i seguenti:
0,50 L, 2,6 g/cm 3 , 0,25 L, 1,0 g/cm3, 0,40 L, 0,80 g/cm 3 . Trovare
la forza totale esercitata sul fondo del recipiente, ignorando il contributo dell'atmosfera. Ha qualche importanza il fatto che i liquidi non si
mescolano tra loro?
Soluzione
La forza totale esercitata sul fondo del recipiente è data
semplicemente dalla somma dei pesi dei tre liquidi:
Per utilizzare i dati del problema è necessario esprimerli in unità del
SI: il fattore di conversione per i volumi è
1L
= 10- 3 m3 ,
mentre per la massa volumica è
10- 3 kg
I g/cm = - J0- 6 m3
3
= 103 kg/m 3 .
I due coefficienti di conversione si compensano, per cui alla fine il prodotto
del volume in L per la massa volumica in g/cm 3 dà lo stesso numero del
prodotto del volume in m 3 per la massa volumica in kg/m 3 . La forza
sul fondo vale allora
F
= [<o.so L) ( 2,6
c!
c!
+(0,40 L) ( 0,80
+ (0,25 L) ( 1,0
3)
3
)]
(9,8
m/s
2
)
c!
3)
+
= 18,3 N.
Il fatto che i liquidi non si mescolino tra loro non ha alcuna importanza.
Osservazioni
La forma del recipiente è importante in questo problema
(vedi paradosso idrostatico). È importante cioè che le forze di contatto
esercitate dalle pareti non abbiano componenti verticali.
}66
/5
ISBN 88-408-1373-X
TA TI A DEI FL IDI
ESERCIZIO 15.03
La fin tra di un ufficio ha dim n ioni 2,43 m 2,08 m. In guito al pa aggio di un uragano la pr ion e t ma
cend a O 962 bar m ntre ali int mo i manti n a 1, 00 bar. Qual
forza n tta ping in fuori la fin tra?
La forza n tta
Soluzione
F
= (Pint -
Pc.1)S
do uta alle diff r nz di pre ion
=
= [(1 ,00 - 0,962) • 105 Pa](2,43 m • 2 08 m) =
= (3800 Pa)(S ,05 m2 ) = 19,2 kN
pari al p o di qua i 2 tonn llat !
Osservazioni
Si faccia attenzion alla n
· ·ità di tra formare i valori
d Ila pre ion in unità SI, nono tant il bar faccia part d Il unità non
SI amm
(com giorno anno rado . ag imal , c).
ESERCIZIO 15.06
I polmoni umani po ono fun zionar otto una
pr ione diff r nzial minor di O 050 bar. A qual profondita otto
il liv Ilo dell acqua può nu tare una p r ona r pirando attrav r o un
boe aglio?
Soluzione
Dalla l gg di St vino i ha
_
h- -
p
(0,05 · 105 Pa)
_ O
- - - - -3- - - - ,Sm.
2
( 1000 kg/ m )(9 8 m/ )
p _
S uno o]
a una profondita maggiore
incontro a ravi imi probi mi p r lo
ESERCIZIO 15.16
Du r cipi nti cilindrici id ntici , con I ba i di
ar a A , allo t o li elio, cont ngono uno te o liquido di ma a volumica p. In uno d i due r cipi nti I alt zza d I liquido h 1, n Il' altro h 2 •
Calcolat il la oro compiuto dalla forza di gra ità p r r nd re uguali i
li Ili quando i recipienti en ono me i in comunicazione.
Soluzione
N Ila ituazione finale il liquido n i du r cipi nti ha lo
t o li Ilo h' = (h 1 + h 2 ) / 2. Supponiamo, p r fi ar l id , eh il
r cipient I abbia inizialm nt il li Ilo più aJto. Introduciamo un i t ma
di riferimento con 1 a
orientato ver o 1 alto. Poich la forza di gravità
una forza con rvativa, il ri ultato indip nd nt daJl modalita con
cui vi n raggiunta la ituazion final e· dip nd olo dallo tato iniziai
da quello final . Po iamo immaginar allora i] proc o di livellam nto
com lo po tam nto in bloc o d Ila ma a di liquido h ta opra il
livello h ' n Ila colonna I dalla colonna I alla ol nna 2 p r raggiung re
la t a quota h'. La ma a da po tar e:
!::,.m
= pA(h
I entita d llo po tam nto '
I
1 -
h)
= pA h,
- h2
2
ISBN 88-408-1373-X
il lavoro d Ila forza di gravità
L
=g
h
m
167
allora
= gpA
h, (
2
h2) 2
ESERCIZIO 15.24
Una fu ion in ghi a cont n nt par echi cavità
p a 6130 N in aria e 3970 N in acqua. Qual è il volum dell cavita
ali int mo d Ila fu ion ? La ma a olumica d I ferro 7870 kg/ m .
Soluzione
Il p o d 11a fu ion in acqua dato dalla diff r nza tra
il p o d Ila fu ion
il p o d I olum di acqua po tata. Indicati
con V0 V il volum compie ivo il olume dell cavità con p0 p
la ma a volumica d ]l'acqua d 1 t rro, con P 1 P2 i p i in aria
in acqua ri p tti am nt , avremo
p ( Vo - V. ) = P 1 = 6130 N
{ p ( Vo - V. ) - PoVog = P2 = 3970 N .
Sottra ndo m mbro a m mbro i ri ava
Va = _P 1_ -_ P
_2
Po
quindi
V.
e
"
. ,.•. ., ...
, _\
+
L/ 2
+
+
t
=
Via -
=
(6 I30 N) - (3970 N)
( I 000 kg/ m )(9 ,8 m/ )
= O, 220 m
o titu ndo il valor tro ato n Ila prima quazion
!.}_ = (0
p
220 m ) '
(
61
)O N)
(7870 kg/ m )(9 ,8 m/ )
i ha
= O 141 m
ESERCIZIO 15.25
Un ogg tto cubico di lato L = O 608 m p o
nel vuoto p = 4450 N imm r o o pe o a un filo in un liquido di
ma a volumica p = 944 kg/ m , com in figura. (a) Calcolar la forza
n tta diretta v r o il ba o
rcitata ulla part uperior dell ogg tto
dal liquido dall atmo fera. (b) Calcolar la forza netta dir tta v r o
1 alto
rcitata dal liquido ulla part inferior d Jl'ogg tto. (c) alcolar
la ten ion d I filo. (d Calcolar la forza di galleggiam nto applicata
ali ogg tto condo il principio di Archim d . Quali r !azioni e i tono
fra tutt qu te quantità.
Soluzione
Dalla condizione di quilibrio di un liquido in un campo
di forze i rica a la I gge di te ino eh forni c la pr ione in funzione
d Jla quota
P
= Po -
Pg
=
Po + P h ,
(alt zza) un a
rticale ori ntato v r o l'alto e h (profondità)
ori ntato r o il ba o. (a) La forza in que tiene dovuta alla pre ion p 1
i t nte a profondità L/ 2:
F, =p,S=(p,+ pg½)L
2
=
= [1 ,01 · 105 Pa + (944 kg/m)(9,8 m/ 2 ) (O 6~8 m)]<o 608 m) 2 =
= (1,038 · IO
Pa)(0,370 m2 )
= 38,38 kN.
168
15
ISBN 88-4 08·1373•X
(b) Analogam nt , alla profondità L + L / 2 dov la pr ion val p 2,
la forza F2 ercitata ulla faccia inferiore dir tta v r o l'alto, val
F2= p2S =
(Pa + pg 23L) L
= [ 1 01 •105 Pa
2
=
+ (944 kg/ m )(9 8 m/
2
)
(
3-0 608
2
m)](0,608 m) =
2
= (1 ,094 · IO Pa)(0 370 m2 ) = 40 45 kN.
(e) P r l' quilibrio d I corpo la omma di tutt le forz applicate d
r nulla: EFi = O. Tal quazion , proi ttata ull'a e diretto
r o I alto e T rappr nta la t n ion d Ila fune , div nta
+F
T - F1
- P
=O
da cui
T = P
+ (3
,38 kN) - (40,45 kN) = (4450 N) - (2079 N)
(d La pinta di Archim d
A
=L
p
= 2371 N.
pari al p o d I liquido po tato:
= (0,608 m)
(944 kg/ m )(9 ,8 m/
2
)
= 2079 N
ugual alla differ nza d Ile forz do ut alla pre ion
F2
-
F 1•
ESERCIZIO 15.29
Tr bambini a enti la te a ma a di 37 kg i
fabbricano una zattera di tronchi di diam tro 32 cm e lungh zza 1,75 m.
Quanti tronchi occorr ranno p rché la zatt ra ne o t nga il p o? La
ma a volumica d I l gno ia 755 kg/ m .
Soluzione
Indichiamo con V0 il volum di un tronco con m la ma adì
eia cun bambino con N il numero di tronchi con p e p0 la ma a volumica d 11 gno dell acqua ri p ttivam nt ; la condizion di gal) ggiam nto
i traduc nel fatto eh il p o compi ivo di acqua po tata d v uperar
il p o d i tronchi piu il pe o d i tre bambini
NpoVog
E
ndo V0
N ~
= rr( ~)2L = TI
0
· ;
~
111
NpVo
)
3m
=
(Po - p)Vo
k
2
+ 3mg.
(1 ,75 m)
= O 141
3 · 37 kg
k )
(1000 mg - 755 mg
m
· O 141 m
i ricava
= 3,22.
Dunqu perché la zatt ra po a o t n r il pe o dei tre ragazzi, d v
e r co truita con alm no quattro tronchi.
ESERCIZIO 15.31
Uno tud nt co trui ce un barom tro ad acqua
u ando un tubo lungo 15 m. Egli vuole mi urare la pre ione d Il ' aria a
livel1o d I mare alla temp ratura di 25 °C. Valutate l' rror r lati o nena
mi ura d Ila pr ion p r av r tra curato di con iderar la pre ion
del vapor d' acqua.
ISBN 88-408-1373-X
}69
Soluzione
La pr ione p alla profondit h quando i cono ca la
pr ion p 0 alla prondità O data dalla I gg di t ino.
P = Po+ P h ·
Nel ca o in am p 0 la pr ion di vapor aturo, eh a 25 °
di
circa O5 mmHg. L rror eh lo tud nt comm tt d ri a dal fatto di
attribuir h a Pa invee eh a Pa - Po per cui I' rrore r lati o
6.p
P
Pa - (Pa - Po)
Pa
=
Po
Pa
=
O 5 mmHg
= 6,6 . 10- 4 ~ O 07 ~
760 mmHg
d 1 tutto tra curabil
PROBLEMA 15.01
Nel 1654 Otto on Gu ri k
Magd burgo in ntor d Ila pompa a
nte.
Soluzione
(a) N ll ' i tant in cui tap r a nir la parazion · ciacuno d i du mi t ri in quilibrio otto I' azion d Ila forza F
rcitata
dai ca alli d Ilari ultant d li forz di pre ion ull up rfi i int ma
d e t ma d li' emi fero. L componenti di tali forze p rp ndicolari alla
direzion di F i lidono p r ragioni di imm tria; I e mpon nti parali l
a F hanno com omma:
Fp =
do
0
j
pco 0 d
di F e la normai
ali I m nto di
il
a l bar ( quindi D.p
F
=
= Fp = nR 2 D.p = n (0 305 m) 2 (9 · 104 Pa) = 26,3 kN = 2684 kg,-
(e) Lu o di du tiri di cavalli a va una funzion purament p ttacolare.
Uno degli mi t ri a r bb potuto
er fi ato a un alb ro o a un muro.
Si veda in propo ito I E ercizio 3.20.
er i i 5. 27.
} 70
15
ISBN 88-408-1373-X
ST, TI
D I FLUIDI
Osservazioni
I. App na la pr ion interna in~ riore a qualche
e ntim tro di mercurio (condizion facilm nt realizzabil anche con
la rudimental pompa di on Gu rick ) la differ nza di pr ion t:J.p
coincide praticam nt con la pr ione atmo f rica: la forza F richi ta
per la eparazione non aum nta en ibilm nte migliorando il vuoto.
2. N I calcolo i ' ignorata la forza di contatto repulsiva e i t nt tra i
bordi d i du emi f ri durant 1' p rim nto. Tal forza infatti ar bb
nulla n Il i tant in cui avveni e il di tacco.
(a) Un fluido ruota con
locità angolar cortical di un cont nitor cilindrico. Dimo trar
ion nella dir zion radiai e data da
PROBLEMA 15.12
tant cvintornoall ' a
dp
- = pcv2r.
dr
(b) Po to p = p ulJ'a
di rotazione (r
pr 10n p in un punto a di tanza r dall a
p
=
0), dimo trar
che la
= p + -1 pcv2r2
2
(e) Dimo trar eh la up rfici liquida ha forma di paraboloid ( di
figura), o ia h l'inter zion diam trai di qu ta up rfìci con un
piano vertical e data dalla curva = cv 2 r 2 / 2 .
(d) Dimo trar che la ariazion di pr
ion con la profondita p
=p
h.
Soluzione
(a) In un i t ma di rif rim nto (non in rziale) rotante
a iem al r c1p1 nt
al fluido , ogni I mento di fluido è oggetto,
oltr alla gravita ali forze di pr ion
alla forza centrifuga (fittizia)
il cui alor '
dF. = cv 2r dm = pcv 2r dV.
Que tot rmin è l' analogo d I t rmin p Ad che compare n Ila dimotrazione del t orema di Ste ino ( F\' = pA - (p + dp)A - pg Ad = O
da cui
= - p g ). Applicando qui · lo te o ragionamento alvo otituire I~ coordinata r alla
I acce! razione cv 2r alla g i otti n
allora:
dp
- = pcv2r
dr
*
com condizion di quilibrio (n Il' quazion ora compar il egno +
r od ll ' acc I razion concorde col v r o dir m ntr prima
era di cord col r o di ).
(b) Int griamo ora l' quazione ottenuta tra r = O (do
p = Pc) e un
raggio r g n rico, per ott n r la variazion di pr ione in dir zion
radiale:
P- p =
dr =
pcv 2r dr = - pcv 2r 2 .
o dr
2
J.
rdp
J.r
)
(d) S con ideriamo la direzion v rticale la condizion di quihbrio
riguarda l forz di pre ione ]a forza di gravità, per cui , c lto I a -
- - - - -ISBN
- 88-408-1373-X
-
e ori ntato v rticalm nt v r o l'alto ott niamo I' quazion di St
no:
dp
d
171
i-
=- p
A un aum nto dh = - d d Ila profondità otto la up rfici
liquido corri pond quindi un aum nto di pr ion
lib ra d I
dp = p dh = - p d
(c) Abbiamo cal olato paratam nt in (b) e (d) la dip nd nza d Ila
pr ion da]I coordinat r
. La dip nd nza dalla
pr a
olo in modo dift renzial . Int grando 1 quazion di
intanto la pr ion d 1 liquido n i punti ull a
Pc= Po - P
do
p 0 la pr
la coordinata e
Utilizzando poi I
punto g n rico d
ion atmo ~ rica i tent . ulla up rfici libera
mi urata a partire dal c ntro d 11a up rfici lib ra.
quazion ricavata in (b), i ottiene la pr ion in un
I fluido:
P
= Po -
P
La up rfici lib ra il luogo d i punti in ui la pr ion
pr ion atmo f rica p 0 · la ua equazione quindi:
ual alla
= c,}r 2 / 2g.
Osservazioni
Sfruttando il comportam nto d I liquido in rotazion
po ibil co truir un ta him tro p r mi . urar la v locit angolar .
Ri mpiamo un r cipi nt cilindrico di raggio R fino ali alt zza h 0 : il
volum d I liquido
V = n: R h0 . Quando il r cipi nt
m o in
rotazion la up rfici lib ra d I liquido a um com abbiamo i to
la forma di un parabo]oid di ri oluzion . S indichiamo con h l'alt zza
del vertice dal fondo d 1 r cipi nt I quazion d I paraboloide di nta
= h + u.>2r 2 / 2 . Il valor incognitoh det rminatodal1 ' uguaglianzad i
volumi tra liquido f rmo liquido in rotazion . P r calcolar il olum
d I liquido in rotazione, immaginiamo di uddivid rio in tanti cilindri
concentrici di p ore infinite imo dr e alt zza
e immaginiamo
di tag1iare condo una g neratric il cilindro infinit imo di pianarlo, otteniamo uno trato di p or dr lungh zza pari allo iluppo
d Ila circonf renza 2n:r alt zza , per cui i] uo vo]um ri ulta d V =
2n:r dr• = 2n:r dr• (h + w 2 r 2 / 2g) = n:(h + w 2 r 2 / 2g) dr 2 . P r tr var
il olume compie ivo nec ario integrar tra r = O r = R:
eh
po to ugual al
olume iniziai
forni c la r lazion
w R2
ho = h+ - - .
4g
172
ISBN 88-408-1373-X
Ba ta al1ora mi urar di quanto i abba a il rtic d 11a ca ita tih =
ho - h p r ri alire alla v locit angolar
R2
I
h = - w2
w = - J 4g h.
4
R
Com i
i ottiene una r lazion quadratica il eh comporta una
n ibilità ( ariazion d I valor l tto in funzion d Ila variazion della
grand zza da mi urar ) eh va aum ntando con la Iocità. P r ricavarla
ba ta calcolar la derivata di h ri p tto a w:
R2
d(tih)
R2
-- =
dw
-
2g
d ( h)
(J)
=-
2g
w dw .
A una ariazione dw della Iocità angolar corri ponde una ar1az1on
della ri po ta d( h) proporzionai a w: lo
n ibile all
picco] variazioni di locita angolar olo
in altr parol , un tal trum nto mi ura ben olo l velocità piu elevat .
E p rò po ibil fruttar la dip nd nza da R p r av r una n ibilita
uffici nt p r w n li intervallo di int r
. Si noti che la ma ima
velocita mj urabil
d t rminata dal fatto eh il rtic d I paraboloid
tocca il fondo d I r cipi nt (h = 0) quindi h = h o - h = h o o ia
Wm a
=
R
In qu ta ituazion il liquido ul bordo arri a fino ali alt zza
=h+
w2
m
;R
2
4 ho
R2
= O+ R2 · 2 = 2h o .
P r inci o o rviamo infine eh il ri ultato
liquido u ato.
indip ndente dal tipo di
PROBLEMA 15.15
Un ogg tto gall ggia ul m rcurio con un quarto
d I uo volume omm r o. S i aggiung tanta acqua fino a coprir
] ogg tto, qual part d I uo volum re t rà imm r a n I m rcurio?
Soluzione
da cui:
P - Pa
PH - Pa
Quando opra il m rcurio e aria la cui ma a volumica tra curabil
= ¾. Rica iamo allora: p = Pttg/4.
Se i aggiung acqua eh ha una ma a olumica Pa = IO kg/ m
m ntr qu Ila d 1 m rcurio PHg = I 3,6· 10 k / m la frazion imm r a
a urne il valore:
x
= (I
6/ 4 - 1,0) • 10 kg/ m = O 19 < ~(13 ,6 - 1 O)· 10 kg/ m
4
15
ST, TI
DEI FLUIDI
ISBN 88-408-1373-X
}
7J
r are I acqua sopra 1'ogg tto gall ggiante
PROBLEMA 15.17
om in figura i m tt un biechi re di ma a
di ma a di 390 g capacita 500 cm parzialm nt pieno d'acqua
in una bacinella. Si comincia poi a v r are acqua nella bacin Ila
i
con tata . perim ntalm nt eh
il biechi r
a met pi no d acqua
gall ggia ma
ontien una quantita d acqua maggior d Ila m t d I
uo volum riman appo giato ul fondo fino a eh I acqua arriva al
uo orlo up rior . Qual la ma a olumica del mat rial di cui fatto
il biechi r ?
Soluzione
Supponiamo di a r ri mpito il bic hi r p r m tà cio
con 250 cm di acqua. Siamo alla condizion limit di gaJI g iam nto:
I acqua d l la andino arri a al bordo d I biechi r . In qu ta ituazion
il p o del biechi r d Il acqua int ma bilanciato dal p o d Il acqua
po tata, cio da] p o di una quantità d a qua pari al olum
t mo
d I biechi r . Indicata con p 0 la d n ità d Il acqua con m la ma a
d I biechi r
i ha
Vini
Po -
2
+ m = poV1
o ia
m
Vini
( 90 g) + (500 cm ) __ 640 cm .
V s, = p + 2 = (1g/ cm)
2
La den ità (ma a olumica) del mat rial di cui
data da
p =
m
V , - Vin,
fatto il bic hi r
= - - - - - - - = 2 79 g/cm .
(640
m )
PROBLEMA 15.19
Dimo trar h la diff r nza di pr ione tra
l'int mo I' t mo di una bolla di raggi r 4y / r , do y la t n ion
up rficiale d I liquido di cui e co tituita la bolla.
Soluzione
L forz di coe ion eh danno origin alla ten ion up rficiale t ndono a contrarr la bolla, produc ndo com ff tto un aumento
della pr ion int ma. Immaginiamo di aum ntar di dr il raggio d Ila
bolla. L forze di pr ion compiono allora un lavoro po itivo
2
dL = ti.pdV = ti.p [:~] dr = ti.p [ddr ~rrr ] dr = 4rr pr dr
do !).p la diff r nza tra la pr ione int ma qu lla e t ma. Qu to
lavoro va ad aumentar I' n r ia pot nzial di up rfi ie
dU = y dS = y
[:r S(r)] dr = y [:,2 ·4rrr
2
]
dr = y 16rrr dr.
174
- - - - - - - - - - - - - - - -15-STATI
- -i\ DEI FLUIDI
ISBN 88-408·1373-X
Uguagliando le due e pre ioni
4n~pr 2 dr
= 16nyrdr.
Il fattore 2 nel calcolo di dS deriva dal fatto che la bolla ha due superfici
una interna e I altra e terna; la ovrapressione al1 interno di una bolla
a due uperfici è dunque
4y
~p = - .
r
E istono anch bolle a una uperficie oltanto per e empio una bolla
d'aria all ' interno di un liquido; in tal ca o
2y
~p = - .
r
Osservazioni
Il ri ultato ora trovato va otto il nome di legge di
laplace e ha una validità più generale del ca o pecifico in cui è stata
ricavata. Se la uperficie lib ra del liquido non è piana, è empre pos i bile
definire una uperficie ferica che meglio appro ima la uperficie curva
reale ( fera o culatrice). Si puo dimostrare allora che la pre sione della
parte concava (cioè d Ila parte che contiene il centro della sfera o culatrice)
upera quella del1a parte conve a della quantità
2y
~p = -
4y
~p = -
oppure
r
r
e la uperficie liquida è a una ola faccia oppure a due facce, ri pettivamente.
PROBLEMA 15.21
Una bacchetta di vetro, di raggio r = 1,3 cm,
è collocata coa ialmente in un cilindro di vetro di raggio interno R =
1, 7 cm. L e tremila inferiori di entrambi , che ono su uno te o piano
orizzontale appoggiano ulla uperficie libera dell'acqua di un recipiente
aperto, come in figura. A che altezza y alirà l'acqua nel1a zona tra la
bacchetta e il cilindro di vetro? L' angolo di contatto è 0° e la ten ione
superficiale dell ' acqua è 72,8 mN/m.
Soluzione
Consideriamo la linea di eparazione tra liquido e vetro
nel cilindro e terno. La ten ione uperficiale e ercita u eia cun tratto
dl di circonferenza una forza di modulo d F = y dl perpendicolare a dl
e tangente alla uperficie del liquido, formante quindi con la parete di
vetro I angolo di raccordo a. Scomponiamo la forza d.F nei componenti
verticale e radiale. Quando sommiamo assieme tutti i vettori d.F, i vettori
componenti radiali i eliminano a vicenda e restano attivi solo quelli
verticali. La forza netta diretta ver. o l'alto ha quindi modulo
F
=
j
d F cosa
=
jy
co a dl
= y co
a2 rt R .
Analogo ri ultato vale anche per la linea di eparazione tra liquido e
sbarra centrale. In conclu ione la forza totale diretta ver o l' alto dovuta
alla ten ione uperficiale è
F10 1 = 2ny co a(r
+ R).
15
STATICA DEI FLUIDI
ISBN 88-408-1373-X
}
75
Que ta forza olleva la colonna di liquido, a una altezza y tale che il
pe o bilanci la forza
n(R 2
-
2
r )ypg
da cui
y-
= 2rry co
2y
a(r
+ R)
CO <X
(R - r)pg.
Nel ca o in e ame, dopo aver espre o le grandezza in unità del SI,
ha:
y
= [(I 7.
= 3,7 mm.
Osservazioni
10- 2
2(72 ,8 · 10- N/m) cos 0°
m) - (1,3. 10- 2 m))](IOOO kg/m 3)(9 8 m/
Se poniamo in particolare r
2)
=
= O, si ottiene la legge di
Jurin , che dà l'altezza raggiunta da un liquido all ' interno di un capillare
(di un tubo, cioè, di diametro piccolo, inferiore a circa l mm). Per l'acqua
a 20 °C e in a enza di impurezze (per cui con buona appro imazione
si ha a = 0°), la formula di Jurin diventa
~
15
-
r
m
[r in µm]
che dà l'altezza in metri per un capillare il cui raggio è dato in micron~
Capitolo 16
DINAMICA DEI FLUIDI
ESERCIZIO 16.01
Un tubo di diametro 34,5 cm conduce acqua che
avanza con velocità di 2,62 m/s. Quanto impiegherà a scaricare 1600 m3
d'acqua?
Soluzione
Per il calcolo abbiamo bisogno innanzitutto di sapere la
portata del tubo. Nell'ipotesi che il fluido sia ideale, ovvero che abbia
densità (o massa volumica) costante, viscosità nulla (non ci sono forze di
attrito all'interno del fluido), il suo moto sia di tipo stazionario (le linee
di flusso del fluido non si intersecano mai, ovvero la velocità del fluido
in un dato punto del tubo non varia nel tempo) e irrotazionale (il moto
non presenta vortici), la portata risulta essere costante. La portata è la
quantità di fluido che passa attraverso la sezione del tubo nell'unità di
tempo, quindi indicando con dm la massa infinitesima che passa attraverso
la sezione A nel tempo dt, con d V il volume da essa occupato, con p
la sua massa volumica e con v la sua velocità nel punto considerato,
otteniamo
dm
dx
- = pA - = pAv = costante
dt
dt
che rappresenta l'equazione di continuità e la portata massi ca del tubo.
Inserendo i dati (ricordando che la massa volumica dell'acqua è p =
I 000 kg/m 3) otteniamo
pAv
= (1000 kg/m 3)n: ( 34,5 • 210-
2
m) (2,62 m/s) = 2,45• 10
2
2
kg/s.
Dato che p è costante, possiamo affermare che anche la portata volumica
R = A v risulta costante e vale
R
= Av = 0,245 m3 /s.
Affinché vengano scaricati M
un tempo pari a
t
= 1600 m3
d'acqua, bisognerà attendere
M
= -Av
= 6530 s = 1 h 49 mm. .
178
16
ISBN 88-408-1373-X
-----
DI
Ml
f\
DEI FL IDI
ESERCIZIO 16.03
La figura mo tra la conflu nza di du cor i d acqua eh formano un fium . Suppon ndo tutt I mi ur co tanti, un
afflu nt ha largh zza 8 2 m, profondità 3 4 m velocita 2 3 ml , I altro
mi ura ri petti ament 6 8 m, 3,2 m e ha una v locit di 2,6 ml . La
largh zza d I fium
I O7 m la v locita d Il ' acqua 2 9 m/ . Qual
la ua profondità?
Soluzione
upponiamo eh la zion d i cor i d acqua con iderati
ia a imilabil a un r ttangolo di cui i dati fomiti rappr ntano ba
alt zza
h I acqua ia a imilabil a un fluido id al · allora a r mo
eh la omma d 11a portata olumica d i du afflu nti dovra uguagliar
qu lla d I fium . Indicando con il p dic 1 il primo affluent , con il
p dice 2 il econdo con il p dic f il fium otteniamo
R1 + R2 = Rr
=> l1h1v1 + l2h2v2 = lrhrvr
f I h I V I + [2 h2 V 2
hr = - - - - - = 3 9m.
Lrvr
ESERCIZIO 16.07
L'ar ad Ila zion d Ila pr ad acqua dal bacino di a umu]o di una centrai idro I ttrica (vedi figura) di 0,69 m2 .
L acqua ntra al1a elocità di O 40 m/ ed c 172 m più in ba o alla
locità di 9 3 ml . (a) Trovar la diffi renza di pre ion fra ingr o
u cita. (b) Tro ar 1 ar a d Ila zion d 1 tubo all'u cita.
Soluzione
(a Innanzitutto pr ndiamo com i t ma di riferim nto
I' a
rti al
ori ntata dal ba o v r o l' alto e con ori gin ali u cita
d 11a condotta n 11a c ntral . In condo luogo indichiamo on v
p ri p tti am nt la
locita I altezza la pr ion d ]l'acqua in un
qual ia i punto d Ila condotta. N l1'ipot i che il fluido in que tion
ia id al applichiamo I' quazione di B moulli a11a pre a d'acqua dal
bacino (p dice I) ali u cita della condotta n Ila c ntrale idro I ttrica
(pedi 2) ; abbiamo
I
2
2PV1 + p
p
= P2 -
I
+
pI
pI
I
2
= 2p V 2 + p gY2 + P2
= 2I p (VI2 -
2
V )
+p
(
I -
Y2) .
In er ndo ora i dati fomiti ricaviamo
p
= ( 1000 : ~ )
+ (9 ,8 m/
· { i[(0,40
)(172 m)}
m/ )2 -
(9,33
= (1000 kg/ m
m/ )2 ] +
)(- 43,4 + 1685) m2 /
2
=
= 16 4 • I 05 Pa = 16,4 bar.
(b) P r I ipot i fatt , la portata volumica ri ulta o tant
dicando con A la zion della condotta ott niamo
quindi in-
ISBN 88-408-1373-X
ESERCIZIO 16.14
N Ila
ap rto in alto daJ qual i
profondita h otto il li Ilo lib
a una lin a di flu o che pa
la v locit di u cita
figura
carica
ro. (a)
a p r
179
rappr ntato un grand
rbatoio,
un liquido attrav r o un ug Ilo a
i applichi l' quazion di B moulli
i punti I , 2
i dirne tri h
=
Iu
Ilo fo
ori ntato
li ' acqua. cri iamo allora I quazi n di B rn ulli tra
i punti l
P h
+ Pt
I
= -2 p 2 + Pt
=>
=
2gh.
aduta
nd
mai la quota h , a
attrito tra partic li
con
u nt
PROBLEMA 16.04
Un ifone un di po iti
trarr
un liquido da un r ipi nt
nza inclinarl . om i v d n Ila figura
a pagina gu nt il tubo d v
er inizialm nt ri mpito di liquido
eh poi i , carich rà fino a h il li elio d l liquido e nda al di otto
d li tr mita A eh p ca n I rbatoio. Il liquido ha ma a volumica
p
i co ita tra urabil . (a) A che locità u irà il liquido da C?
(b) Qual la pr ion del liquido n I punto piu alto B? (e) Qual la
ma ima altezza hrna alla qual un ifon puo far alire il liquido?
180 ISBN 88-408-1373-X
16 DI 'AMI
---------------------------------B
'A DEI FL UIDI
Soluzione
(a) Fi iamo come a e di riferimento l'a e verticale
rivolto ver o l alto con origin alla quota del punto C- o erviamo
inoltr eh la pr ion in C e ulla uperficie libera del liquido quivale
alla pr ione atmo ferica p 0 e che il liquido ulla up rficie libera i
trova in condizion tatiche. Applichiamo l' quazion di Bernoulli a un
punto ulla up rficie lib ra d l liquido e al punto C: abbiamo
Po+ pg(h.2 + d)
A
= 21 pv 2 + Po.
Da qui ricaviamo
V
=
2g (h.2 + d) .
(b) Applichiamo nuovament l'equazione di B rnoulli ai punti B
Ora notiamo che, e endo il tubo a ezion costante
in moto tazionario v 8 = v quindi
PB = Po - Pg (h. 1 + h. 2
C:
il fluido id al
+ d) .
(e) Con id riamo il liquido in condizioni tatiche e chi diamoci quali ono
i requi iti affinché raggiunga la ma ima altezza; è imm diato aff rmar
eh la ma ima alt zza h I verrà raggiunta dal liquido quando la ua
v locità la ua pre ion aranno nulle alla ommità del tubo. Av ndo
a che fare con un liquido in condizioni tatiche po iamo applicar tra la
uperficie lib ra d I liquido il punto B la legge di Stevino, cui i riduc
I equazione di B moulli nel ca o di un liquido in condizioni tatiche
appunto.
PB
= Po -
pg h,
=O
h, = Po.
pg
E gu ndo i calcoli otteniamo
I 013 · 104 Pa
h. 1 = - - - - - - - -2 = 1033m .
1000 kg/ m • 9 8 m/
Da ultimo o er iamo che la v locita di fuoriu cita del liquido in Cri ultera
tanto maggiore quanto piu grande ara d ovvero quanto più il tubo viene
in rito otto il pelo dell'acqua come id duce dalla ri po ta (a). Que ta
affermazione re ta alida fintanto che non i verifica il di tacco d Ila
vena fluida dal condotto, ovvero ha inizio il fenomeno d Ila cavita ione
(v dì problema eguente).
/6
DI 'AMI A DEI FLUIDI
ISBN 88-408-1373-X
181
PROBLEMA 16.09
Con ideriamo il venturimetro in figura, contenente acqua, enza il manometro. Sia A 1 = 4, 75A 2 ,
la pre ione al
punto 1 ia 2 14 bar. (a) Calcolare i valori di v 1 al punto 1 v2 al punto 2
che azzerano la pre ione p 2 aJ punto 2. (b) Calcolare la portata volumica
corri pondente p r un diametro di 5 20 cm al punto 1. Il ~ nom no eh
i verifica al punto 2 in cui la pr ione i annulla detto avitazione;
in tale ituazione I acqua vaporizza in bollicine.
I,
Soluzione
(a) Applicando al venturim tro rappre ntato in figura ia
I equazion di B moulli che I' quazione di continuità, ricaviamo du
equazioni p r le velocità d I fluido. Abbiamo
2
v2
-
2
V1
= 2 P1
- P2
p
In er ndo i dati del problema troviamo
VI
=
V2
= 21
2p,
p
2
-A-,- - =
-- 1
A2
2 · (2, 14 · 105 Pa)
l
- - - - - - -2 - = 4 46 m/
1000 kg/ m
4 75
-
1
m/ .
Per la portata volumica indicando con d 1 il diam tro della
abbiamo
R1 = A1v1=:n:(';/v1 = 947-10-
zione A 1,
m/ .
O erviarno che in una condotta a ezion variabile, la velocità aum nta
dove la ezion diminuì ce (per mantener co tante la portata), la pre ion
invece diminuì ce là dov la ezion diminui ce, com i puo facilm nt
dedurre dall anali i d I v nturimetro.
f F-ds = 0,.
Il imbolo f indica eh I int grazione va operata lungo una linea chiu a
ali interno del campo. Un flu o i dice di potenziai ed è quindi irrotazionale
f v • ds = O p r ogni cammino chiu o all'int mo del
campo. U ando que to crit rio i dimo tri che i campi di (a) figura I
e (b) figura 2 a pagina eguente ono campi di flu o di potenziale.
PROBLEMA 16.10 Un campo di forza è con rvativo
182
/6
ISBN 88-408-1373-X
DINAMI A DEI FLUIDI
Soluzione
(a) Le line di flu so del campo rappre entato in figura 1
ono tutte parallel
concordi tra loro. Indichiamo con x l' a e di
riferimento per la loro dir zione. Nell'ipate i di aver a che far con
un fluido ideai
p rtanto incomprimibil abbiamo eh la portata i
con rva (vale I equazion di continuita) e di con eguenza la velocità
a um lo t o alore in tutt le ezioni di uno te o tubo di flu o e non
dipende dalla coordinata x. lnoltre, av ndo tutti i tubi di flu so la t a
zione la v locita non dip nd ra dall coordinat y e z. Po iamo allora
crivere la
locita com un v ttor co tant parallelo ali a e dell x
(I)
v = voi.
A que to punto dobbiamo calcolare la circuitazione di v u un p rcor o
chiu o qualunqu : e ndo la circuitazione I' int grale d I prodotto calare
del vettore v per lo po tamento lungo il percor o di integrazione, ri ulta
vident che i contributi non nulli aranno olo qu Ili in cui vettore v
e v ttor po tam nto dr hanno la mede ima direzione, p rtanto
f
v · dr
=
f
voi · dr
= v0
f
dx
= O.
Infatti
x2
= x 1,
Quindi il campo e aminato
di con egu nza una funzion
a<P
-ax = Vx = Vo
E sendo <P funzion
come n l ca o di un p rcor o chiu o.
un campo di flu o di pot nziale; e i te
pot nziale di velocità <P tale eh
a<P
-
a
=
Vy
= 0
a<P
-a = v. =
~
0.
della ola x po iamo criv r
d<P
-
dx
La piu
mplic
= Vo.
funzione <P che oddi fi a que ta condizione
<P(x)
= vox.
(b) Per quanto riguarda iI campo rappre ntato in figura 2, o
innanzitutto eh
o bidimen ionale e che tutt le lin e di flu
radiali e rivolte ver o l e temo. l tubi di flu o aranno allora a zione
variabil
la ezione vari rà proporzionalment al quadrato del raggio
lungo un dato tubo di flu o. Dato che il fluido eh
aminiamo e ideale,
per e o vale l' quazion di continuita e di con egu nza, il modulo della
velocità dovra
er inver ament proporzionai al quadrato del raggio.
Po iamo allora criver il campo di velocità come
k
V =
(2)
dove k è una co tante po itiva.
- r
r2
16
DI 'AMI 'A DEI FLUIDI
ISBN 88-408-1373-X
183
A qu to punto pa iamo al calcolo della circuitazion
f
v ·dr =
f
f
= k
Notiamo che p r ri ol
~r
·dr =
r2
dr
f
~ 2 r dr =
r
f
r2
= k ln - = O
r
r1
-
re I int gral
~dr =
r
r2
= r1 •
iamo ricor. i alla eguent propri ta
I
l
r · dr = - d(r • r) = - d(r 2 ) = r dr .
2
2
A que to punto dobbiamo indi iduar la funzion di potenziai e/>·
puo e er la egu nte
c/>(r) = k In r
a
quaJora i t nga pr ente eh que ta funzion non può rappr entare il
campo p r r = O, in quanto qui la funzione e/> pre nta una ingolarità.
Quanto o rvato equival ad amm tt r la n ce ita eh la org nt
d I campo abbia dim n ioni finit
quindi h la funzion e/> tro ata
rappr enta il potenziale di velocita p r i punti t mi alla orgent d I
campo t a.
PROBLEMA 16.16
Una bolla di apone di raggio 38,2 mm gonfiata ali tr mita di un tubicino di diam tro l 08 mm lungo 1 I ,2 cm.
L altra tr mità d I tubo quindi e po ta alla pr . ion atmo i rica.
Amm ttendo eh n 1 tubicino i tabili ca un regime di Poi uill trovat iI tempo impi gato dalla bolla per ridur i al raggi di 21,6 mm.
La t n ion up rficiale d Ila bolla ia 2,50 • 10- 2 N/ m
d 11 aria . ia I 80 · I 0- 5 Pa · .
Soluzione
Dal probi ma J 5.19 appiamo che la diffi r nza di pr ion
tra I int mo I e t mo di una bolla limitata da una uperfici
du facce
val ~p = 4y / r dov y rappr nta la ten ion uperficial ed r il
raggio della bolla. La I gg di Poi uill ci forni ce la portata di una
condotta cilindrica di raggio R e lunghezza L per un fluido in r gim
laminar con ma a volumica p vi co ita 11:
nR 4
dm
= p~p.
dt
817l
S il raggio della bolla aria di una quantità infinit ima dr, attraver o
il tubicino pa a una ma a d aria pari a
dm = p dV = - pd
(~rrr
3
)
= - 4pnr 2 dr.
Combinando ora le quazioni abbiamo
dr
- 4pnr 2 -
dt
4
= pn -R- -4y- .
817L r
S mplificando ott niamo
dt
= - 8rJL
- - r 3 dr.
R4y
184
16
ISBN 88-408-1373-X
DINAMICA DEI FLUIDI
Procediamo infine a integrare i due termini tra ti e tr ed ri ed rr:
Inserendo infine i dati fomiti ricaviamo
/).t
=
8 · (1,8 · 10- 5 Pa · s) • (11,2. 10- 2 m)
I 08 · 104·
'
(
2
4
3
m
• [(38,2 • 10- 3 m) 4
)
-
• (2,50. 10- 2 N/m)
(21,6 · 10- 3 m) 4 ]
= 3626 s.
Il ri ultato potrebbe stupire, ma bi ogna ricordare che esso dipende dalla
piccolissima differenza di pressione tra interno ed esterno della bolla,
differenza che a sua volta dipende dall'inver o del raggio della bolla
stessa. A que to va aggiunto il fatto che il flusso attraver o il tubicino
dipende anche dalla quarta potenza del suo raggio. I due fattori, combinati
tra loro, fanno sì che il tempo necessario alla riduzione del diametro
della bolla sia di circa un'ora.
Capitolo 17
FENOMENI OSCILLATORI
ESERCIZIO 17.01
Un corpo di massa 3,94 kg viene sospeso a una
molla, e nella nuova posizione di equilibrio si misura I' aJlungamento di
15, 7 cm. Successivamente, alla molla viene sospeso un corpo di massa
0,520 kg; si determini il periodo delle oscillazioni.
Soluzione
Dalla legge di Hooke applicata alla prima situazione, ricaviamo la costante elastica della molla
2
F =mg= kl ~ k = mg = (3 ,94 kg)( 9 ,S m/s ) = 245 94 N/m.
L
15,7 · 10- 2
'
La pulsazione del moto armonico prodotto da una forza elastica è
w=Jl<Tm,=
245,94 N/m
_
- - - - =21,75s 1 ,
0,52 kg
per cui il periodo delle oscillazioni è
T
2n
2n
= -w = - - =0,289s.
21,75 s- 1
ESERCIZIO 17.08
La scala di una bilancia a molla, lunga 10,0 cm,
va da O a 25 kg. Un corpo sospeso alla bilancia oscilla con frequenza
2,00 Hz. Si determini il peso del corpo.
Soluzione
Dai dati di taratura del dinamometro, possiamo ricavare
la costante elastica della molla
k=
_!__
= (25 kgc)(9,8 N/kgc) = 2450 N/m.
~L
(10,0 · 10- 2 m)
La pulsazione del moto armonico è
w=2nv
=
lf
per cui il peso del corpo è
k
mg
(2450 N/m)
= g (2nv) 2 = (9,8 m/s2 ) (2n) 2 ( 2 ,0 Hz) 2 = 152 N = 15,5 kgc.
186
ISBN 88-408-1373-X
------------ESERCIZIO 17.16
Un tubo a U viene riempito con un liquido omog neo e il livello di una d Ile due up rfici vi n abba ato p r mezzo di
un pi ton . Rimo o il pi tone, il livello del liquido o cilla in entrambi i
tubi. Si dimo tri che il p riodo d Ile o cillazioni val nJ2L/ g dove L
la lunghezza della porzione di tubo occupata dal liquido.
A umendo il al ore U0 = O dell 'energia potenziale nella
configurazione di equilibrio del liquido, simmetrica n i du rami d I tubo,
I energia pot nzial in una configurazione generica in cui la superficie
libera ia po tata v rticalm nte di una lunghezza x rispetto alla po izione
di equilibrio, ri ulta:
Soluzione
U(x)
= pSx · g • = pSgx 2 .
Infatti ' come e una colonna di liquido di volume Sx fo
tata oli vata di
un tratto x portata nell altro ramo. In particolare nell' i tante iniziale
I en rgia potenziale ha il valore U0
pSgxJ. L energia cinetica d I
liquido, poiché in ogni i tante tutti i uoi punti i muovono con la te a
velocità v,
data da: K = pS L v2 .
/
Suppon ndo di poter tra curare gli attriti applichiamo la legge
con ervazione dell e n rgia m ccanica:
=
!
Uo
/li
+ Ko = Uo = pSgxJ = U + K = pS
l
x 2 + - pSLv 2
2
dalla quale po iamo ricavar la velocità in funzione dello po tam nto:
dx
v = - =
dt
x5 -
x2
A que to punto i potr bbe integrare I equazione, eparando le ariabili:
l
x0
da cui
r
dx
x
xJ _ xi - lo
i otti ne:
are m -x
lx =
XQ XQ
cioè:
x
La oluzione trovata
T
=x
0
sin (
un moto armonico di ampiezza x 0 e di periodo:
2n
= -(ù = 2n
ISBN 88-408-1373-X
187
Osservazioni
Più emplicemente ma in maniera meno co truttiva,
derivando membro a membro 1 equazione de11' nergia i ottien dopo
alcune empi ificazioni ( vedi Problema 17. 13 e) , 1' equazion differen ziale
del moto armonico:
d 2x / dt 2
Aria
t
L
Acqua
= - 2g / lx =
- ui x.
ESERCIZIO 17.17
Un cilindro di legno ha un e tremità ri mpita di
piombo; po to in acqua l oggetto galleggia come illu trato in figura. La
porzione immer a mi ura l = 2 , 56 m. Si supponga di porre I ogg tto in
o cillazion v rtical . (a) Si dimo tri eh il moto armonico emplice. (b)
Si calcoli il periodo dell o cillazioni. Si tra curi l' effi tto di morzamento
dovuto alla pre enza del fluido.
Soluzione
(a) Introduciamo un a
x ori ntato ver o 1' alto. Supponiamo di po tare il cilindro di legno di una quantità x po itiva, cio v r o
l' alto: la pinta di Archimede ora è in uffici nt a bilanciar il p o;
i origina quindi una forza netta ver o il ba o , p rciò con compon nt
n gativa,
I' quaz ion del moto e data da
!}.F
=-
poAx
avendo indicato con Po la d n ità dell'acqua. Si ottiene co ì I equazione
del moto armonico emplic
2
-d 2x = d t
PoAg
--X
m
=
-
(JJ
2
X.
(b) Il periodo delle o ci Il azioni è dato da
2n
T = - = 2n
(JJ
Nella ituazione di equilibrio, il pe o del fluido po tato guaglia il pe o
dell'oggetto, per cui
mg = PoLAg.
Ricavando allora la ma a md !l'oggetto e o tituendola nell'e pr
del periodo, i ha infine
T
ion
= 2n
Un oggetto di 5 13 kg i muove u un piano li cio
otto l'azione di una molJa di co tante eia tica 9 ,88 N / cm. L'oggetto
viene po tato di 53 ,5 cm dalla ua po izione di equilibrio e viene lanciato ver o di e a con velocita iniziale di 11 2 m / . Si calcoli (a) )a
frequenza del moto risultante, (b) l' energia potenziale iniziale del i tema
(e) l energia cin tica iniziai e (d) l'ampiezza d lle o cillazioni.
ESERCIZIO 17.22
}88
17
ISBN 88-408-1373-X
FENOME I OS IUATORJ
Soluzione
E nece ario tra formare preventivamente le varie grandezze in unità del Si tema IntemazionaJe.
(a) La frequenza del moto è
(988 N/m)
(5, 13 kg)
= 2,21 Hz.
(b) L energia potenziale iniziale del i tema è data da
Ui
=
1
k(!),.L) 2
2
=
1
2
2(988 N/m)(0,535 m) = 141 ,39 J.
(c) L energia cinetica iniziaJe è
Ki
1
= - mv 2 =
2
1
- (5, 13 kg)(l l ,2 m/ )2
2
= 321,75 J.
(d) Per trovare l'ampiezza del moto, dobbiamo trovare il punto in cui
la ma a m i arre ta. In tal punto il corpo ha olo energia potenziale
eia tica, che per la conservazione dell energia meccanica deve e ere
uguale ali' energia totaJe
Ur =ET= Ui
+ Ki
= (141 ,39 J)
+ (321,75 J) =
463 , 14 J.
Si ha dunque
1
k(!),.L) 2
2
=
1
(988 N/m)(!),.L) 2
2
= 463 , 14 J
per cui ri ulta
2(463, 14 J)
(988 N/ m)
k
m
h
= 0 968 m.
'
ESERCIZIO 17.32
E i te un legame molto intere ante tra il moto
del i tema blocco-molla e quello del pendolo emplice. Si o pende
un blocco di ma a M a una molla verticaJe di co tante eia tica k· nella
po izione di equilibrio la molla ri ulta allungata di h. Si dimo tri che le
o cillazioni ri ultanti hanno la tes a frequenza d Ile o cillazioni di un
pendolo emplice di lunghezza h, qualunque ia la ma a m del pendolo.
Soluzione
Con ideriarno l'as ex, con l'origine nell e tremità libera
della molla a ripo o orientato ver o il ba o. Il blocco di ma a M
agganciato aJla molla la allunga di h, dato da
Fe
+P=O
- kh
•
da cui
h=
+ Mg = O
M
kg.
Studiamo il moto del blocco M quando viene po tato dalla po izione
di equilibrio
Fe + P = - kx +Mg= Ma ,
ISBN 88-408-1373-X
189
o ia
d 2x
k
- 2 + - x = g.
dt
M
Si tratta di una equazione differenziale del econdo ordine, non omog nea
(per la pre enza del termine noto), a coeffici nti co tanti. La teoria dice
che la oluzione più generale è formata dalla oluzione dell'omogen a
a ociata (I equazione che i ottiene ponendo uguale a z ro il termine noto)
a cui i omma una oluzione particolare qual ia i d Ila non omogenea.
La più emplice oluzione dell equazione non omogenea è quando x
co tante n I tempo per cui
M
xo = h = - g.
k
È que to l' allungamento h della molla n l no tro problema. L equazione
omogenea a ociata
d 2x
k
- 2 + - x = O
dt
M
è l equazion
d I moto armonico emplice con p riodo
T
2n
= -cv = 2n
In conclu ione la ma a M o cilla di moto armonico mplice intorno
aJla po izione x 0 , e non a x = O. li pendolo emplice di lunghezza L
ha periodo dato da
T = 2n
indip nd nte daJla ma a m della particella.
S imponiamo l uguaglianza d i due periodi
T
= 2n
otteniamo
M
L = - g = h.
k
ESERCIZIO 17.33
Un anello di raggio 65,3 cm e ma a 2 16 kg
viene appe o a un chiodo orizzontale. (a) Si calcoli la frequenza delle
piccole o cillazioni. (b) Si calcoli la lunghezza del p ndolo emplice
equivalente.
190
17
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
FENOMENI O
ILLATORI
(a) Il pendolo fi ico, o composto, ha periodo dato da
T
= 2n
dove / è il momento d'inerzia del corpo rispetto all'as e di ospensione
e d la di tanza tra il centro di massa e l'as e di o pen ione. Nel ca o
in questione, la di tanza d è pari al raggio R e il momento d'inerzia
può essere calcolato applicando il teorema dell'a e parallelo:
I = Im
+ Md 2 = M R2 + M R 2 =
2M R 2 .
La frequenza, che è il reciproco del periodo, è allora
V= -
2n
MgR
2M R 2
= 2n
g
2R
2n
(b) Un pendolo emplice o cilla con frequenza
V= - = T
2n
g
L
Dal confronto i ottiene la lunghezza ridotta del pendolo compo to os ia
la lunghezza del pendolo emplice il cui periodo è uguale a quello del
pendo.o compo to
L = 2R= 1,306m.
ESERCIZIO 17.34
Un ingegnere vuole mi urare il momento d'inerzia di un corpo di forma irregolare rispetto a un a e pas ante per il
uo centro di ma a. Il corpo ha ma a 11 3 kg. L'oggetto viene ospe o
mediante un filo passante per il centro di massa e diretto lungo I as e
ri petto al quale i vuole mi urare il momento d'inerzia. La costante
di torsione d I filo vale K = 0,513 N • m. L'ingegnere os erva che il
pendolo impiega 48,7 per compiere 20,0 cicli. Quanto vale il momento
d'inerzia cercato?
Soluzione
Si tratta di un pendolo di torsione il cui periodo di oscillazione e dato da
per cui
2
l = K ( Tn )
2
=(0,513N•m)
(2~
44
5
2
)
=0,077kg-m 2
avendo ricavato il periodo dai dati del problema
48,7 s
T = - - = 2,44
20
17
FENOMENI OS /LLATORI
ISBN 88-408·1373•X
191
Osservazioni
Il dato della ma sa non erve nella soluzione richie ta.
È invece utile per calcolare il momento d ' inerzia ri petto a un a se parallelo
a quello centrale, di tante h, utilizzando il teorema di Steiner:
1 = 1cm + mh
2
.
ESERCIZIO 17.44
b
Si consideri il i tema illu trato in figura e . i
upponga che il blocco abbia ma sa 1,52 kg e la molla abbia co tante
eia tica 8 13 N/m. Sia, inoltre, f = - b(dx/dt), con b = 227 g/s,
la forza di attrito. Si upponga di postare il corpo di 12,5 cm e di
abbandonarlo al uo moto. (a) Si calcoli il tempo neces ario perché
l'ampiezza i riduca a un terzo del uo valore iniziale. (b) Si calcoli il
numero di o cillazioni compiute in que to intervallo di tempo.
Soluzione
Siamo di fronte a un moto armonico smorzato, di cui
po iamo calcolare la (p eduo )frequenza:
w
= 2nv =
k
( b
m - 2m
2
)2 -
(5,349 - 0,006) - 2
8, 13 N/m _ (227. 10- kg/ )
1,52 kg
2(1,52 kg)
= 2,31
rad/s.
Il periodo è:
=
T
I/ v
= 2, 72 s.
Dall'equazione:
X
=
Ae- br / 2m
CO
(wt
+ <p)
i vede che l'ampiezza i riduce a I /3 del valore iniziale quando:
e - br / 2111
= J/3
cioè:
- bt /2m = ln(l /3) = - In 3.
Ciò accade dopo un tempo:
t
=
2m
-
b
ln3
=
2( 1,52 kg)
- - - - - ln3
227 · 10- kg/s
quindi dopo un numero di o cillazioni:
t
14,7
N = - = - - =54.
T
2,72
'
=
14,7
192
ISBN 88-408-1373-X
Osservazioni
Il termin di morzamento abba tanza piccolo p r
cui la fréquenza differi ce di poco da quella dell o cillazion libera. ln
tali condizioni ha en o parlare di (p eudo-) frequenza, trattando i di un
moto qua i periodico.
PROBLEMA 17 .03
Due blocchi di ma a m = I , 22 kg ed M =
8 73 kg ri p ttivament , una molla di co tante k = 344 N/ m ono
di po ti come in figura u un piano liscio. Il coefficiente di attrito tatico
tra i blocchi vale 0,42. Si trovi la ma ima ampi zza delle o cillazioni
armoniche in corri pond nza d Ile quali i du blocchi non civolano l'uno
ri p tto all'altro.
Soluzione
Se i due blocchi non ci volano I uno ull 'altro po ono
o cillar con un moto armonico di pul azion
k
(344 N/m)
(1 22 + 8,73 ) kg
m+ M
= 5 88
_1
Sia a 1' ace lerazione comune dei due blocchi; la forza di attrito tatico
Fa ::'.S µ,N, applicata dal blocco inferior u quello uperiore, produce
l'accel razion di qu t'ultimo:
Fa = ma :'.S µ, N
= µ,mg .
Ne ri ulta che l' accelerazione perme a dalla forza di attrito
a :'.S
am a
= µ, = (0,42)(9,8 m/
Nel moto armonico l ampiezza
la ma ima ampi zza è
am a
X
= -w 2 =
2
)
= 4, 11
m/
2
.
proporzionale ali' accelerazione per cui
11 m/ 2 )
I
(5 88 - ) 2
(4
= 0, 119 m.
PROBLEMA 17.05
Due moll
ono conne e, come illu trato in
figura a un blocco di ma a m libero di civolare u un piano li cio.
Si dimo tri che la frequenza di o cillazione vale
v = -
2Jt
k1 + k2
--- =
m
1/12
+ IJ22 ,
dove v1 v2 ono le fr quenze a11e quali o cillerebb il blocco e coll gato
a una ola delle due molle. Si o erva che l' analogo elettrico di que to
i tema è un circuito co tituito da due conden atori in parallelo.
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
193
La ma a m è ottopo ta a due forze eia tiche:
dove x è lo po tamento dalla po izione di equilibrio. Supponendo tracurabili gli attriti, l'equazione del moto è:
ovvero:
che
l'equazione di un moto armonico di frequenza:
w
V= - = 2Jt
2n
k1
+ k2
m
come e il blocco fo e collegato a una ola molla di co tante eia tica
k 1 + k 2 • Collçgandolo olamente alla prima o alla econda molla, e o
o cillerebb con le frequenze:
VJ
1
= 2Jt
e ri pettivament
Po iamo ri crivere la relazione del te to nel
V2
=
guente modo
vf + Vi
che ricorda meglio la formula del collegamento in parallelo delle capacità
a ociando v 2 a C
Entrambe 1 formule propo te ri u]tano quindi v rificate.
Osservazioni
Lo te ori ultato i ottiene
le due molle ono colI gate «in parallelo», da11a te a parte della ma a o cillant .
m
PROBLEMA 17 .06
Due molle ono con ne e, come illu trato in
figura a un blocco di ma a m, libero di civolare u un piano li cio. Le
due molle hanno co tanti eia tiche k 1 e k 2 , ri p ttivamente. Si dimostri
che la frequenza di o cillazione vale
\) = -1
2n
k1k2
(k 1 + k2)m
dove v 1 e v2 ono le frequenze aJie quali o cillerebbe il corpo e collegato
a una ola delle due molle. Si o erva che I analogo elettrico di que to
i tema è un circuito co tituito da due conden atori in erie.
194
ISBN 88-408-1373-X
17 FE OMENI
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -- - - ---
ILLATORI
Soluzione
Sia F la forza che il i tema d 11 due molle «in eri »
ercita ulla ma a m. E a, tra mett ndo i inalterata in ntrambe le
mol1 provoca in e e gli al1ungam nti:
L' allungam nto compie ivo delle due moll
E
equivalgono p rciò a un ' unica molla di co tant eia tica:
F
k1k2
k =- - = - k, + k2
Ri criviamo la formula d I t to del problema n I modo eguente:
1
I
1
I
2
-v 2 = -V + -V 2
che richiama il coll gamento in
v2 a C
I
ri di due capacità, una volta a ociato
1
1
-e = -e, + -C2 .
PROBLEMA 17.07
Una molla ideale di co tante k = 3 60 N/ cm
tagliata in du parti uguali. (a) Quanto vale la co tante la tica di
eia cuna metà? (b) L du metà vengono u at p r o p nd r un corpo
com illu trato in figura. 11 i tema o cilla alla fr quenza di 2 87 Hz.
Si determini il valor di M.
Soluzione
La legg di Hook p r la molla può e ere critta com
F
!),.L
K-
=-
L
= - ko!),.L '
dove K
il modulo di eia ticita k 0 la co tante la tica. Quando i
cambia la lunghezza della mo11a cambia allora la co tant eia tica. N I
no tro ca o le du m tà d Ila mo11a originaria hanno co tante eia tica
I
K
k = -
K
= = 2k0 .
L'
L/ 2
Le du moli in parali lo equivalgono a un ' unica molla con co tante elatica doppia, come i può facilmente dedurr col ragionamento eguent .
Una forza F, applicata a una molla dico tant la tica k' , produce un allungamento !),. L' = F / k'. Se con ideriamo due molle id ntich ottopo te
alla te a forza, I' a1lungam nto arà metà d I pr e d nte perché la forza
i riparti e a m tà u eia cuna molla. L' in iem d Ile due molle qui al
dunque a una molla dico tante eia tica k = F / !),.L = F / (!),.L' / 2) = 2k'.
L' in ieme delle du m zz moll ha dunqu co tante eia tica
k
= 2k' = 4ko
ISBN 88-408-1373-X
195
quindi il i t ma o cilla on una pul azion
Cù =
doppia di qu 11a con cui o ciller bb
la ma a fo
originaria. Dai dati d I probi ma po iamo rica ar
M
=~ =
(rrv) 2
(360 N / m)
(rr 2,87 Hz) 2
=4 4
a
kg.
PROBLEMA 17.12
(a) i dimo tri eh
x = O è la po izion di
quilibrio d Ila molla lib ra, in pr nza d I corpo la nuova po izion
di quilibrio indi iduata dalla coordinata x = m / k ( di figura). (b)
Si dimo tri che I' quazione d 1 moto d I i t ma
d 2x
m - 2 + kx
- - - x= m lk
dt
del u lo
= mg
h la ua oluzion
= x 111 co (wt + </>) + m / k, o w =
Si dimo tri quindi che in pr nza del campo gravitaziona1
la molla ha gli t i valori di w, v, a v T eh ha in a nza di campo.
L unica differenza t n Ila po izion di quilibrio, he ri ulta po tata
d 11aquantitàm / k. (d) Si con id ri I' n rgiad 1 i t ma ½mv 2 +½ kx 2 +
mg(h - ) = co t e i mo tri che deri ando I quazion pr e dent
ri petto al tempo i ritrova l'equazion d I moto. (e) Si dimo tri eh
quando i1 corpo i muov dalla po izion
= O alla po izion di quili brio, il d crem nto d Il' nergia potenziai gravitazional contribui ce p r
m tàall'aum ntodell en rgiacineticaep rmetàall'aum ntodell nergia
pot nzial la tica. (f) Si calcoli paratament la ariazione d Il n rgia
potenziai ela tica e di quella gravitazionaJ quando i1 corpo i po ta
di Xm v r o l alto e r o il ba o. Si o er i eh in nti-ambi i ca i la
ariazione di nergia pot nzial totale la t a, val ½k ;1 • In accordo
con i ri ultati (e) d (f) i può conclud r che n ll'anali i di que to
probi ma I fletto del campo gravitazionale può
er ignorato purch
i po ti la po izion di quilibrio da = O a x 0 = - m / k = O. La
nuova funzion d Il n rgia pot nzial U (x 0 ) = ½kxJ + co t ha la te a
forma parabolica d Il energia pot nziale U( ) = ½kx 2 d ]l'o cillator
in a nza di gravita.
Soluzione
(a) N Ila po izione di quilibrio tatico la ma a m ottopo ta alla forza pe o P = m
alla forza la tica della molla F = - k .
P r 1 quilibrio d v
P
+
F
= mg -
kx
=O
da cui:
x
= m / k.
(b) Utilizzando I e pre ioni gia dette p r le forz agenti
econda I gg di N wton:
ma
d 2x
= m -dt 2 = P + F = mg -
kx
criviamo la
196
ISBN 88-408-1373-X
o ia:
d2x
k
2
W X
- 2 = g- - X = gdt
m
[con w
= ftlm]
che differi ce dall'u uale equazione dei moti armonici per la pre enza
de) terrµine co tante g. Ci i può facilmente ricondurre a un'equazione
2
del tipo ~"r
d. x
"'
= - (.im )x
mediante la o tituzione:
=x -
x'
mg/k
il eh equivale a po tare )' origine nella po izion di equilibrio tatico,
gia calcolata in (a). Si ottiene co I l'equazione differenziale:
d 2x'
--2 = dt
W 2X '
Si è fruttato il fatto che una co tante additiva non aJtera il valore delle
derivate di una funzione. Le oluzioni sono del tipo:
x = x' +mg/ k = A co (wt
+ 8) +mg/ k .
(e) Poiché la oluzione trovata differi ce da quella che i ottiene in
a enza del campo unicamente per la co tante additiva mg/ k, tutti gli
altri parametri del moto re tano eguali, come del re to i vede dalle
formule.
(d) Derivando membro a membro ri petto al tempo l' equazione
E=
1
I
mv 2 + kx 2 + mg(h - x)
2
2
che e prime la legge di con ervazione dell 'energia meccanica, i ottiene:
dv
dx
dx
dE
mv - + kx - - mg - = - = 0
dt
dt
dt
dt
o ia ricordando che v
= dx/dt:
d2 x
mv - 2
dt
E eludendo il ca o banale v
+ kvx -
= O,
mgv =O.
l'equazione da:
d2 x
m - 2 +kx = mg.
dt
17
FENOME I O
ILLATORI
ISBN 88-408-1373-X
197
Osservazioni
li procedimento uggerito ci aiuta a riconoscere l' quazione differenziale del moto già nota per altra via, ma non ci avvicina
alla legge e plicita del moto. Tale legge i può olo ricavare mediant
integrazione.
(e) Nella po izione iniziale l'energia cinetica e quella potenziale eia tica
ono nulle quella gravitazionale vale mgh. Nel pa aggio per la po izion
di equilibrio tatico l'energia potenziale gravitazionale a urne il valor
mg(h - x), mentre quella eia tica è ½kx 2. Per la legge di con ervazione
dell'energia meccanica i ha:
m h
= mg (h
- x)
+
I
2
2kx + K
cioè
mgx
=
l
2kx + K
dove K è l'energia cinetica. So tituendo il valor x
in (a) i ottiene:
m2g2
1 m2g2
-k- = -- +
2 k
=m
/ k calcolato
K
da cui i ved eh l' energia gravitazionale perduta i tra forma per metà
in energia ela tica e p r metà in nergia cinetica.
(f) Quando la ma a i trova a una di tanza generica
di equilibrio, la ua energia pot nziaJe ha il valor :
m
dalla po izione
2
U
= mg
mg
( h - -k
= mgh -
+ x m ) + -2I k (m
- kg
- xm)
m2g2
I 2
- - + - kx .
2k
2
m
La variazione totale dell nergia potenziai (grav itaz ionale + la tica)
e data dall ' ultimo termine, che i annulla nella po izione di equilibrio.
E a ri ulta indipendente daJ egno di Xm com a erito.
M
PROBLEMA 17.13
Un cilindro pieno, otto I effetto di una molla
ideale di co tante eia tica k = 2 , 94 N / m , può rotolare senza stri iare
u una uperfìcie orizzontale, come mo trato in figura. Il i t ma vien
abbandonato al uo moto a partire dalla po izione inizia] in cui la molla
ri ulta allungata di 23 9 cm. Si det rmini (a) I' nergia cinetica a ociata
al moto tra latorio e (b) l' energia cinetica a ociata al moto rotatorio
negli i tanti in cui il cilindro attraver a la po izione di equilibrio. (c) Si
dimo tri che il centro di ma a d I cilindro i muove di moto armonico
emplice con periodo
T
= 2n/3M/ 2k
con M la ma a del cilindro.
198
17
ISBN 88-408-1373-X
FE OMENI O
/LU.TORI
Soluzione
Per la legge di conservazione dell'energia meccanica, l'energia potenziale elastica de11a molla e eguale all'energia cinetica totale
del cilindro quando qu to pa a p r la po izione di equilibrio nella
quale l'energia potenziale i annulla:
La v locità angolar del cilindro è legata alla v locità del suo centro di
ma a dalla condizione di puro rotolamento:
V m
= wR.
Il momento d inerzia baricentrico di un cilindro è / = M R 2 /2; riu ciamo
co ì a e primere l'energia cinetica total del cilindro attraver o la velocità
del centro di ma a, mediante l'equazione:
dove il primo termine della omma rappre enta I energia cinetica tra !azionai , il econdo quella rotazionale. So tituendo p r k e x 0 i valori
noti dal problema i ottiene:
(a)
(b)
l
2
I 2
1
2
- Mvcm = - kx 0 =. - (294 N/m)(0,239 m) = 5,60 J
2
3
3
I
21w
2
=
I
2
6kx0 =2,80J.
(c) In una po izione x generica il i tema po iede anch energia pot nziale eia tica, oltre all'energia cinetica, di cui cono ciamo già I' pre sione.
L'equazione di con ervazione dell 'energia meccanica as urne pertanto
la forma:
I
2
3
2
I
2
2kx 0 = 4Mvcm + 2kx
.
Derivando membro a membro ri p tto al tempo e o ervando che Vcm =
dxcm/dt, e che X cm = X i ottiene:
3
dvcm I
dx
- -2Mv +
-2kx - = 0
4
cm dt
2
dt
da cui:
d 2X
2k
2
dt 2 = - 3Mx = - wox
che e l'equazione differenziale di un moto armonico emplice di periodo:
2n
T = - =2n
Wo
17
FENOMENI OSCILLATORI
ISBN 88-408-1373-X
199
PROBLEMA 17.16
Un pendolo fisico è co tituito da un di co omogeneo di raggio 10,3 cm e ma a 488 g o tenuto da una barretta ottile
uniforme di ma a 272 g e lunghezza 52,4 cm e (vedi figura). (a) Si
calcoli il momento d inerzia del p ndolo ri petto al perno. (b) Si cakoli
la di tanza tra il perno e il centro di ma a del pendolo. (c) Si calcoli
il periodo delle piccole o cillazioni.
Soluzione
(a) Utilizzando il teorema dell 'a e parallelo, il momento
d' inerzia del di sco è
1
2
2
2
ld = lcm+Md = - MR + M(R +L)
2
=
=(0,488 kg) [i<O, 103 m) +[(0, 103 + 0,524) m]2)=o,194 kg· m
2
2
,
mentre il momento d'inerzia dell 'a ta che ruota attorno a un e tremo è
I
2
1
2
2
la= - ml = - (0,272 kg)(0 ,524 m) = 0 ,037 kg· m .
3
3
Il momento d' inerzia totale
I = Id
+ la =
(0, 194 + 0,037) kg· m2 = 0,232 kg · m2 .
(b) A unto come origine il perno, il centro di ma a del i tema si trova
alla di tanza d data da
M(R + L) + mL/2
d - ------ -
m+M
(0,488 kg)(O 627 m) + (0 272 kg)(O 262 m)
= - - - - - - - - - - - - - - = O 496 m.
(O 272 + O 488) kg
(c) Il periodo delle piccole o cillazioni del sistema è dato dalla
T = 2n
=
2n
I
(M
+ m)gd
(0,232 kg · m2 )
= I
575
2
(0, 760 kg)(9 ,8 m/ )(0 496 m)
'
PROBLEMA 17.21
Un di co di mas a 2,50 kg e diametro 42,0 cm
è ospe o per mezzo di una barretta leggera di lunghezza 76,0 cm (vedi
figura). (a) Si calcoli il periodo delle piccole oscillazioni quando la molia
di tor ione illu trata in figura non è conne a alla sbarretta. (b) La molla
viene applicata alla barretta in modo che la po izione di equilibrio ia
ancora verticale. Si calcoli il valore della co tante di torsione della molla
e il nuovo periodo è più piccolo del precedente di 500 m .
200
17
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
FENOMENI OSCILJ.ATORI
(a) La di tanza del centro del di co dal perno è
42,0)
d = L + R = ( 76 O+ - cm= 0,97 m.
2
76,0 cm
Il momento d ' inerzia per il i tema è
2
I = 1cm + Md =
l
2
2
2M
R + Md =
(0,2 1 m)
[
2
= (2,50 kg)
2
+ (0,97 m) 2]
= 2,41 kg. m 2
per cui il periodo delle piccole o cillazioni è
T = 2n
Elevando al quadrato i ricava
(b) Quando è attaccata la molla di tor ione, il momento totale di richiamo
ver o la po izione di equilibrio è la omma del momento della molla
con quello dovuto alla forza di gravità; l'equazione del moto diventa
aJlora:
d 2 tJ
- KfJ - Mgd in
tJ
= /-
dt 2
che, nell'appro simazione dei piccoli angoli , diventa l'equazione del moto
armonico emplice con pul azione
(.t)
=
K+Mgd
I
Il problema richiede che
T'= 2n
~= T -
V~
05
= 15 .
Elevando a quadrato e prendendo il reciproco
K
- + n
I
Ri olvendo ri petto a
richie ta
K
= I
16
(
9
-
K
2
16
= -9 n 2
i ottiene la co tante di tor ione della molla
1) n 2 = (2,41 kg• m 2 ) 7 n 2 = 18,50 N. m/rad.
9
Capitolo 18
FENOMENI ONDULATORI
ESERCIZIO 18.01
Un'onda ha velocità di fa e 243 ml e lunghezza
d'onda di 3,27 cm. Si calcoli (a) la frequenza e (b) il periodo de1l'onda.
Soluzione
Ricordiamo innanzitutto le definizioni di velocità di fa e v,
frequenza v , periodo Te lunghezza d'onda À di un ' onda. Per velocità di
fa e i intende la velocità con cui l'onda i propaga; e a non va confu a
con la velocità con cui i muovono le molecole dell ' elemento in cui l'onda
i propaga (per e empio una corda). La frequenza di un ' onda ci dice quante
volte nell'unità di tempo l'onda i ripete: e a è l'invero del periodo,
ovvero il tempo nece ario affinché l'onda i ripre enti nelle condizioni
iniziali. La lunghezza d ' onda è invece lo po tamento effettuato dall'onda
in un periodo.
In formule abbiamo
À
V= -
T
I
T
V= -
V
=- .
À
Ritornando ora aJle richie te del problema, po iamo crivere
V
(a)
v =
(b)
T
À=
243 m/
. _ m = 7431 ,2 Hz= 7 ,43 kHz
3 27 10 2
,
1
= ~ = 7 , 43 . 10 _
Hz
= 1,35 = 135 µ
.
Un'onda tra versale che i propaga lungo una
ESERCIZIO 18.07
corda è de critta dalla funzione
y
= (6 O cm)
in[(2 On rad/m)x
+ (4,0n rad/
)t].
Si determini (a) l'ampiezza, (b) la lunghezza d'onda, (c) la frequenza,
(d) la velocità e (e) il ver o di propagazione dell ' onda. (f) Si calcoli
la velocità ma ima trasver aie degli elementi della corda.
202
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
Ricordiamo che la funzione (x, t) che de cri ve un 'onda
che i propaga econdo I' a e delle x da ini tra ver o de tra è data da
Y
= Ym
in(kx - cvt)
dov
m rappre enta l'ampi zza d )l'onda k il numero d 'onda
pul azion . Ricordiamo inoltre le definizioni di k e cv:
2n
k= -
cv la
cv = 2rrv.
À
Otteniamo ora per la velocità dell 'onda v la eguente relazione:
À
V -
- -T --
)..v -
-
2n lV
-- -
lV
k 2rr - -k .
Dall 'e ame della funzione d 'onda fornita ricaviamo che k = 2,0n rad / m
e cv = 4 ,0n rad/ . Pa iamo ora ai que iti po ti dal prob ema
(a)
Ym
= 6,0 cm
(b)
2n
2n
À= - = ---- = 1m
k
2,0rr rad/m
(c)
cv
4 0rr rad /s
v = - = - - - - =2Hz
2rr
2n
(d)
V
cv
4,0n rad/
= - = - - -- = 2 m/ .
k
2,0n rad/ m
(e) Se l'onda i propaga e da ini tra a destra, il egno davanti al termine
cvt nel1a fun zione d 'onda dovrebb e ere negativo; dato che la funzione
d'onda fornita pre enta un egno po itivo, deduciamo che iamo di fronte
a un 'onda che i propaga nella direzione delle x negative ovvero da
de tra a ini stra.
(f) Ricordiamo che la velocita tra ver aie u degli elementi della corda
è data da
u = - m cv CO ( kx - cvt) .
La velocita ma ima arà allora
Umax
=
01
cv= (6,0 · 10- 2 m) · (4,0rr rad/ )
= 0 ,75 m/
ESERCIZIO 18.17
In un punto a di tanza ignota dalla ergente di
un onda ferica un o ervatore mi ura l'inten ità di I , 13 W / m 2 . L'o ervatore iavvicinadi5,30malla orgenteemi ural'inten itàdi2 ,41 W / m2 .
Si calcoli la potenza eme a dalla orgente.
ISBN 88-408-1373 -X
203
Soluzione
Sappiamo che I inten ità di una orgente dip nd dalla
ua potenza P dall ar a intere ttata dall onda nel punto in cui viene
mi urata I int n ita. N I no tro ca o la mi ura vi ne ffi ttuata a due
di tanze div r r d (r - d) dalla orgente e I onda
i rica, quindi
I area da con id rar arà quella di una i ra di raggio r n I primo ca o ed
(r - d) nel
ondo· con d indichiamo lo po tam nto d Il ' o r atore tra
la prima mi ura la conda e con / 1 / 2 la prima e la conda mi ura
d ll ' int n it . Naturalm nt la pot nza che una caratt ri tica della
org nt d
r co tante. E prim ndo in formul quanto app na
P
= I14nr 2 = /24n(r -
d) 2 .
Ri olv ndo ott niamo
r- d
r
=
=
I 13 W/ m2
2
2 41 W /m
= o 6847.
Po iamo ora det rminar il valor di r
d
r = --r rTr
= 16,81 m.
l - v,1/1 2
Infin ricaviamo la pot nza della orgent
P = l 4nr 2 = 4,0 kW.
ESERCIZIO 18.26
Una corda di nylon di una chitarra ha ma a
lineica (d n ità lin are) di 7,16 g/m d
ottopo ta alla t n ione di
152 N. I upporti fi i di tano 89 4 cm. La corda vibra con lo eh ma di
o cillazione illu trato in figura. Si calcoli a) la elocità (b) la lungh zza
d'onda (e) la fr quenza d lJ compon nti eh danno origin ali onda
tazionaria.
Soluzione
(a) La v locità di propagazion di un 'onda lungo una fune
con ma a lin ica µ, cui applicata la t n ion T, val
V =
(b) Sappiamo eh p r una corda di una chitarra o di un violino u cui
i formano ond tazionarie i modi di o cillazione ono molteplici
dipendono dalla lunghezza L d Ila corda (o meglio dalla di tanza tra
upporti fi i) dal numero n di v ntri formati durant l' o cillazion
condo la gu nt r lazion
2L
n
À,, = -
.
Il numero di ventri rappre entati n Ilo eh ma di o cillazione d Ila corda è
n = 3· la lungh zza d onda corri pondente a que to modo di o cillazione
p rtanto:
2L
À = = 59 6 · 10- 2 m .
3
(c) La frequenza di o cillazion dipende anch
i ha
V
\)n
= -À,,
=n -
a dal num ro di nodi·
V
2L
abbiamo quindi
V
= - = 244 5 Hz .
v
À
ESERCIZIO 18.31
Si calcolino le tre frequenz più ba
p r le ond
tazionari in un filo di lunghezza 9 88 m e ma a O 107 kg ottopo to
alla ten ione di 236 N.
Soluzione
Indichiamo con L la lungh zza del filo con m la ua ma a
e con T la t n ione cui
ottopo to e ricaviamo la v locità dell'onda
V=
Ora, in ba
alle r lazioni introdott n ll'E ercizio 18.26 po iamo cri-
v r
À1
2L
l
2L
=- =
V
À1
À2
= -2 = 9
À
= -3
2L
v, = - = 7 47 Hz
19 76 m
V
88 m
v2
= -
À2
V
v = -
= 6,59 m
= 14 94 Hz
= 22 41 Hz .
À
PROBLEMA 18.02
Si criva la funzione eh de cri e un onda che
viaggia nel v r o n gativo dell' a e x con ampi zza 1 12 cm fr quenza
548 Hz e v locità 326 ml .
Soluzione
la funzion
E ndo la velocità di propagazione dell'onda n gativa,
d onda c rcata avrà la forma
(x t)
=
m
in(kx
+ wt).
Per ricavar ora k cv ricordiamo le relazioni che legano que te quantità
alla velocità e alla fr qu nza d 11 onda:
w
2nv
k = - = -
v
cv = 2nv.
V
In rendo i dati forniti dal problema ricaviamo
k
=
2n • 548
326
= 3,36n rad/
cv = 2n • 548
= 1096n rad/
Po iamo ora crivere la funzione d'onda c rcata:
(x,t)=l 12·10- 2 in(336n·x+l096n·t).
ISBN 88-408-1373-X
205
Una orgent S
un rie vitore D di egnali
ad alta frequenza di tana tra loro d. Un onda rifle a da una up rficie
piana ad altezza H ri petto al uolo giung in fa
ul ricevitor con
l'onda proveniente dir ttam nt dalla org nte (vedi figura). Si ricorda
che l onda incident
1 onda rifl a formano angoli uguali con la up rfici riflettente. Se tale up rfìcie vien po tata ali altezza H + h,
ul ricevitore D non i o erva alcun gnal . Si d t rmini la relazione
eh lega i param tri d h e H alla lungh zza d onda L dell onda m a
dalla org nt .
PROBLEMA 18.14
h
I
,1/
'
,t
~
H
I
-- -- -o!
Soluzione
O
1 onda dir tta e quella rifle a giungono
in fa
ul rie vi tor D , qu to ignifìca eh i loro p rcor i differì cono
di un numero intero di lungh zz d onda (interl renza co truttiva); vicever a,
I interl r nza dell onda diretta e d Il onda rifl a di truttiva,
e e arrivano al rie vitor in oppo izion di fa e, hanno cioè ricoperto
p rcor i eh diff ri cono tra di loro di un num ro int ro di pari di mezze
lungh zz d onda. Quando abbiamo lo eh rmo ad alt zza H I du ond
int rl ri cono co truttivamente quindi difl ri cono di una lungh zza
d onda; n I caso in cui lo chermo riflett nt i trovi ad altezza (H + h)
I' int rl r nza di truttiva quindi i percor i d Ile du onde diff ri cono
p r mezza lungh zza d 'onda·
ndo p rò il p rcor od ll'onda dir tta
empr lo te o deduciamo eh i p rcor i dell'onda rifle a devono
diff rir di m zza lunghezza d onda. Indicando con L I ed L 2 i du
p rcor i d Il onda rifle a, po iamo criv re
L=2 (~)' + (H + h)'
L, =2( (~)' + (H + h)
+H
2
òL = L 2 -
2
-
(~)'
2
À
2
Il fatto eh il raggio incidente e qu llo riffe o formino lo te o angolo con
lo trato riflettent e dimo trabile p r
mpio col principio di Fermat:
il p rcor o reale quello p r il quale la radiazion impi ga il tempo
minor . In un m zzo omog n o (dov v = co t) que to
il p rcor o
più br e tal
appunto qu Ilo che ubbidi ce alla condizione di cui
opra.
PROBLEMA 18.15
Con rii rimento al probi ma 18.14 e alla r lativa
figura, i upponga che le onde eme
dalla orgente iano onde radio
di frequenza 13,0 MHz (v = 3 00 • 10 m/ ) e eh ia d = 230 km e
H = 510 m. Sap ndo eh ul rie vitore D il egnale varia dal uo valor
ma imo a zero p r ei volte in un minuto i det rrnini la v locit con
cui i muove la uperficie rifl tt nt in dir zion v rtical . Si o ervi
a po teriori che la velocità d lla parete ri fl ttente e co ì ba a eh la
di tanza percor a in un minuto piccola ri petto ad H e d.
Soluzione
S il egnale varia tra il alore ma imo e lo z ro p r i
volte in un minuto ignifica che il uo periodo equivale a un e to di
minuto, ovvero T = 10 . La lunghezza d onda dell onda val
V
À
3 00 · 10
= -\) = - - = 23,08 m.
13 ,0. 106
206
18
ISBN 88-408-1373-X
FENOMENI ONDUI.ATORI
Utilizzando la relazione ricavata nel problema 18.14, abbiamo
La prima interferenza di truttiva i verificherà dopo il primo emiperiodo,
quindi dopo 5 · la velocità V con cui i muove lo chermo riflettente
ri ulterà dunque
h
V == I , 18 m/ .
T/2
I proce i ba ati ul fenomeno dell interferenza ono ampiamente fruttati
per mi ure di alti ima pr ci ione (che funzione della lunghezza d'onda
della radiazione utilizzata). Non deve orprendere que ta en ibilità: 5 m
su 500 km pari allo 0,001 %. Nell'effettuare il calcolo numerico bi ogna
aver I accortezza di u are tutte le cifre decimali di ponibili e non effettuar
arrotondamenti durant l' e ecuzione dei calcoli.
PROBLEMA 18.17
Un'onda di ampiezza Ai viene rifle a parzialmente da una parete; la componente rifle a ha ampiezza Ar. La ovrappo izion tra la componente incidente e quella rifle a dà origine a un
modo tazionario il cui inviluppo illu trato in figura. Si defini ce il rapporto S d'onda stazionaria come S = (Ai+ Ar)/(Ai - Ar) = Ama,J Amin e
il rapporto p di rifle ione com il rapporto tra la potenza media dell ' onda
rifles a e la potenza media dell onda incidente. (a) Si verifichi che, se
il rapporto di rifle ion
ugual a I, allora S = , e che in a enza
di rifle ione i ha S = I. (b) Si dimo tri che a partire dalla mi ura
di S ubito prima della parete si può ri alire al rapporto di rifles ione
mediante la formula
2
P
=
(S - 1) ]
[ (S + 1)2 .
Soluzione
(a) Partiamo dalle funzioni d'onda delle due onde incidente
e rifle a (ricordiamo eh e e viaggiano lungo la ste a direzione, ma in
ver i oppo ti pertanto una di e
avrà velocità po itiva e l' altra negativa):
i = A 1 in(kx - wt)
Yr = Ar sin(kx
+ wt).
Utilizzando le formule di addizione e . ottrazion delle funzioni trigonometriche, ricaviamo l'onda ri ultant y
y = Yi +
r = (Ai + Ar) inkxco wt - (A i - Ar)coskx inwt.
Per ogni valore fi ato dix , la funzione ott nuta ri ulta ancora una funzione
armonica del tempo. Infatti po iamo mpre trovare due grandezz A
</> tali che
(Ai + Ar) in kx = A co </>
e
(Ai - Ar) co kx = A in</> ,
p r cui la perturbazione nel punto fisso x ri ulta e ere
y
= A CO
<I> CO wt - A in <I> in wt
= A CO
(wt
+ </>).
/8
FE OME I O D ULATORI
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----
Po iarno inoltr criver
A2 co 2 </> = (A i+ Ar) 2 sin 2 kx
{ A 2 in 2 </> = (A i - Ar) 2 co 2 kx
L' onda ri ultant
=>
A
2
= Af + A ~ -
207
2A i A r co 2kx .
ha ampiezza ma ima
quando co 2kx = - 1. L oluzioni di qu ta equazione trigonometrica
ono 2kx = n + n • 2n, con n intero. I ma imi di ampiezza i tro ano
nei punti individuati da
À
À
= -4 + n· -2
con n = O ± 1, ± 2 , ...
L ampiezza minima
A mi n
pr ent quando co 2k
intero, cio n i punti
= Ai -
Ar
= + I, o ia quando 2kx = n • 2n con n
À
conn = 0 ,± 1,±2 , ...
2
Se abbiamo rifl ion totale (p = 1) allora Ar = A i quindi S =
mentre e non c è rifl
ion (p = O) , Ar = O d S = I.
(b) Vicino alla uperficie rifl ttente il rapporto di rifle ion ' dato dal
quadrato del rapporto d Il ampi zze (per v rificarlo uffici nte ricordar i
la definizione di pot nza media di un onda) ; utilizzando la d finizione
di S abbiamo
X
= n· -
per cui
Ar
(S - I)
= ---
Da qui otteniamo
(S - 1) 2
P = Af = (S + I ) 2
A~
c.v.d.
PROBLEMA 18.18
Si timi (a) S e (b) p per il modo tazionario
illu trato nella figura relativa al problema 18.17.
Soluzione
(a) Dalla figura v diamo che A max ~ ( I / 2)Amin utilizzando quindi la definizion di S data n I probi ma 18.17, abbiamo
S = Amax = 2 .
Am in
(b) P r determinare p ci serviamo della formula dimostrata n lla ri po ta
(b) del probi ma 18.17:
(S - I ) 2
l
I
p = - --2 = - 2 = - = 011 = 11 <½ .
(S + 1)
3
9
La potenza d Il onda viene rifle. a p r I 11 <½ .
Capitolo 19
ONDE ACUSTICHE
NegH esercizi seguenti, se non viene specificato altrimenti, si usi il valore
343 m/s per la velocità del suono nell'aria e il valore 1, 21 kg/m 3 per
la massa volumica dell'aria.
ESERCIZIO 19.01
Un meccanismo oscillante induce un'onda longitudinale sinusoidale in una molla a spirale. La frequenza della sorgente
è di 25 Hz e la distanza tra rarefazioni successive nella molla vale 24 cm.
(a) Si determini la velocità di propagazione dell'onda. (b) Si scriva la
funzione che descrive l'onda supponendo che la propagazione avvenga nel
verso negativo dell'asse x e che lo spostamento massimo degli elementi
della molla valga 0,30 cm. Si supponga, inoltre, che la posizione occupata
daJla sorgente sia individuata dall'ascissa x = O e che lo spostamento
aJla sorgente valga s = O ali' istante t = O.
Soluzione
(a) Notiamo che la distanza ~x tra rarefazioni successive
nella molla altro non è che la lunghezza d'onda À dell'onda longitudinale,
mentre la frequenza è l'inverso del periodo T, pertanto
v
= -À = Àv = (24 • 10- 2 m) • (25 Hz)= 6 m/s.
T
(b) Un'onda longitudinale sinusoidale è descritta dall'equazione seguente
s(x, t) = sm cos(kx =f wt +</>o),
dove x indica la direzione di propagazione dell'onda, k è il numero d'onda
angolare, w la pulsazione, </>o la fase iniziale, e il segno nell'argomento
della funzione coseno va preso negativo se l'onda viaggia nella direzione
delle x positive, positivo se il verso di propagazione dell'onda è quello
delle x negative.
Nel caso specifico del problema abbiamo che il verso di propagazione
è negativo e quindi sceglieremo il segno positivo; per quanto riguarda
i valori di k e w, li possiamo ricavare dai dati del problema, che ci
forniscono pure l'ampiezza dell'onda sm = 0,30 cm. Otteniamo dunque
k
21t
=-
À
= 26 rad/m
w = 21tv = 157 rad/s.
210
ISBN 88-408-1373-X
----
La fun zion
(x t )
n
h d
= (O
l onda n Ila molla di i n allora
O· 10- 2 m) o (26 + l57t + </>o)
[ on
m m
I
in ] .
Dobbiam an ora d t rminar il alar di </> ; i r iamo allora d i dati
d I probi ma rif riti ali
ndi ioni ini ziali: appiamo eh all i tant
t = O la or nt
i tra a alla po i i n
= O lo po tam nto aie
= O quindi
O O = O = O O · I 0- 2 e
Infin n a iamo
(x t)
=
O O- 10- 2 m) in (26 + 157t)
[con
mm
t
in
].
ESERCIZIO 19.05
Soluzione
(a) Dalla r lazion h l a tra loro lun h zza d onda
I ita di pr pagazi n
fr qu nza v di un onda ott niam
À
m/
= -V = -240
-- = 57,14· 109
v
4 2 · 10 Hz
(b) La lar h zza l d I ondutt r
d onda dato da
=À
9
À,
m = 57 14nm.
nti n un num ro N di lungh zz
2 • 10- 6 m
57.14-10- 9 m
=
5.
ISBN 88-408-1373-X
211
o
i:
~ o
8.
Cl)
2
4
Temp (mi n
il punt
ita d li
Soluzione
di ri lazi n
ond longitudinali
t mpo impi ato dal!
t mpo n
ri ulta t + (
pnr
d
{ d
= pt
= v (t +
180) .
Ri ol endo il i t ma i otti n
Vp
- t
V
= t + 180
=>
180
- - = - - - - = 218 ,92
8,2 km / _ l
4 5 km/
d = ( 2km/ )(21
92 ) = 1795km.
to ca o non ia tato n e
lo ita.
ario ft ttuar la tra-
ESERCIZIO 19.13
Un onda a u tica di int n ita di 1 60 µ W/ m2
attra r a una up rfici la cui ar a al 4, 70 cm 2 . i alcoli I n rgia
eh attra r a la up rfi i in I h.
212
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
Sappiamo che l'inten ità di un'onda corri ponde alla potenza media che attraver a una uperficie A. Ricordando quindi che la
potenza l'energia E che pa a nel tempo t abbiamo
E
l= A· t
•
E= l·t·A.
In erendo i dati, ricaviamo
E= (1,60 · 10- W) · (4 7 · 10- 4 m2 ) · (3600 )
= 2,7 · 10- 6 J = 2,7 µJ.
ESERCIZIO 19.24
Due altoparlanti di un i tema tereofonico ditano 2, 12 m ed emettono onde onor che giungono con mede ima
ampiezza all'ascoltatore po to di fronte a uno dei due altoparlanti alla
di tanza di 3,75 m da e o (vedi figura). Si determini p r quale valore
della frequenza nella regione dell ' udi bi le (20-20 000 Hz) il egnale avrà
ampiezza (a) minima e (b) ma ima.
ì
Ah parlante
2, 12 m
Altoparlante
coltat re
,75 m
Soluzione
(a) Affinché il egnale percepito dall' a coltatore abbia ampiezza minima, le due onde devono arrivare all a coltator in oppo izione
di fa e, in modo che la loro interferenza ia di truttiva. La differenza
di fa e fra le due onde è pari a un multiplo di pari di rr ed prodotta
da una differ nza tra i percor i compiuti dalle due onde ~ L uguale a
un multiplo di pari di mezza lunghezza d' onda. In generale pertanto
abbiamo
=O
con m
La differenza di percor o tra le due onde
~L
= ✓l2 + x 2 -
x
1 2 ...
data da
= O 56 m
dove l = 2, 12 m e x = 3, 75 m. In generale i hanno dei minimi per
lunghezze d'onda e frequenze date da
2~L
v
Àm = - -
Vm
m+ 1
Il primo minimo i verifica per m
corri pondente aranno
Ào
= 2 ~ L = 1 12 m
vo
= -À-m =
(m+l)v
= O; la lungh
V
343
2~L
zza d 'onda e la frequenza
m/
= - = - - - = 307,5 Hz.
Ào
2 · O 56 m
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213
(b) Per aver un ma imo dj ampi zza
due onde devono arrivar
ali a coltator in f
quindi l loro fa i d vono differire p r un multiplo
intero di 2n, o
r i du p rcor i devono differire per un numero intero
di lunghezz d onda. In
n ral i ha
L = mÀ
on m
Le corri p nd nti lungh zz d nda
~L
Àm = -
Per m
=I
À1
fr qu nze ono allora
v
V
m
= O 1, 2 ...
mv
~L ·
----
m -
Àm -
=
343
m/
0,56 m
ott niamo
= ~L = O 56 m
v1
= 614 95 Hz .
PROBLEMA 19.06
8
ln figura illu trato un int rf; rom tro acu tico,
co tituito da un tubo pi no d'aria eh può e er utilizzato p r tudiar il
fenom no dell' interfer nza tra ond acu ti che. Nella figura, S rappr enta
una orgent p r empio un altoparlant ,
D un i tema rie vent ,
p r
mpio un orecchio umano o un microfono. La lungh zza d l
p rcor o S B D può e er modificata m ntr quella del p rcor o SA D
fi a. Si o erva eh per una certa po izion di B l'inten ità raggiunge
il valore minimo 10 µW / cm 2 e eh , po tando B in una nuova po izion
di tante 1,65 cm daJla pr cedent I inten ità ere e con continuità fino
a raggiunger il valore ma imo di 90 µW / cm 2 . Si det rmini (a) la
frequenza d !l'onda eme a daJla org nte (b) le ampi zz eh giungono
al i tema rie v nte p r le du po izionj di B con iderat . (e) Com i
piega che que te due ond hanno diver a ampiezza pur
endo tate
prodotte dal la te a org nt ?
Soluzione
(a) Con ideriamo le equazioni A
8 d Ile due ond che
compiono i p rcor i xA e 8 e hanno ampiezza A e B ri p ttivam nt
quando giungono in D e danno origin ali interferenza:
A
=A
in(kxA - wt)
YB
=B
in(kxs - wt).
in D arà data da
L'onda ri ultant
o
=A
in(kxA - wt)
+B
in(kx 8
-
wt).
Con l'aiuto della trigonometria pon ndo
Dco </> = A inkxA + B inkx 8
D in</> = Aco kxA + Beo kx 8
po iamo criver
o = (A inkxA+B inkx 8 )co wt - (Aco kxA + Bco kx 8 )sinwt =
= D co (wt + </>) .
2}4
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- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -I
Per quanto riguarda I ampiezza D d li ' onda ri ultante
drato e ommando le relazioni introdotte, otteniamo
Quindi D variera tra un ma imo
D 01 a = A+ 8
Dmin = A - 8
O D A U TI HE
I vando al qua-
un minimo dati da
p r k(xA - xs)
p r k(xA - xs)
= 2nrr
= (2n + I )rr.
Dato eh xA
co tant il pa aggio da un minimo di int n ità a un
ma imo imputabil unicamente alla differenza ~x 8 nei p rcor i fatti
dall ' onda eh pa a p r 8 · d tta differe nza deve e re tal da pro ocare
uno fa amento di rr, quindi
k ~X B
2n
= -À
~X B
= Jt =>
N I caso particolare in e ame, ~x 8
À
lJ
= 2 • l ,65 = 3,30 cm
= 2 · ~x 8 = 6, 60 cm
V
343 m/
= À = 6 ,60.
À
= -2 .
~X B
10- 2 m
quindi
= 5200 Hz.
(b) L inte n ità di un onda e proporzionai al quadrato d lla ua ampiezza
p rtanto
2
90 µW / cm
10 µW / cm 2
= 9 = (Dmax)
Dmin
2
=(A +8)
2
A - 8
da cui ricaviamo
A+ 8
- = 3 =>
A- 8
A
= 28 .
(c) N I ramo 8 de ll'interferom tro e istono due di continuità ne lla ezione dovute ai due raccordi tra la part fi a e quella mobi I ; e e
provocano una parzial rifle ione de ll ' onda
quindi un attenuazione
delI onda tra me a.
PROBLEMA 19.13
Una corda di violino di 30,0 cm ma a lineica
O 652 g/m vi n avvicinata a un altoparlant alimentato da un o cillatore a
frequenza variabil . Si os erva che variando con continuità la frequenza
d Il o cillatore nell intervallo 500-1500 Hz si ccitano I o cillazioni
n Ila corda oltanto pe r I frequenze di 880 Hz e 1320 Hz. Si calcoli
la ten ione d Ila corda.
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215
Soluzione
Sappiamo che la velocità di propagazione deH'onda lungo
la corda
mpr la t a e che la frequenza con cui la corda, con
entrambi gli tr mi fi
ta vibrando legata al num ro n dei ventri
pre nti dalla r lazion
V
\Jn = n -
.
2L
Se n è il numero dei ventri eh i formano quando la corda viene eccitata
dalla prima frequ nza uA = 880 Hz, il numero d i ventri in corri pondenza
de11a econda frequenza u8 = 1320 Hz arà n + I. Abbiamo quindi
uA
V
= 880 Hz = n -2L
VB =
1320 Hz = (n
+
V
1) - ,
2L
da cui
n+ ]
= 2L
n+l
La oluzione di que ta equazione
dell onda nella corda è
v
n
n
1320 Hz
880 Hz
= 2.
La velocità di propagazione
= 1' 5 .
= 2L -VnA = (0,30 m)(880 Hz) = 264 m/
Ricordando infine la relazione che lega la ten ione della corda alla velocità
di propagazione dell ' onda, ricaviamo
T = v 2 µ,
=
(264 m / )(0,652 • 10- kg/ m) = 45 ,4 N.
PROBLEMA 19.18
In figura è illu trato un dispo itivo che funge
da tra mettitore e ricevitore di onde acu tiche; tale trumento può e ere
util per mi urare la velocita V alla quale un oggetto, chematizzato in
figura da un piano, gli i avvicina. Applicando due volte l'equazione
de1l ' effetto Doppler, la prima con 1'obiettivo come o ervatore e la econda
con l' obiettivo come orgente, i dimo tri che la frequenza ricevuta Vr
e legata alla fr qu nza v_ del egnal eme o dalla relazione
\Jr = \J . ( ~
v- V
)
ove v è la velocita di propagazione del uono. (b) Nella maggior part
dei ca i concreti e lecito a umere V « v; i dimo tri che in que to
ca o la relazione precedente i riduce a
ur - u.
\I
=
2V
V
216
/9
ISBN 88-408-1373-X
ONDE ACUSTICHE
Soluzione
(a) Nella prima parte del problema abbiamo un osservatore
in moto verso una sorgente ferma, pertanto dovremo utilizzare la formula
'
v
+ vo
V= V - - .
V
Con riferimento ai imboli della figura e indicando con v1 la frequenza
rilevata dall'osservatore (ber aglio in moto), abbiamo
v+V
V1
=V-
V
.
A questo punto ci troviamo con una orgente (bersaglio) in moto verso
un osservatore fisso, quindi avremo
I
V
V =V - - .
v- v
L'onda emes a ha frequenza v1, quindi
V
v, - - .
v- V
Eliminando ora v1 dalle due equazioni ricavate, otteniamo
Vr=
v+ V
c.v.d.
v- V
(b) Riscriviamo ora la relazione trovata al punto (a) nel modo seguente
Vr
= Vs - -
(1 + ~)
Vr
=
V_ (
V)
1- -
V
Moltiplicando numeratore e denominatore per (I+
rispetto a
poiché V « v, si ha
f
f) e trascurando ( f )
2
per cui
Vr -
Vs
V
- - - ~2 Vs
V
PROBLEMA 19.19
Due sottomarini, durante un'esercitazione nel)' oceano Atlantico, finiscono in rotta di collisione con velocità 20,2 km/h
e 94,6 km/h (vedi figura). Il sottomarino più lento invia un segnale sonar,
un'onda acustica che viaggia alla velocità di 54 70 km/h, di frequenza
1030 Hz. (a) Il econdo sottomarino riceve il segnale; quanto vale la
frequenza del egnale ricevuto? (b) Il primo sottomarino riceve la componente rifle sa del segnale inviato; quanto vale la frequenza ricevuta?
Si assuma che l'oceano ia calmo e che non vi siano correnti .
~
20.2 km/h
...,__
94.6 km/h
/9
ONDE ACUSTICHE
ISBN 88-408-1373-X
217
Soluzione
(a) Il ottomarino più lento è la sorgente, l'altro l'osservatore. Utilizziamo la formula dell ' effetto Doppler nel caso in cui la
sorgente e l'o servatore iano entrambi in moto l'uno verso l' altro. Il
secondo sottomarino riceve un segnale di frequenza
v' = v v + vo = (1030 Hz) 5470 km/h+ 94,6 km/h = 1051 7 Hz.
1
v- v
5470 km/h - 20,2 km/h
'
(b) Al primo sottomarino arriva il proprio segnale, emes o a 1030 Hz e
riflesso dal secondo sottomarino, con una frequenza più elevata rispetto
ali ' onda iniziale. Abbiamo allora
,
, v + vo
5470 km/h + 20,2 km/h
v2 = v1- - = (1051 ,7 Hz) - - -- - -- - = 1074,2 Hz.
v- v
5470 km/h - 94,6 km/h
Capitolo 20
TEORIA DELLA
RELATIVITÀ RISTRETTA
ESERCIZIO 20.05
Una particella instabile ad alta energia entra in
un rivelatore ove lascia una traccia lunga 1,05 mm prima di decadere.
La sua velocità iniziale rispetto al rivelatore era 0,992c. Qual è il suo
tempo proprio di vita media? Ossia, quanto tempo sarebbe vissuta prima
di decadere se fosse stata a riposo rispetto al rivelatore?
Soluzione
Ricordiamo che il tempo proprio !l.t0 è il tempo di decadimento misurato da un osservatore solidale con la particella che decade.
Esso rappresenta il minimo valore di tempo interrocorrente tra l'istante in
cui ha inizio l'osservazione e l'istante in cui la particella decade; qualunque altro osservatore non solidale con la particella misura un tempo più
lungo (dilatazione dei tempi). Indicando con v la velocità della particella
e con L la lunghezza della traccia, abbiamo che il tempo !l.t misurato
dall'osservatore in S vale
!l.t
L
v
=- =
!l.to
---;::===;::::~
JI - u 2 /c 2
= y !l.t0
dove y rappresenta il fattore di Lorentz
y
=
I
--;===:::;=~
JI -
u 2 /c 2
=
I
---;:::======:;:
Jl -
(0,992) 2
= 7 92.
'
L'intervallo di tempo !l.t è
3
!l.t
1,05 · 10- m
- i2
= -Lv = 0,992
=
3,5 · I O s = 3,5 ps
8
• 3 • 10 m/s
che diventa, nel sistema in cui la particella è ferma,
!l.t
!l.to = - = 0,445 ps ,
y
quasi 8 volte più piccolo.
220
ISBN 88-408-1373-X
ESERCIZIO 20.06
Una partic Ila avanza aJla v locit di O 43 lungo
I a ex' n 1 i temaS' che imuoveavelocitaO 587cri p ttoal i t maS.
Quale
locità i mi ura p r la partic Ila nel i tema S?
Soluzione
Indichiamo con v la velocita della partic Ila ri p tto aJ
i t ma S' con u la v locità d l i t ma S' ri p tto al i tema S con v la
velocita della partic Ilari p tto al i t ma S. Dalla legge di compo izione
delle velocità rica iamo
V
=
Vo
+U
VoU
1+ -
= 0 812
.
c2
S ave imo trattato il problema con I leggi della m ccanica non relati i tica a r mmo ottenuto
v
=
v0
+u =
I O17 >
Avr mmo quindi tro ato una velocità maggiore di qu Ila d Ila luce n I
vuoto!
ESERCIZIO 20.07
Un a tronav di lungh zza a ripo o 130 m pa a
p runpo todicontrolloaJlav locitàdiO 740c. (a)Quale aràlalunghezza
dell a tronav mi urata dalla po tazion di controllo? (b) Che int rvallo
di tempo mi ur ra la tazion fra il pa aggio d Ila prora della poppa
del I a trona ?
Soluzione
(a) Indichiamo con Lo la lunghezza a ripo od Il a tronav ,
con L la lungh zza mi urata dalla po tazione di contro11o e con u la
v locità d li a trona . DaJia r lazion tra le lunghezz abbiamo
Lo
y
In r ndo i dati ott niamo
L
= 130
1 - (0 74) 2
= 87 43 m.
Il valor di y
I 49
la lungh zza mi urata ri ulta int riore a qu Ila
a ripo o ( ontra ione delle lun he e).
(b) L'inter allo di t mpo !::,.t arà dato mplicem nt dal rapporto tra
la lunghezza L mi urata dalla po tazion di controllo
la velocità u
dell' a trona ri p tto alla po tazione te a quindi
t::,.1
= -L = 394 • 10u
= 394 n
.
PROBLEMA 20.13
Lo
x nel punto
individuato da x = 3,20 • 10 m aJ t mpo t = 2 50
i verificato un
vento. (a) L' o ervatore S' in moto n Ila dir zion delle x ere centi
a v locità O 380 . Quali coordinat rileverà S' per qu to ev nto? (b)
Quali coordinate rii ver bb S"
proc de
alla te a velocità n I
en o d Ile x d cr c nti?
20
TEOR! DELU. RELATIVITÀ RI TR ETTA
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
221
a Innan itutto calcoliamo il fattore y di Lor ntz
y
=
I
I
--;::===;::=;::
J l - u 2/
= --;=:===::;:
= 108.
J1 - (0,38) 2
Pa iamo ora dal i t ma Sa qu 11
' on una tra formazione di Lor ntz
(le coordinate
z e ' ' non ariano pa
dato che il moto avvien lungo I a
d Il
i due i temi hanno gli
a i para11eli e concordi):
'= y(x - ut) = 3 78 · 107 m
I
z
,
=
t = y
(t - 2ux) = 2 26
Nel i t ma di rit rim nto S' 1 v nto avvi n prima che n I i tema S,
ma a una di tanza maggiore.
(b) L'unica variazion n 1 pa aggio dal i t ma S a quello S" il v r o
della v locità u con cui i muove il i t ma S" . Di qu ta inv r ion
di gno bi ogna ten r conto nelle tra formazioni di Lorentz· otteniamo
quindi
x " = y(x - ut) = 6,54 • 10 m
I
=
t ,= y
z
( 2ux) = 3, 14
t -
ESERCIZIO 20.19
In figura A B ono due treni eh viaggiano u
binari perp ndicolari lungo gli a i
x, alle v locità indicate ri p tto al
i t ma di rit rimento inerziale di S origin degli a i. (a) Tro ar v A B ,
la velocità d I treno B ri p tto al treno A , e (b) v B , la elocita d I
treno A ri p tto al treno B. (e) Spiegat com mai qu te du v locità
r lativ non ono dir tt in en o oppo to fra loro.
Soluzione
s
(a) Per prima co a dobbiamo tabi lire un i tema di rit rimento: e gliamo quello con I origine in S con I a
x rivolto ver o e t
I a e rivolto ver o nord. Il treno A rappre enta il i tema in moto S'
e endo la ua v locità u rivolta com I a
d Ile
nell utilizzar I
formule di tra formazione delle v locità dovremo av r I accortezza di
cambiare gli a i x
y . Notiamo inoltre che la v locità del tr no B
ri petto al i tema S ha olo component parallela e concorde con I' a e
delle x : indichiamo qu ta velocità con VB x · Abbiamo p rtanto
VB
y
(
1 -UVB
-2- ' )
VB , -
l -
U
UVB '
c2
222
20
ISBN 88-408•1373•X
TEORIA DELLA R LATIVITÀ RI TRETT,
E egu ndo i calcoli otteniamo le componenti delJa v locità
ri petto ad A
V~ x = O 480
v A8
di B
=
{
Il vettore
v A8
v~ _
\'
- 0, 800c.
avrà modulo e direzioni pari a
a
v'
= arctan .....!!..!.... = - 3 I
I
0
•
V By
Il vettore punta 31 ° a e t ri petto alla direzion ud.
(b) Manteniamo la celta del i t ma di rit rimento fatta n I punto (a). Il
treno B qu ta volta è il i tema di riferimento S' in moto con velocità u ,
parallela e concorde ali' a e d Ile x, ri petto al i tema S. Ri petto a S
il treno A i muov con velocità v A = V Ay paraJlela
concorde con
I' a e delle
Scriviamo le I ggi di tra formazione p r le velocità
,
V Ax
=
VA x - U
V rU
l - - '-
c2
In er ndo i dati forniti dal problema, ricaviamo
v~ x
{
P rtanto il modulo del1a
ri ulta
lvBAI
La direzion
=
= - O 800c
VA , =
0 48 .
elocita v 8 A del treno A ri petto al tr no B
j cv~x ) 2
+ (v~ y) 2 = 0,932c.
del vettore v 8 A è determinata dall 'angolo a dato da
a
v'
= arctan 4 = -
59° .
VA ,
Il vettor v 8 A forma un angolo di 59° ver. o Ove t ri p tto alla direzione
Nord.
Nel determinare la direzione della velocità relativa attraver o la tang nt
dell'angolo formato con l'a
po itivo rimane un 'ambiguita . tra due
angoli che diffi ri cono di 180°. Tal ambiguità vi neri olta con iderando
i egni dell due componenti.
(c) L due velocità relative (di B ri petto ad A di A ri p tto a B) non
puntano in direzioni oppo te come ri ulta vidente dal calcolo dei valori
numerici. Que to avvi ne per una circostanza che non ha l' analogo nella
cinematica eia ica. La legge relativi stica di compo izione dell velocità
contien due fattori:
- la tra formazione d Ile coordinate, a numeratore;
- la tra formazione dei tempi, a denominatore.
Di con eguenza, anch quando non c è differ nza tra gli . po tamenti ,
p r e empio in direzione y, come n I ca o (b), rimane l' ffetto della
dilatazione d I tempo, rivelato dalla pre enza del fattore y. N I ca o (a)
lo te o fatto avviene per la componente x ciò piega la di cr panza.
20
TEORIA DELLA RELA TIVITÀ RISTRE1TA
ISBN 88-408-1373-X
ESERCIZIO 20.27
kg-m / puòe recon
I 875 · 102 1 M V/c.
223
Dimo trare eh la quantita di moto mi urata in
rtitainM V/cinba eall'equivalenza 1 kg-m / =
Ricordiamo innanzitutto la definizione di V: I eV è l'energia po eduta da una parti 11a on carica pari a quella dell 'elettrone
(e = 1,6 • 10- 19 C) che attrav r a una differenza di potenziale pari a
1 volt quindi abbiamo
Soluzione
I Me V = 106 V = J ,6 · 10- 1 J.
A ua volta I J corri ponde nel SI a
I J
=
I N ·m
= 1 kg . m2 /
2
.
Quindi otteniamo
1M V
I 6 · I 0- 1 kg . m2 /
=
2
.
Allora
da cui
i ricava
I kg• m/
= 1,875 • 102 1 Me V / e
c.v.d.
ESERCIZIO 20.29
Calcolare il parametro di velocità fJ di una particella che ha quantita di moto 12, 5 M V /e, apendo che si tratta (a)
di un el ttrone e (b) di un protone.
(a) Indichiamo con v la velocità dell 'elettrone con mec 2 =
0,511 MeV la ua ma a a ripo o. Ricordiamo poi le defini zioni di fJ
e d Ila quantita di moto relativi tica p:
Soluzione
V
fJ
= -e
p
= - --;::==
mv
v2
l - c2
Introducendo il dato fornito dal problema po iamo crivere
2 V
mec c2
l-
fJ;
JI -
fJ;
= _m-;::::e= 2fJ=e= ~ = _l2_ 5 M
I -
fJ; e
V.
e
Riordinando i t nnini i ricava
fJ =
Infine
fJe = 0,995.
(b) Nel ca o del protone i applica la te a formula ricavata per la
ri po ta (a), avendo l'accortezza di utilizzare la mas a a ripo o del protone
mpc 2 = 938 MeV. Si ha
{Jp = O 0133.
224
20
ISBN 86-408· 1373-X
TEORIA DELU. RELATIVIT. RISTRETTA
PROBLEMA 20.15
Una particella di ma a m che viaggia a una
velocità relativi tica, entra in una colli ione completamente anela tica con
un aJtra particella identica inizialmente a ripo o. Trovare (a) la velocità
dell ' unica particella prodotta e (b) la ua ma a. E prim re le ri po te
in funzione del fattore di Lorentz y della particella incid nte.
Soluzione
relativi tica:
Prima dell ' urto, la particella incidente po iede l'energia
mc 2
mc 2
-----;::===::;:
✓1 -
vi
1- c2
/3 2
= ymc 2
mentre la econda in quiete po iede unicamente l'energia di ripo o mc 2 •
L' nergia totaJe del i tema quindi:
E = (y
+ l)mc2 .
La quantità di moto totale del i tema è quella inizialmente po eduta
dalla ola partic Ila incidente; fruttando l'identità
y
i ottien
=
---;::==
1 - ,B2
m/3
y2
P = Pi = ---;::===;: =mc
✓ 1 - /3 2
-
I.
Dopo l'urto, energia e momento dell ' unica particella di ma a M ono
dati dalle formule:
E
=
Mc2
✓ 1 - ,B2
---;::===::;:
P -
-
M,B'c 2
✓ 1 - ,82 .
-;==:::;:
Applichiamo ora le leggi di con ervazione dell 'energia e del momento
eguagliando i valori prima dopo l'urto:
2
mc (y
+ l) = J
M 2
I-
/3 2
mc
y2
-
1=
M,B'c
✓ 1 - ,8'2
----;:::==:::;::
Dividendo membro a membro le due equazioni e o tituendo {3' nella
prima, i ott ngono le e pre ioni richie te:
v'
(y - 1)
e
(y +))
- = ,B' =
M
=m
2(y
+ 1).
B nché i tratti di un urto an la tico, abbiamo applicato la con ervazione
ia del momento che dell energia, al contrario di quanto i arebbe fatto
nella trattazione non relativi tica. In relatività non è lecito eparare le
varie componenti dell 'energia (cinetica, potenziale, interna).
Una verifica, per quanto parziale, della correttezza dei calcoli puo
e ere fatta valutando il limite delle due e pre ioni quando la velocità
della particella incidente tende a zero. Per la ma a M i vede ubito
che,
ndo
lim y = 1
f3 o
20
TEORIA DELLA RELATlVIT. R/ TRE1TA
ISBN 88-408-1373-X
225
aJiora
lim M
/3
= m J2 · (1 + 1) = 2m
come ci i att nd in m anica cla ica. Più delicato e il calcolo del
lirrùte di fJ ': infatti
f3
O an h fJ'
O eque to non ci dic niente.
Calcoliamo inv e il limit :
fJ '
y
Um - = lim - /3 OfJ
/3
y+ l
1
=-
2
come ci i attend dalla m ccani a la i a n li urt anela tico tra due
partice11 eguali.
L' e ig nza di trovar v ri ficat com ca
pr vi ioni del1a
meccanica cla ica (Prin ipio di orri pond n a
un grande influ nza ullo vilupp d 11 t ri d Ila R lati ità
prattutt d lla
Meccanica quanti tica.
PROBLEMA 20.17
(a) N lla fi ica p rim ntal delle alt energie 1
particelle cariche di energia circolano in ver i oppo ti n i co iddetti anelli
di accumulazione e poi v ngono fatt contrar frontaJmente. In que te
condizioni ogni particella po iede ri petto al i tema d I laboratorio la
te a energia cinetica K. Si può ritenere eh gli urti iano completamente
anela tici , co icché l'energia a ripo o delle particel1e entrate in colli ione,
piu tutta l'energia cinetica di ponibile, venga conv rtita p r generare
nuove particelle dotate di energia cinetica. Dimo trar che l'energia
Eprod di ponibil in que te condizioni i può crivere nella forma
Ep,oo
= 2m
2
(
I + mK 2 )
ove m la ma a delle particelle entrate in colli ione. (b) Quanta energia i
rende di ponibile facendo co11idere in que to modo dei protoni di energia
cinetica 100 G V? (e) Ch nergia devono aver i protoni per rendere
di poni bili l 00 GeV? (d) Confrontare i valori ottenuti con que1Ji che
otterrebbero utili zzando come acceleratore un proto incrotrone.
Soluzione
(a) In ba e alle informazioni forniteci dal te to del probi ma
appiamo che
2
2
Ep, = 2mc + 2K = 2mc (I+ m: 2 )
c.v.d.
(b) Ricordando che mpc 2 = 938 Me V e eh 100 GeV = 100 • I O Me V
i otti n
100 · 10 )
= 201 876 Me V = 202 GeV.
938
Eprod = 2 · 938 ( I +
(e) Dal1a formula di partenza ricaviamo ora K:
Eproo
2
- - mpc = 49, 1 GeV.
2
K = -
226
20
ISBN 88-408-1373-X
TEORIA DEL.L4 REU.TIVITÀ RI TRE1TA
(d) S al po to di un anello di accumulazione ave imo utilizzato come
acceleratore un proto incrotrone (dove c è un olo fa cio che incide u
un b r aglio fi o), l'energia di . ponibile arebbe tata
Eprod
= 2m
2
1+
(~
).
2mc
Quindi mettendoci nelle condizioni della ri po ta (b), con un proto incrotrone avr mmo a di po izione
Eprod
= 13 825 Me V = 13 ,8 GeV.
Otteniamo un energia inferiore alla precedente di oltre un fattore 1O, e
inferiore anche all'en rgia cinetica del protone. Cau a di que to è il fatto
che utilizzando un proto incrotrone non si hanno colli ioni tra due fa ci
di partic li ace lerate in ver i oppo ti , ben ì urti tra un fa cio di protoni
accelerati e un ber aglio fi o. Di con eguenza, dovendo con er are la
quantità di moto nell'urto nel ca o dell'anello di accumulazione e a
inizialmente nulla e tutta l'energia è a di po izione, mentre nel ca o del
proto incrotrone,
endo la quantità di moto iniziale diver a da zero,
non tutta I' nergia a di po izione può e er utilizzata: una parte deve
provveder a mantenere co tante p ( i veda anche il Problema 20.15).
Nel ca o della ri po ta (e) ricaviamo che il protone dovrebb avere
un energia cinetica pari a 5329 GeV per rendere di ponibili I 00 GeV
dOJ?O la colli ione.
E evidente quanto ia vantaggio o dal punto di vi ta energetico,
utilizzare una macchina ace leratric con un ber aglio fi o come nel
ca o del proto incrotrone.
Capitolo 21
TEMPERATURA
ESERCIZIO 21.09
Il fattor di amplificazione o guadagno di un
amplificatore a tran i tor può dip nd re dalla temperatura. Il guadagno
di un certo amplificatore a temperatura ambiente (20 O°C) vale 30,0
mentre di enta 35 2 alla t mp ratura di 55 ,0 °C. Con iderando !in are
la dip nd nza dalla temperatura in que to intervallo limitato, quale arebbe
il uo valore a 28 °C?
Soluzione
Indichiamo con I e g 2 i guadagni dell'amplificatore alle
temperature T1 = 20 °C e T2 = 55 °C. E . endo la dipendenza d I guadagno dalla temperatura una dip ndenza lin are, po iamo calcolare I incremento di guadagno per grado eh ri ult rà co tante
Ri ulta ora immediato calcolare il guadagno g alla temperatura T ; infatti
t::,.
1= g -
1 = A!:::,.T1 = A(T - T 1)
•
g = g1+
At::,.T 1 = 31 ,2.
Allo t ori ultato i arriva calcolando gli incrementi invece che ri p tto
al punto uno, ri petto al punto 2.
ESERCIZIO 21.13
Lo pecchio di vetro Pyrex del tele copio Hale
ali ' o. ervatorio di Monte Palo mar ha un diametro di 508 cm. L t mperature e treme toricam nte regi trate a Monte Palomar sono - IO°C
e 50 °C. Si determini la variazione ma ima del diametro dello p cchio.
Soluzione
Indichiamo con d il diametro dello pecchio e con Tmin
e Tmax la t mperatura minima qu Ila ma ima, inoltre appiamo che
il coefficiente di dilatazione lineare del vetro Pyrex vale ap rex = 3,.2 ·
I o-6 K- 1 • Abbiamo allora
!:::,.dmax
= aPyre d!:::,.T = O 098 cm =
0 ,98 mm.
228
21 TEMPERATURA
ISBN 88-408·1373-X
ESERCIZIO 21.21
Mi urando a temperatura ambi nte di 20 °C la
lunghezza di una barra con un righello di acciaio i trova un valor di
20 05 cm. La barra il righ Ho v ngono poi collocati in un forno alla
t mp ratura di 270 °C; a que ta temperatura la barra mi urata con il
righello, ri ulta lunga 20 11 cm. Si calcoli il coeffici nt di dilatazion
termica del mat rial di cui fatta la barra.
Soluzione
Poniamo L 1 = 20 05 cm L i = 20 11 cm, T1 = 20 °C
Ti = 270 °C. Sappiamo inoltr eh il co fficiente di dilatazione linear
d ll'acciaio al a 8 iaj = 11 · 10- 6 K- 1; indichiamo infin con !).lr
la variazion in lungh zza d I righello con !).l quella d Ila barra.
Notiamo eh ia il righello eh la barra pur dilatando i in tutt e tr I
dimen ioni, pr ntano una dilatazione ignificativa olo in lunghezza ovro nella dim n ione predominante. Altra o ervazion riguarda quanto
a i n quando righ Ilo
barra ngono po ti nel forno: ntrambi i
dilatano ub ndo allungamenti diver i a cau a d i diff r nti coeffici nti
di dilatazione· quindi, quando i mi ura la barra, la mi ura Li alt rata
dalla dilataz ion ubita dal righello. Pa ando ora ai calcoli abbiamo
!).Lr = a a iai l 1 !).T = O 055 cm
!).l = (l 2 - l,) + !).lr = O 115 cm.
Infine
a
= ~ = 23 · 10- 6 K- 1 •
L 1 !).T
Il co ffici nt di dilatazion
i aJluminio.
-
- - - - l - - - --
termica trovato corri pond a qu Ilo d l-
ESERCIZIO 21.28
Una barra di Iun ghezza L = l 1+ l i è compo ta
da du tratti di r i aldati a i m fatti dei mat riali 1 2 (v di figura).
(a) Si dimo tri eh il co fficiente di dilatazion lin ar compie ivo a di
qu ta barra dato da a = (a 1l 1 +aili)/ l. (b) Si calcoli la lunghezza
d i du tratti eh compongono una barra di acciaio ottone, di lungh zza
tota) pari a 52 4 cm, p r ottenere un co fficiente di dilatazion lin ar
compi ivo ugual a 13 • 10- K- 1 •
Soluzione
(a) Per una data variazion di temp ratura I). T le dilatazioni
d i due pezzi di mat riale eh compongono la barra valgono
Quindi la dilatazion compi
!).l
= !).L, +
iva d Ila barra arà
I).l i= (a,l,
+ a 2l
2)!).T.
J
Ott niamo quindi
l
Y
a,l, + a i l i
a = ----L
Notiamo che eia cun mat rial contribui ce aJ coefficiente di dilatazion
t rmica compi ivo della barra in ragion della ua lungh zza d I
uo coefficiente di dilatazion termica· quanto più que t due quantita
ono grandi tanto più p ano ul valore finale di a.
21 TEMPERATURA
ISBN 88-408· 1373-X
229
(b) Indichiamo con il p dice 1 l acciaio e con il 2 I' otton · abbiamo
L = L1+ L
{ L 1 = 39 3 cm (acciaio)
{ aL = a1L1 + a L 2 => L 2 = 13, 1 cm (ottone).
2
ESERCIZIO 21.32
a Si <limo tri eh la variazione del p riodo P di
un p ndolo in funzion d lla t mp ratura data da t::,,. P = (1 /2)a P t::,,. T.
(b) Un orologio con un p nd 1 di invar ha un p riodo di O 500
d
e calibrato per funzionar alla t mp ratura di 20 °C. Dopo 30 giorni,
qual corr zione va apportata ali orol io
funziona in un clima la
cui temperatura m dia di 30 °C?
Soluzione
(a) Con ideriamo un pendolo fi ico (il p ndolo emplice
può e re vi to come un ca o particolare di p ndolo fi ico). Il p riodo
di un p ndolo fi ico dato da
= 2n
P
dov I il momento d inerzia d I corpo ri p tto ali a
pa ant p r
iI punto di o pen ion e perp ndicolar aJ piano di o cii Iazione, d L
la di tanza tra a
di o pen ion
e ntro di ma a. Calcoliamo il
logaritmo di qu ta e pr
1
1
= -2 ln /
2n
- - ln L + ln - 2
,./Mg
dov ono tat me e in evidenza le grandezz che variano con la t mp ratura. Facciamo ora la d rivata di qu ta pre ion :
1 dP
1 d/
1 dL
In P
= --- - - -
P dT
Calcoliamo la prima quantità
di
21 dT
=de~=
ffljrn
=L
= 2adT
(Lmirn =
2mjrj drj
2L dT
=
L 2mjrj(<:Xrj dT) =
2/adT ,
mentr dL = aLdT. La variazion del p riodo d I p ndolo compo to
in guito a una variazione infinite ima di temp ratura dunqu
dP
1
1
- = adT - - adT = - adT.
P
2
2
P r una variazione finita non troppo grande, di t mperatura i ottien
allora la formula del te to.
(b) Utilizzando la formula del punto (a) po iamo ricavar la variazione
d I periodo corri pond nt ali aum nto di temperatura da 20 °C a 30 °C
(ain ar = O 7 · 10- 6 K- 1):
l",.P
= ~aP l",.T = ~(O 7 · 10- 6 K- 1)(0 500
)(10 K)
= O 175 · 10-
In 30 giorni il p ndolo avra compiuto un numero di o cillazioni N pari
al numero di periodi cont nuti in 30 giorni ovvero
30 · 86 400 = 5 184 . I 06 .
P
0,500
Quindi la corr zion da apportare arà
6
!::,,.t = N t::,,. P = 5, 184 · 10 (0 175 · 10) = 9 07
N
= 30 g =
.
230
21 TEMPERAT RA
ISBN 88-408-1373-X
Ricordiamo eh , av ndo a eh fare con variazioni di temperatura d
e endo il grado d Ila cala C I iu id ntico a quello della cala Kelvin ,
non n e ario conv rtir l t mperature dalla cala C l iu alla Kel in.
ESERCIZIO 21.39
Un ga p rf tto alla temp ratura di 12 O°C e
alla pr ione di 108 kPa occupa un volum di 2 47 m . (a) Di quant
moli e compo to? (b) El vando la pr ion a 316 kPa e la t mp ratura
a 31 O°C, qual arà il volum occupato?
Soluzione
(a) Indichiamo con il pedice I le condizioni iniziali in cui
i trova il ga con il p dic 2 qu Ile finali. Dall 'equazione di lato dei
ga po iamo ricavar il num ro di moli n pr nti n l ga con id rato:
pV
(108 · 10 Pa)(2 47 m)
n = = - - - - - -1 - -1 - - - - - - RT
(8,314 J · moI- • K- )(12 O+ 273, 15) K
= 113 moh..
N Il e guire il calcolo bi ogna far attenzion a utilizzare le temp rature
e pre
in gradi k lvin oltr eh il valor di R nell unità opportune·
ricordiamo eh n l SI, cioè con volumi e pr 1 m m pr ioni in Pa
e temp ratur in K, R = 8,314 J. mo1 - 1 • K- 1 •
(b) Utilizziamo nuovament la l gge di tato d i ga per ricavar il olume
final occupato dal ga :
nRT
(113 mol)(8 314 J • mo1 - 1 • K- 1)(31,0 + 273, 15) K
½ -- -P2-2 -- - - - - - - - - - - - - - - - - - - -3 16 · 1O Pa
= 090m = 900L.
PROBLEMA 21.01
L' e peri nza di tutti i giorni ci in egna eh gli
ogg tti caldi o fr ddi tendono a uniformar. i alla temp ratura dell ' ambiente
che li circonda. S la differenza di temp ratura ~ T tra un ogg tto
I ambient circo tant non troppo grande, la rapidità di raffr ddam nto
o di ri caldam nto d Il' oggetto e appro imativam nt proporzionale a
~T, io
d~T
- dt = -
A(
T) ,
dov A una co tant . li gno m no ta a indicare che~ T diminui c col
tempo po 1t1va, m ntr aum nta e negativa. Que ta quazion
nota
com legge del raffreddamento di Newton. (a) Da quali fattori dip nd A?
Quali ono l u dimen ioni? (b) Si dimo tri che, . all'i tant t = O
la diffi r nza di t mp ratura vale T0 a un i tante generico t i ha
~T
= ~Toe- A,.
Soluzione
(a) Il co fficiente A dip nd dall ampi zza della sup rficie,
dalla ua e po izion (orizzontai v rticale, ecc.) dallo tato dell aria
cir o tante (
t rma oppur !ambi ce la uperfici con una certa velocità,
ecc). L dim nsioni ono [A] = [T - 1].
(b) Utilizzando la I gge del raffreddam nto di N wton, po iamo criv r
f T
ln0
d(~ T)
~T
= - f1
lo
A dt.
21 TEMP RATURA
ISBN 88-408-1373-X
231
Int grando ott niamo
tJ.T
In = - At
tJ. To
da u1 pa ando agli
pon nziali, i otti n
T
= tJ.To
- '
PROBLEMA 21.02
g
Soluzione
L variazi ni d li t mp ratura ono T0 = 22 °C ( - 7 °C) = 29 °C e tJ. T = 18 °C - - 7 ° ) = 25 °C. Dalla l gg di
raffr ddam nto di N wton int rata i ha
tJ. T
=
T0
-
1
=}
t
= - ~ In __!_ .
So titu ndo i dati po iamo rica are il
A
To
alor di A:
I
T
1
25 °C
. -I
A =-- ln = - - ln - - = 00033mrn .
I
tJ. To
45 29 °C
Il t mpo n e
t
ario p rch ~ la t mp ratura e nda di altri 4 °
l
21 °
= - -A In -tJ.tJ.TTo = - - In - - = 52 86
O 0033
25 °C
'
min .
PROBLEMA 21.12
Un tubo di tro qua i compi tament pi no di
m rcurio funge da p o di un p ndolo co tituito da un a ta di f rro lunga
I 00 cm. A eh altezza d e
r regolato il li Ilo d I m rcurio nel
tubo affin h ~ il e ntro di ma a d I p ndolo non i innalzi o i abba i
con la t mperatura? La ezion d I tubo ' uguale a qu Ila d li a ta di
t rro. Si tra curi la ma a d I v tro. (Il t rro ha ma a olumica di
7 ,87 • l 03 kg/ m e un co ffici nt di dilatazione lin ar di 12 • 10- 6 K- 1 •
Il co ffici nte di dilatazion volumica d I m rcurio
I . 10- 5 K - 1.)
Soluzione
Siano l I ed L 2 I lungh zze del t rro d l m rcurio,
la zion comune· I du parti del p ndolo hanno ri p ttivam nt
ma
P r ft tto di una variazion di t mp ratura tJ. T le lungh zz d Il' a 'ta
di f rro d Ila colonna di m rcurio ubi cono I variazioni:
232
21
ISBN 88·408-1373-X
TEMPERATURA
dove a 1 è il coefficiente di dilatazione lineare del ferro e a 2 il coefficiente di dilatazione cubica del mercurio. Il baricentro dell'asta di ferro,
inizialmente a distanza L I dall'estremo superiore, si sposta di
Il baricentro del mercurio, inizialmente a L 1 + Li/2, si sposta di
Affinché il baricentro del sistema non si spo ti, dev'essere
cioè
p,L, · ~L,a,
+ P2L 2 ( L,a, -
~L 2a 2 )
= O.
Si ottiene un'equazione di secondo grado in L 2 , avente una sola radice
positiva, che conviene esprimere sotto la forma
Con i dati numerici del problema si ottiene L 2 = 27,4 cm.
Questo metodo per compensare la dilatazione termica dei pendoli degli
orologi fu inventato nel 1726 da George Graham ( 1673-17 51 ), inventore,
tra l'altro, dello scappamento senza rimbalzo per gli orologi. Il livello
del mercurio era regolato in modo da mantenere invariato il centro di
oscillazione anziché il baricentro.
PROBLEMA 21.18
Un recipiente A contiene gas ideale alla pressione
di 5, O • I 05 Pa e alla temperatura di 300 K. È collegato mediante un
tubicino a un recipiente B, che ha volume quadruplo di A (vedi figura).
Il recipiente B contiene la stessa quantità di gas ideale alla pressione
di 1, O • 105 Pa e alla temperatura di 400 K. A un certo momento si apre
la valvola che collega i due recipienti ottenendo l'equilibrio del sistema
con la stessa pressione nei due recipienti e la temperatura di ciascun
recipiente mantenuta uguale al valore iniziale. Qual è la pressione finale
nel sistema?
..... .·. •. ·..:.
. .. ...
. .. .. ..... .
A
. ...
. .
.. . .
. . .. .
..
. . . . .. .
B
21 TEMPERATURA
ISBN 88-408-1373-X
----------
233
Soluzione
Indichiamo le grandezze termodinamiche che identificano
gli stati iniziale e finale de i due gas in A e in B nel modo seguente:
= 5, O · 105 Pa
5
p Bi = l , O · 10 Pa
PAf = PBr = Pr
p Ai
TBi
= 300 K
= 400 K
TAr
= TAi
TAi
VAi
Il Ai
= 4VAi
TBr = TBi
= llAi = l'l
nBr+nAf = 2n.
VBi
l'lBi
Possiamo ora esprime le pres ioni finali utilizzando l' equazione di stato
dei ga.:
RTAi
n r
PAf = nAf- - = - - PAi = Pr
VAi
n
RTBi
(
l'lBf
= nBr- - = VBi
n
l'lAf + l'lBf = 2n.
PBr
PBi
Da qui , ri olvendo, otteniamo
Pr
= I ,67 · I 05 Pa .
= Pr
Capitolo 22
PROPRIETÀ MOLECOLARI
DEIGAS
ESERCIZIO 22.03
Un recipiente d'acciaio contiene 315 g di ammoniaca (NH 3 ) a una pressione assoluta di 1,35 • 106 Pa e a una temperatura
di 77,0 °C. (a) Qual è il volume del recipiente? (b) Dopo che la temperatura è scesa a 22, O°C e la pressione si è ridotta a 8, 68 • 105 Pa,
quanti grammi di gas sono sfuggiti dal recipiente?
Soluzione
(a) Per risolvere il problema abbiamo bisogno del numero
di moli di NH 3 presenti in 315 g: dobbiamo quindi confrontare la massa m
dell'ammoniaca con la sua massa molare M. Per fare questo dobbiamo
ricordare che la massa molare equivale al valore della massa della molecola
formulato in unità di massa atomica, accompagnato dall'unità grammi
per mole. Indichiamo con mNHJ la massa della molecola di ammoniaca
espressa in unità di massa atomica; abbiamo
mNH3 = mN
+ 3mH =
M
14 + 3 . 1 = 17 u
= 17 g • mo1- 1 •
Applichiamo ora l'equazione di stato dei gas:
Pi Vi= nR~
•
nR~
m R~
..
\.'i= - - = - - = 0,0399 m3 = 39,9 htn.
Pi
M Pi
Nell'eseguire il calcolo, la temperatura è stata convertita da gradi centigradi
a gradi kelvin, dato che quest'ultima è l'unità di misura valida nel SI.
(b) Sappiamo che Vr = \,'i; scriviamo di nuovo l'equazione di stato dei
gas
mrRTr
prV
Pr\.'i = nrRTr = - - • mr = M - = 239,9 g.
M
RTr
La quantità di ammoniaca sfuggita dal recipiente vale quindi
~m = mi - mr = 315 g - 239,9 g
= 75, 1 g.
236
22
ISBN 88-408-1373-X
PR PRIET. . MOL E OLARI DEI CA
ESERCIZIO 22.04
(a) Con id riamo 1,00 mo] di un ga id al alla
temp ratura di 285 K alla pr ion di l 00 atm. Supponiamo che le
mol cole iano in ma ima part equamente di tanziate collocando i n i
c ntri di cubi identici. In ba e al numero di Avogadro a . um ndo come
diam tro mol colare il alore 3 00 • 1o-s cm, i calcoli la lungh zza
d Ilo pigolo del cubo il uo rapporto col diam tro della mol cola.
Lo pigolo rappr nta una tima d Ila di tanza tra l molecol del ga .
(b) Ora i con id ri una mole di acqua av nte un volume di 18 cm .
Suppon ndo la
a di po izione dell mol col , i rip tano i calcoli
della part (a).
Soluzione
(a) Dall'equazione di tato d i ga id ali ricaviamo il volum molare, o ia il volum occupato da I mol n li condizioni . pecificat
di temp ratura e di pre ion :
V = RT = (8
p
1
1
14 J · mo1 - • K- ) • (285 K) = O
m •
0234 3
1 013 · IO Pa
Il volume m dio a di po izion di ogni molecola
V =
-
V
N
= 3,89 · 10- 26 m
,
dov N = 6,0 • 102
il numero di Avogadro (numero di molecol in
una mol ). La di tanza m dia tra I molecole più vicin è allora
d = ,Tu= 3,39 · I0- 9
m.
(b) N Il acqua (liquida) il volume molare 18 cm . Il volum medio
a di po izion di gni molecola (que ta volta i tratta anzi del volume
ffettivo, poich ' I di tanz ono praticamente tutte eguali) e
v
= ~ = 3 00 • 10- 2
N
cm
la di tanza m dia
praticament eguale al diametro mol colare.
In un ga in condizioni normali la di tanza media tra le molecole '
circa una d cina di volt maogiore del diametro molecolar ; nell fa i
cond n, ate ( olida e liquida) le molecol ono qua i a contatto. D I
r to ba ta o ervar che le d n ità d i liquidi ono un migliaio di volte
piu grandi di qu Il dei corri . pondenti vapori.
ESERCIZIO 22.09
A temp ratura e pre ion tandard (0 °C e
1,0 I bar) il libero cammino m dio nell'elio ri ulta di 285 nm. Determinar (a) il num ro di mol cole al m tro cubo (den ità molecolar ) e
(b) il diametro efficace degli atomi di elio.
ISBN 88-408-1373-X
-----------------------
Soluzione
237
(a Dall quazione di tato dei ga ricaviamo
N
p
= kT
= 2 68 • 1O2
V
molecol / m .
Nel calcolo abbiam utili zat la co tant di Boltzmann k = 1,38 •
10- J/ K.
(b) Sappiamo eh il lib r ammin m dio di una molecola ovvero il
p rcor o eh una mo] cola
mpi in m dia prima di urtarne un 'altra,
dato da
kT
À = ---
,Ji.rcd2p
da qui ricaviamo imm diatamente il diam tr
d=
ffi
I 38 · IQ- 2 27
kT
-J2 · 285 · I0- 9 re · l
-J2nÀp
= Jo 295 · 10- 1 = I 71
15
OI . I0 5
-
· 10- 10 m.
ESERCIZIO 22.16
Calcolar la velocità quadratica media dell ammoniaca (NH ) alla temperatura di 56 °C. La ma. a atomica d Il' azoto
2 ,33 • 10- 26 kg mentre quella dell'idrog no e 1,67 • 10- 27 kg.
Soluzione
m H
La ma a di una molecola di NH val
= m + 3mH = 2 33 · 10- 26 + 3 • 1,67 • 10- 27 kg.
La velocita quadratica media
data da
3kT
- - = 694 m/
~v 2'" -'\lv
V qm --
m
H3
ESERCIZIO 22.28
Un atomo di g rmanio (diam tro = 246 pm)
fugg da una fornac (T = 4220 K) con velocità pari alla ua v locita
quadratica media. Entra in una camera piena di argon freddo (diametro
atomico = 300 pm) con d n ita molecolar di 4 13 • 10 19 molecole/cm .
(a) Qual e la v locita degli atomi di germanio? (b) Nell ' urto tra I atomo
di g rmanio e quello di argon qual
la di tanza minima tra i centri
degli atomi uppo ti ferici? (e) Trovare la frequ nza d'urto iniziai
dell 'atomo di germanio.
Soluzione
(a) Dalla d finizione di velocita quadratica m dia otteniamo
Ge
vqm
= ·
3RT
M
= 1204 m/
.
Nel calcolo abbiamo u ato per M il valore 72,61 g • mo1 - 1 •
(b) La di tanza minima tra i centri dei due atomi arà la omma dei
loro raggi:
(e) Sappiamo che il numero di urti al econdo è dato da
2
Ge
N rt d minvqm
urti
--- =
V
condo
=
2
Pn10I r ndminvq~
= 11 643.
238
ISBN 88-4 08-1373-X
PROBLEMA 22.05
Si po ono
guir mj urazioni d l lib ro cammino medio À d Ile mol col in un ga (p re empio tramit la vi co ità
d I ga ). Alla t mperatura di 20, OO
alla pr ion di 75,0 cmHg
alcune mi ur danno i valori À(argon) = 9 90 • 10- 6 cm
= 27 5 • 10- cm. (a) Tro ar il rapporto tra il diam tro d Il zion
d urto dell argon e qu Ilo d 11 azoto. (b) Qual ar bbe il lib ro cammino medio d 11 argon alla t mperatura di 20 O°C alla pr ione di
15,0 cmHg? (e) E alla t mp ratura di - 40 O°Ce pre ion di 75 OcmHg?
Soluzione
(a) Sappiamo che i1 lib ro cammino medio in r am nte
proporzionai al quadrato d I diam tro d Ila zion d urto, quindi abbiamo
d
r
=
d
(b) Utilizzando i dati d l punto (a) ricaviamo il valor d I diametro m dio
della mol cola di argon:
kT
M
v2nÀ rP
= O 30
nm.
A qu
to punto po iamo calcolar il lib ro cammino medio d !l'argon
n Il condizioni date
À
kT1
= - - - = 49 6 • 1o- cm .
2nd 2 p 1
1
r
(e) Con I condizioni fomit abbiamo
À
2
r
= - kT2
-2- = 7 9 . 10-
m.
2nd P2
PROBLEMA 22.10
Un ipot tico campion di N partic Il di ga
ha la di tribuzione d Il velocita mo trata in figura do N(v) = Op r
v > 2v0 . (a) E prim t a in funzione di N e v0 . (b) Quante particelle
hanno v locita compr a tra 1,5v0 2 ,00v0 ? (c) E prim te la v locità
m dia d Il partic Il in funzion di v 0 . (d) Trovat Vqrn·
2 o
V
Soluzione
(a) La di tribuzion delle velocit del1e partic Ile e continua
( alvo eh nel punto v = 2v0 ) e co ì d finita
[O ~ v ~ vo]
av / vo
n(v)
=
[v ~ v ~ 2vo]
{ ~
[v > 2vo].
L int gral della funzion di di tribuzion
t o a tutti
d Ila elocità dà il numero tota] di partic li
N =
1
O
n ( v) dv =
vo a
1
O
- v dv
Vo
+
1 2vo
o
I
po ibili alori
3
a dv = - avo .
2
ISBN 88-408- 1373-X
239
Rica iam quindi 1 pr
di di tribuzi n ri ult
[O :::: v :::: vo]
n
[
:::: v :::: 2vo]
[ > 2vo].
(b) Il num r di parti li
n
mpli m nt cambiand
= /.
N'
2,
1,5
( ) P r il
al
Q
n v) dv =
o
/.2,
V
= - a o= -
ad
1.5 O
1 d Ila
rv I int gr I
it m dia
dv = _!._ [ rvo !!_
N
l lav5
11
6N
9
= -- = -
lo
2
2
dv +
Vo
f vo av d
lvo
]
=
vo ,
E facil
rificare ul grafico eh il num r di partic Il in un dato
int rvallo di v locità proporzionale ali ar a otto la p zzata: i ved
a colpo d occhio eh un t rzo d li ar a ta tra O e O e du t rzi tra v0
e 2v0 .
Il c ntro di ma a d Ila figura piana d limjtata dalla p zzata ha l aci a v.
(d) In modo analogo i calcola la v locita quadratica m dia
v~m =
quindi
~lo
Vqm
2
v n(v)dv =
=1
~[fa/
dv+
f
av'dv]
= ~~v~
1Vo.
Il Sol
com un norme t ra di ga id aie.
riprodotto n 11 ' immagin a ultra io] tti mo trata
in figura la orona l' atmo t ra olar . La ua t mp ratura di 2, 0-10 K
la ua pr ion è di 0,030 Pa. akolar la v locità quadratica m dia
degli lettroni lib ri n Ila corona.
PROBLEMA 22.12
Soluzione
Dalla definizion di v locità quadratica m dia ricaviamo
3kT
Vq m
= -m = O 953 · 107 m/
Capitolo 23
PRIMA LEGGE
DELLA TERMODINAMICA
ESERCIZIO 23.01
Il flusso medio al quale il calore fuoriesce dalla
superficie terrestre nell'America del Nord è di 54 mW /m 2 e la conducibilità termica media dello strato terrestre superficiale è di 2,5 W /(m · K).
Assumendo che la temperatura della superficie sia di l O°C si stimi la
temperatura dello strato profondo distante 33 km dalla superficie. Si
ignorino il calore dovuto alla radioattività degli elementi e la curvatura
della Terra.
Soluzione
Il flusso medio sarà dato dal prodotto della potenza media
per l'area interessata dal flusso di calore, quindi indicando con <P il flusso
di calore con A l'area interessata, con H la potenza dissipata e con ~x
la profondità, e ricordando la definizione di H, otteniamo
<P = HA
<P . ~X
T2-T1 => - --=T2-T,.
{ H= k A H
~X
Inserendo i dati forniti dal problema, ricaviamo
3
2
3
_
<P~x _ o o
(54 · 10- W /m )(33 · 10 m) _ 22 8 0C
T2 -T1 + - - - l C+ - - - - -- - - - - - 7 ,
.
H
2,5 W/(m · K)
Osservazioni
Facciamo notare che <P-;x definisce ~ T, che ha lo
stesso valore se viene misurato in K o in °C. Non è quindi necessario
trasformare le temperature in K per eseguire i calcoli.
ESERCIZIO 23.02
Si calcoli la potenza termica trasmessa durante
una giornata invernale molto fredda attraverso una parete spessa 32 cm,
larga 6,2 m e alta 3,8 m. Si assuma che la temperatura interna valga
26 °C, quella esterna -18 °C e che la conducibilità termica dei mattoni
sia O, 74 W /(m • K).
242
23
ISBN 88-408-1373-X
PRIMA LE
Soluzione
P r ri olv r il probi ma
uffici nt
mula eh ci dà la potenza t rmica tra m a attrav r
con conducibilità t rmica k.
terna int ma H la pot nza
H = kA
T2 - T1
=
t:..x
(
W
)
O 74 m . K
(6 2 m · 3 8 m) ·
= 2397 ,23 W.
applicar la foro una up rficie
Siano inoltr T 1
tra me a
26 °C - ( - 18 °C)
. _ m
32 10 2
=
Notiamo eh anch in qu to ca o non n ce ario tra formare i alori
di t mp ratura dalla cala C 1 iu a qu lla K lvin in quanto I differ nz
di t mperatura ono identich in ntramb I cale.
ESERCIZIO 23.08
Du barr m tallich r ttangolari id ntiche v ngono aldat com illu trato in figura (a). Si o rva eh in 2,0 min 1
barr v ngono attra r at da una quantità di caJore pari a 10 J. Si calcoli
in quanto t mpo I barr v rr bb ro attraver at da 30 J
v ni ero
aldate com in figura (b).
100 °
a
,
I
(b)
-
-~
-
i..l
I
~
'-'-"'"--
100 °
v
Soluzione
Indichiamo con A I' ar a attrav r o cui flui e il calor
nella configurazion (a) e con l la lungh zza di una barra; egliamo
inoltr di attribuir aJla configurazion (a) il p dic a e alla (b) il pedice b.
Po iamo cri er I pot nz t rmich tra m
n i due ca i:
T2 - T1
2l
!
H 0 = kA - - -
T2 - T1
Hb = k2A
l
Notiamo ora eh la pot nza di ipata altro non h il calore che attra
le barre in un dato inter allo di tempo· abbiamo allora
!
H0
Q(I
10 J
10
2 mm
Qb
30
lb
lb
.
= - = -. = 5 J/ mm
Hb =
- =-
r a
•
Hb
= 6 mio_
Ha
J/ min
lb
Combinandò ora I du equazioni trovate, ricaviamo
6
tb
=- =
4
.
l 5 mm .
Notiamo che ora il t mpo nece ario ri ulta inferiore a quello della con. figurazione a, nono tant il calor che flui e attrav r o le barr ia
2
PRIMA LE
E DELLA TERMODI
Ml A
ISBN 88-408-1373-X
la potenza tra m
ata pa ando da a a b
alla lungh zza d l mat
b la lungh zza d l mat
p
~ - - - - - - - - -V
243
a dir ttam nt
l ar a raddoppia
rial attraver ato
riale i dim zza.
ESERCIZIO 23.11
n i t ma t rmodinamico pa a dallo tato iniziai i allo tato final /
di fi ura .
ottopo to al proc o iaf
i mi ura Q = 50 J d L = - 20 J.
ottopo to al proc o i b f i
mi ura Q = 36 J. (a) Si al oli L lun ibf. b) i calcoli Q p r il
proc o f i rappr ntato dalla urva in fi ura ap ndo eh L = + 13 J.
(e) Si calcoli Eint./ ap ndo eh E int,ì = 10 J. d i alcoli Q p r i
proc i ib bf ap ndo eh Ein1.b = 22 J.
Soluzione
Sappiamo h l nergia interna di un
mico una funzion di tato o vero eh dip nd
lu i m nt dall
coordinat t rmodinamich (p V T) d l punto pre e lto· in parti lar
l n rgia int rna dip nde dalla ola t mp ratura T. Com con u nza
la variazion di n rgia int ma tra du tati di quilibrio t rmodinamico
caratt ri zzati dall t mp ratur T; T1 non dip nde dal p rcor o guito
p r andar da i a f ma olo dai valori di T; e T1 , oltr che dal tipo
dalla quantità di ga . Fatta que ta pr m a ricordiamo anch h il
primo principio della t rmodinamica ci dic che
~ Eint
= Q + L.
Qu ta relazione implica tr fatti:
• il calor può
r i to come il modo per tra t rir nergia da un
i t ma t rmodinamico a un altro nza compi re lavoro m ccanico;
• la omma d l calor cambiato d l lavoro compiuto dà la variazion di
n rgia int ma relativa al proc o con iderato la r lazion
prim il
principio di con r azion d li en rgia p r un i tema t rmodinamico·
• la omma di du quantit com il calor il lavoro, eh non ono fun zioni
di tato in quanto dipendono dal p rcor o guito n Ila tra formazion
dà com ri ultato una fun zion di tato.
Infine o r iamo eh il egno + n Ila prima l gg d Ila termodinamica
d ri a dalla e lta di int nd r con L il la voro fatto dall'ambiente e temo
sul i tema termodinamico, o v ro
L
=
-1
1
pdV'
La e lta oppo ta di indicare con L il «lavoro fatto dal i t ma ull ambient e t mo» comporter bb nel primo principio un egno meno davanti
al lavoro. Nel guito con ider r mo mpre il lavoro compiuto sul it ma. Sottolineiamo comunqu eh ntramb le celt ono legittime
portano a ri ultati co r nti tra di loro.
Dopo que ta lunga dov ro a prem a po iamo pa are alla oluzion
d l probi ma.
(a) Indichiamo l en rgia int rna mplic m nt con la I tt ra E. Per
quanto pr me o, abbiamo
= ~Eibf = Qiaf + Lia/ = 30 J
Qiaf + Liaf = Q ibf + L ;bJ => Libf = Q iaf + Li a/ -
~Eia/
Qi bf
= - 6,0 J ·
244
PRIM LE CE DELLA TERMODI
2
ISBN 88-408-1373-X
(b) Sulla ba
Ml
d I primo principio d Ila t rmodinamica, abbiamo
=-
!).Ef i
•
I).Eia/= Q fi
+ L fi = - 30 J
Qf i = - I).Eia/ - L f i =
- 43 J.
(e) Ricordiamo eh
= Ei -
!).E1;
E1
=-
30 J ·
allora
EJ
(d) Applichiamo
= I). E iaf + E i = 40 J .
mpr il primo principio della termodinamica:
!).Ei b
Qib
= Eb - Ei = 12 J
= !).Eib - L ib .
P r poter determinar il calore cambiato lungo la tra formazione da i
a b dobbiamo cono c r il la oro compiuto nella te a tra formazione.
Notiamo eh
ndo la tra formazione da b a f i ocora il lavoro ad
nullo (non e
ariazion di volum ). Po iamo allora
Ott niamo allora
Q ib
Il calor
= 12 J - ( - 6 J) = 18 J .
cambiato lungo la tra formazion da b a f val
Q bf
=
Qibf -
Avremmo potuto ri olver
la tra formazion da b a f
cambiato arà uguaJ alla
dati forniti dal problema
Q bf
=
= 36 J - 18 J = 18 J .
il problema anch in un altro modo. Infatti
' i ocora il lavoro è nullo, quindi il calore
ariazion di energia interna. Utilizzando i
il ri ultato ott nuto n I punto (e) ricaviamo
=
!).Ebf
Qib
E1 - E b
= 40 J -
22 J = 18 J.
ESERCIZIO 23.13
Si upponga di immagazzinar l' n rgia olare
u ando barili pieni d'acqua. Durante cinque giornat inv mali nuvolo
i
d vono con umare 5,22 GJ p r mantenere in ca a la temp ratura di 22 O C.
Si calcoli il olum d acqua nece ario a um ndo che la t mp ratura
d Il a qua nei barili ia di 50,0 °C.
0
Soluzione
L n rgia on umata deve uguagliare il calore e duto dalI acqua. Indichiamo con cH 2o = 4190 J/ (kg • K) il caJor
pecifico
d Il acqua; abbiamo
I).E =
5,22. 10 J
= Q = fflH 20CH2
!).T
5 22 · I0 9 J
I). E
-!).T
- = 4190 J/ (kg · K) · (50 0 °C CH
2
= 44 5 · IO
22 ,0 °C)
=
kg.
Infin , ricordando che la ma a volumica p dell acqua vale 1000 kg/ m ,
il volume nece ario ri ulta
2
PRIMA LEGGE DELLA TERMODI 'AMI 'A
ISBN 88-408-1373-X
245
ESERCIZIO 23.20
Si calcoli la quantità di vapor a 100 °C h d
r introd tta in un nt nitor t rmicamente i olato a iem a 150 g
di ghiac io a O°C affin h i produca acqua nella fa liquida a 50 °C.
Soluzione
Il ghia
il calor di fu ion
m ghÀfu.
+ m ghcH2
i
Qgh + Qvap
= O =>
(Tr -
=
~. gh)
Qgh
= - Q ap
- [m ap · À1 iq
+m
ap H2o(Tr
- ~ - ap )].
Infine
(0 , 150 kg)[333 · 10 J/ kg
= - [= 33 g.
2256 · 10 J/ kg
+ 4190 J/ (kg · K)(50 °C -
+ 4190 J/ (kg · K)(50 °C -
0 °C)]
100 °C)]
=
ESERCIZIO 23.28
(a) Un litro di gas caratterizzato day = 1,32, si
trova inizialm nt alla t mp ratura di 273 K alla pr ion di 1 Ol bar.
Il ga vi ne compre o adiabaticam nt fino a dim zzarn il volum . Si
d termini la pre ione final d l ga . (b) Succ ivamente il ga vi ne
riportato i obaricam nt alla temperatura di 273 K. Si determini il volume
finale del ga . (c) Si calcoli il lavoro compiuto ul ga .
Soluzione
Indichiamo con «i» lo tato ini ziale con «a» quello raggiunto dopo la compr ion adiabatica e con «f » lo tato termodinamico
final .
(a) Sappiamo che la tra formazione adiabatica rev r ibil
r lazion
pV Y = cotante.
d critta dalla
Confrontando lo . tato i con lo stato a, avremo
Pi
(b) La
V(
= PaV/ =>
Pa =
conda tra formazion
Pi
V,) Y
( v: = Pi 2Y = 2 52 bar.
una compre ione i obarica, quindi
Pr = Pa ·
246
ISBN 88-408-1373-X
Per il volum finale avr mo
nRT.
Pi Vi
- = -
Vr = -
Pr
Pr
Pi Vi
=-
Vi
..
= - = 0,4 lttn .
Pi2Y
2Y
(e) Il lavoro per l'intero proce o arà la omma dei lavori di eia cuna
tra formazione. Il lavoro adiabatico (p r una tra formazione rever ibile)
e
Lia= -
I.
VapdV = - I.Va_p i_yiYdV =
Vj
Vj
l- [paVa =y - 1
= -P·V:
1
-
1
y - 1
Pi Vi]
VY
p yY
_ _ i _i_ [v/ - r - vat - r =
y - l
= -1- ( Pi2Y -Vi - Pi Vi ) =
y - 1
2
[2y- l - l]
mentre il lavoro nella tra formazione i obara e
Il lavoro totale è
Liaf
=
Pi vi y (2Y- t - 1)
(
y _1 l - l )
= 52 J.
ESERCIZIO 23.37
La t mperatura di 4,34 moli di un ga ideale
biatomico vien aumentata di 62,4 K a pre ione co tant . (a) Si calcoli
la quantità di calore fornita al ga . (b) Si calcoli l'aumento dell energia
interna d I ga . (e) Si calcoli l'aumento dell ' n rgia cinetica tra lazional
del ga.
Soluzione
(a) Il ga
biatomico, allora
zion è i obara, il calor cambiato vale
Q
= ncp(Tr -
T;)
= (4,34 mol)
G·
cp
= (7 /2) R.
La tra forma-
8 314 J/ (mol - K)) (62 4 K)
=
= 7880 ,47 J .
Ricordiamo che la co tante R deve e r in rita nelle opportune unità
di mi ura nel no tro ca o R = 8 314 J/ (mol • K).
(b) L'energia interna una funzion e di tato e dipende daJla ola temperatura· que to ignifica eh tutte le tra formazioni che collegano due
dat i oterme comportano la mede ima variazione di energia interna. In
particolare, per una tra formazione i ocora che collega le due i oterme,
la variazione di en rgia interna ri ulta uguale al calore cambiato. Com
con guenza, il calore scambiato ull ' i obora rappre enterà la variazione
di energia interna per ogni tra formazione congiungente le due isoterme.
!:i.E = Q
= ne t:i.T = (4,34 mol)
= 5628 ,9 1 J.
G·
8,314 J/ (K · mol)) (62,4 K)
=
23
PRIMA LEGGE DELLA TERMODI AMI A
ISBN 88-408-1373-X
- -- - - - - - - - - - - - -- (e) L' n rgia
247
in ti a tra )azionale di una molecola val
K
3
= -2 kT
dove k = 1,38 • 10- 2 J/ K rappr nta la co tante di Boltzmann· allora
la variazione di energia in ti a tra !azionai per molecola arà
l:::..Km
I
3
la =
kt:::..T
2
= 129 2 · 10- 2
J.
Il numero di molecole del ga
dato dal num r di moli moltiplicato
per il numero di Avogadro quindi
l:::..K
= nN
l:::..Km
I
I
=
= (4 34 mol)(6 02 • 102
mol - 1)(129 2 • 10- 2 J)
= 3375 J.
PROBLEMA 23.01
(a) Si calcoli la potenza t rmica di ipata attraver o il vetro di una fine tra di area 1,4 m 2 e pe or 3 Omm; i upponga
che la t mperatura e tema valga - 20 °P e quella interna +72 °P. (b) Si
ripeta il calcolo propo to al punto prec dente upponendo eh la fine tra
ia co tituita da due vetri di pe ore 3 O mm eparati da uno trato d aria
di 7,5 cm; i upponga che la conduzione ia l'unico m ccani mo con
il quale i tra mette il calore.
Soluzione
(a) Indichiamo lo pe ore del vetro con l:::..x · iano poi
k etro = 1 W/ (mK) e kana = O 026 W/ (mK) le conducibilità termiche
del vetro e del1' aria. La potenza terrnka di ipata arà
H
= kA -t:::..T
= (10+
t:::..x
W/K)(l ,4 m2 ) (
51 l K )
3 O· 10- 3 m
= 24 kW.
Prima di e guire il calcolo abbiamo do uto convertire le temperature
da gradi Parenheit a gradi Kelvin; que to p rché un grado Parenh it è
diver o da un grado Kelvin. Si ha
TK
5
= 9(TF -
32)
+ 273
15.
Quindi
= 295 ,35 K
=}l:::..T = T2 - T 1 =51 IK.
T1 = 244 25 K e T2
(b) Indichiamo con Te e T 1 le temp rature ulle due facce d Ila prima la tra
e con T2 e ~quelle relative alla econda la tra. In regime tazionario tutto il
calore che pa a attraver o la prima lastra attraver a anche 1 intercapedine
e la econda la tra:
248
23
ISBN 88-408-1373-X
Po iamo ricavar
Sommand
PRIM LEGGE DELLA TERMODI 'AMI 'A
alti di t mp ratura
m mbro a m mbro que t
T;1 - T.
e
Il flu o di calor attra
= -HA
tr equazioni
i otti n
( 2-6xv + -6x 3 )
kv
ka
r o i tre . trati ' quindi
(1 ,4 m 2 )(51 l K)
=
3•I
2
o-
7 5 • I 0- 2 m
m
1000 W / K +
= 24 ' 7 W ·
26 W / K
Osservazioni
Dal alcolo i ed che ' lo trato d aria ad t rminar
la forte riduzion d I flu o t rmico. N Ila r alta p rò non ' lecito
tra curare la con zion termica di uno trato di tal pe or , anzi di nta
proprio qu to il m ccani mo dominant nella tra mi ion d I calor :
p r il i t ma in am ri ulta una conducibilità termica ( H / A T ) di
O 35 W / (m 2 • K) , mentr un di po itivo a v trocam ra comm rcial ha
un valor d ll 'ordin di 2 W / (m 2 • K) , ali incirca 6 olt maggior .
I
PROBLEMA 23.10
Un t rmom tro di ma a O 055 12g capacità
t rmica 46, I J/K gna 15 O °C. Succ i am nt lo trum nto i n
imm r o in _9,300 kg d acqua raggiung I quilibrio t rmico con t mp ratura final u 0 ual a quella dell acqua. Si d t rmini la t mp ratura
iniziai dell acqua ap ndo eh nello tato finale il t rmom tro indica
44 4 °ç. Si tra curino I p rdit di calor del i t ma.
Soluzione
Po iamo con id rar il i tema i olato quindi la omma
d I calore e duto dall acqua di qu I lo a orbito dal termometro dovrà
re pari a z ro. Indicando on C la capacita t rmica d I t rmom tro
con Ca il calor p cifì o d ll 'acqua, abbiamo
Qth = C(Tr - ~ .,h) = (46, I J/ K)(44,4 °C - 15 ,0 ° ) = 1355 ,34 J
Qa
=
m aCa (Tr -
~ .a) = (O 300 kg)(4190 J/(kg · K) )(44,4 °C - ~ .3 ) .
Uguagliando a z ro la omma dei du
iniziai d ll 'acqua
calori , i rica a la temp ratura
Q Lh + m Ca Tr
1355 34 J
O
T; = - - - - = - - - - - - - - + 444 C = 455 0 C.
i,a
ma a
(0,300 kg)(4 190 J/(kg · K) )
Come i ved il fatto eh il t rmom tro abbia una ua capacita termica
fa ì eh la t mp ratura eh leggiamo ia div r a dalla t mp ratura che
vogliamo mi urare.
2
PRIMA L GGE DEUA TERMODI
- - - - -Ml-- - - - - - -- - - - - --
ISBN 88-408-1373-X
249
conto
t mp ratura
PROBLEMA 23.18
illu trato un cilindro cont nent
p
1
Punto
ini ziale
V
Soluzione
A umer mo I ipot i (n c aria perch il probi ma abbia
un
n o) eh durante tutto il proc o il va o cont nente la mi c la
acqua-ghiaccio ia i olato t rmicamente dall'ambiente temo,
cambi
calor unicam nte col ga contenuto ne] cilindro.
Il caJor lat nt di fu ion del ghiaccio è Àr = 333 kJ / kg p r cui i]
calor cambiato vale
Q
= Àrm = 40,6 kJ.
Il ga ha de critto un proc o ciclico, che con i te in una compr . ione
appro imativamente adiabatica, un raffr ddam nto i ocoro e un e panione appro imativamente i oterma. Alla fine d I ciclo, ]'energia interna
d I ga riprend
attament il valor di partenza; quindi p r il primo
principio della termodinamka, il calor cambiato è eguale al lavoro
e terno. Poich il ga e d calore al ghiaccio il lavoro L = 40 6 kJ è
compiuto sul ga .
Poiché ]e par ti del va o e il cilindro con pi ton rimangono a temp ratura co tante durante tutto il proce o il ca]or da e i cambiato
è nullo.
PROBLEMA 23.19
Un motore termico fa compi r a l ,00 mol di un
ga ideai monoatomico il ciclo illu trato in figura. La tra formazione AB
i ocora quella BC adiabatica qu Ila CA i obara. (a) P r eia cuno
d i tre proce i e per 1' int ro ciclo i calcoli il calore Q, il lavoro L e
la variazione di energia int ma Eint· (b) Sap ndo che nello tato A la
pr ion val 1 00 atm i determini la pre ione d I ga n gli tati B
e C. Si ponga 1 atm = l 01 • 10 Pa d R = 8,314 J/ (mol - K).
250
23
ISBN 88-408-1373-X
PRIMA LEGGE DELLA TERMODINAMI A
Soluzione
(a) E aminiamo dal punto di vi ta energetico le tre tra formazioni una alla volta. Il ga e monoatomico, quindi i calori pecifici
molari ono Cv = (3 / 2)R e Cp = (5/2)R.
A -+ B
tra formazione i ocora (il volume rimane co tante) reveribile:
LAB
A -T"' = 00 K
-4---
=o
= nCv(TB - Ta) = 3741 ,3 J
!),.E n = Q n = 37413J
QAB
~
tra formazione adiabatica (non c'e cambio di calore con
I e terno) rever ibile:
Vi lume
QB = 0
!),.En = nCv(T. - Tn) = - 1808 3 J
Ln = !),.E 8 = - 1808 ,3 J
e
A
tra formazione i obara (la pre ione rimane co tant ) rev r ibil :
Q A= nCp (TA - T, ) = - 3221 ,7
L = - p (VA - V.) = - nR(TA - T.) = 1288 ,71
!),.E
= Q A+ L A = - 1933 ,0 J.
Po iamo ora calcolare il calore totale cambiato nel ciclo e il lavoro
totale volto nel ciclo:
Qil
Lii
= QAn+Qn + Q A=3741 ,3 - 0 - 3221 ,7 = 519,6J
= LAB + LB + L A= 0 - 18083 + 1288,7 = - 51961.
(e) Per determinare ora i valori d Ila pre ione in B e C calcoliamo
le coordinate termodinamiche per eia cuno d i tre punti di equilibrio
termodinamico A , B C:
A
B
e
VA = nRTA = l · 8,314 · 300 = 0 0246 m
PA
1013-105
'
5
p A = I atm = I ,O13 • 10 Pa
T = 300 K
V8 = V = O 0246 m
nRTn nRTB
TB
600
Pn = - - = - - pA= - pA= · I = 2 atm
VA
nRTA
TA
300
TB = 600 K.
nRT8
V. = - - = O 0373 m
p
PA = I atm
Te= 455 K.
p
=
Capitolo 24
✓
ENTROPIA
E SECONDA LEGGE
DELLA TERMODINAMICA
ESERCIZIO 24.03
Calcolare per il ciclo di Camot rappre entato in
figura (a) il calore a orbito e (b) il lavoro volto dal i tema.
100
o.___..____.____.__-L..-......____.___.__
o
0.2
0.4
Soluzione
(a) Un ciclo di Carnot è un ciclo r ver ibile co tituito
da un e pan ione i oterma, un 'e pan ione adiabatica una compre ione
i oterma e infine una compre ione adiabatica che riporta il i tema allo
tato termodinamico iniziale. Gli cambi di calore po ono avvenire olo
lungo le tra formazioni i oterme, lungo le quali appiamo che
0.6
S J/ K)
Q
= - L = nRT In -Vr .
vi
11 calore verrà a orbito ( Q > 0) dal i t ma durante I' pan ione isoterma, ceduto durante la compre ion i oterma ( Q < O).
Nel ca o pecifico po iamo calcolare il calor cambiato anche ricorrendo alla definizione di variazione di entropia e ricavando i dati
nece ari direttamente dal grafico del ciclo. Avremo co 1
Qa. = 6.S · T = [(O 6 - O I ) J/ K] · (400 K)
= 200 J.
(b) Ricordiamo che in un ciclo la variazione di energia interna 6.E è
empre uguale a zero, di con eguenza il lavoro fatto in un ciclo uguaglierà,
in modulo, il calore cambiato in tutto il ciclo. Indichiamo con T2 la
temperatura del] ' e pan ione i oterma e con T1 quella della compre ione
i oterma; ia inoltre 6.S2 la variazione di entropia durante l'e pan ione
i oterma e 6.S 1 la variazione di entropia durante la compre ione i oterma.
Avremo
L
Qi 1 = - (Qa + Q ed) =
(6.S2T2 + 6.S1 Ti) = - 6.S2(T2 - Ti) =
= - [(O 6 - O l ) J/ K][(400 - 250) K] = - 75 J.
==-
252
ISBN 88 08-1373-X
N I ri ol r abbiamo fruttato il fatto che t::.S2 = - S1 come i deduce
daJla figura
dal fatto eh lungo I tra formazioni adiabatich , non
ndoci cambio di calor non e n ppur variazion di ntropia
(dette tra formazioni i chiamano anche «i oentropich »).
ESERCIZIO 24.04
Quattro moli di un ga id al ubi cono panion dal volum V1 al volume V2 = 3 45 Vi. Se I pan ione e i oterma
a una t mp ratura T = 41 O K trovate (a) il lavoro compiuto dal ga eh
1
pand
(b) la variazione di entropia. (e) Se l'e pan ion anziché
i oterma adiabatica r v r ibile, qual e la variazione di entropia?
Soluzione
(a) Il lavoro compiuto dal ga
L8
dato da
V2
= nRT In -v,
= 16 885
2 J.
(b) E facil rica ar I pr ione generai d 11 ariazioni di entropia
p r il ga p Ii tto. Part ndo dal primo principio in forma diff renziale
e utilizzando 1 pr ione d Il nergia int ma d I ga pert tto, i ricava
V2
S1 2 = nR In V1
T2
+ nCv In -
T1
,
valida p r qual ia i tra formazion d I ga p rfetto. Nel ca o in e ame
la tra formazione i ot rma, per cui
V2
L
t::.S 12 = nRln - = -
Vi
ga
T
= 41 2J / K.
(e) Nel ca o I pan ion ia adiabatica r v r ibil la variazion di ntropia ri ulta ugual a zero, dato eh il calore cambiato tra ga ambi nte
t mo nullo il proce o r ver ibile.
ESERCIZIO 24.08 Si upponga che una data quantità di calore 260 J,
venga tra t rita p r conduzion da un erbatoio termico alla t mp ratura
di 400 K ad altri erbatoi termici di temp ratur (a) lO0 K (b) 200 K
(e) 300 K e (d) 360 K. Si calcoli la variazion entropica per eia cuno
d i ca i n Ila qu nza indicata e e ne di cuta la tendenza.
Soluzione
(a) Si indica con il t rmine « rbatoio» un i t ma o ambi nt di dim n ioni tali eh la ua temp ratura non ari in guito a
cambi di quantità finit di calar . Siamo quindi di front a du i t mi
che i cambiano calore enza ariare la propria temperatura. Indichiamo
con il p dic 1 il rbatoio a T1 = 400 K eh e d il calore e con il
pedic 2 il rbatoio eh a orb il calor · avr mo
S1
- Q
- 260 J
= -Ti = -=400 K
Q
260 J
!!::.S2 = - = - T2
100 K
O 65 J/ K
== 2 6 J/ K.
La variazion compie i a dell ntropia dell'univer o ri ulta
!!::.Suni
= !lS1+ llS2 =
- O 65 J/ K + 2 6 J/ K = 1,95 J/ K.
E DELLA TERMODI
Ml
ISBN 88-408-1373-X
253
erbatoi
t mo.
(b) Notiamo eh p r il
ca o (a) m ntr p r il
rbat i I la ituazion
rbatoio abbi m
!),,,S2 =
Q
260 J
200 K
- = -- = l
T2
!),,,Suni = - O 65 J/ K
+
l
non aria ri p tto al
J/ K
OJ/ K = O 65 J/ K.
(e) Analogam nt
!),,,S2 =
Q
260 J
-T2 = - = O 87 J/ K
300 K
e
Suniv = - O 65 J/ K + O 87 J/ K = 0,22 J/ K.
(d) In qu to ca o abbiamo
!),,,S2 =
Q
260 J
-T2 = - = O 72 J/ K
360 K
'
e
Suniv = - O 65 J/ K
+ O 72 J/ K = 0,07 J/ K.
Po iamo notar che la variazione di entropia d ll ' univ r o diminui e
al cr e r della t mp ratura del erbatoio 2. Se i du erbatoi ave ero
la m de ima t mperatura non ci arebb alcuna variazion di entropia
in quanto non ci potr bbe e ere alcun flu o pontaneo di calore tra i
du
rbatoi eh i trovano in quilibrio t rmodinamico.
ESERCIZIO 24.11
Una mi cela di 1,78 kg di acqua e 262 g di
ghiaccio in qui li brio alla temperatura di O°C vi n portata durante un
proc or v r ibil a uno tato di equilibrio final dov il rapporto d Il
ma e acqua-ghiaccio e 1/1 alla temperatura di O C. (a) Calcolat la
variazion di ntropia del i tema durant • qu to proc o. (b) Il i tema
vi n quindi riportato al primo tato di quilibrio, ma in modo irr ver ibil
(utilizzando un becco Bun en p r e empio). Calcolate la variazione di
ntropia d 1 i ·t ma durant que to proc o. (e) La vo tra ri po ta
in accordo con la conda 1 gg d Ila t rmodinamica?
0
254
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
(a) La t mp ratura durant tutto il proce o riman cotant , quindi iamo di fronte a una tra formazion i oterma. Le ma
finali di acqua ghiaccio ono uguali I indichiamo con m· ia ino1tr
Àru = 33 -1 O J / kg il caJor lat nt di fu ion d I ghia cio. Nel proce o
abbiamo eh una e rta quantita di acqua i olidifìca. Com prima co a
d terminiamo il valor di m:
Ricordiamo ora eh il calor lat nt di olidificazion
a qu Ilo di fu ion Abbiamo allora
D.
H20
ugual
contrario
(mH 2 - m)( - Àrus )
= ____
T____ =
[(1 ,78 - 1,021) kg](333 · IO J/ kg)
=-- - - -2-73_ K
_ _ _ _ _ = - 926 J / K.
(b) In que to ca o il ghiaccio i ciogli
allo tato ini ziai :
Sgh =
fino a eh
la mi e la ritorna
[(1 021 - O 262) kg](3 3 · 10 J/ kg)
(m - m gh)Àru
--T- -
273 K
= 926 J/ K.
(c) N I punto (b) abbiamo trovato una variazione di ntropia po 1t1 a per
il i t ma· l'ambi nte inv ce avrà una variazione di ntropia negati a
in quanto e d calor . La variazion di ntropia d Il ambi nt (becco
Bun en) arà minor di qu Ila d I i tema poich ' il calor c duto
id ntico a qu Ilo a orbito dal i t ma la t mp ratura d 11 'ambi nt
c rtam nt maggior di quella d I i t ma quindi indicando con ~
la t mp ratura d 1 i tema con Ta qu 11a d ll 'ambi nt
con Q il
calor cambiato, abbiamo eh la ariazion di entropia dell'univ r o
t rmodinamic
al
Sun i
-
S
.
+ 13.S
a
= Q - Q = Q
T.
Ta
(_!_
- _!_)
T.
Ta
> O.
conda tra formazion del i tema e
irr r ibile om ci i pot va a pettar , dato eh il i t ma non in
grado di tornare pontan am nt allo tato di partenza nza un int rv nto t mo. Notiamo infin che la ariazion di ntropia d I i tema
globalm nt nulla· anch que to ri ultato in accordo con il econdo
principio d Ila t rmodinamica· infatti I ntropia una funzion di tato
il i t ma, dopo I du tra formazioni, ritorna ffi ttivam nte allo tato
inizia] quindi la ua ariazion di ntropia de e
r nulla indipend nt m nt dalla r ver ibilita o m no d li tra formazioni. Il condo
principio affi rma eh la variazion di ntropia d ll ' univ r o ( i tema +
ambient ) d v
r maggior o uguale a z ro.
ISBN 88-408-1373•X
255
p
Vr
b
1
~
-
-
e
1, P1
,,
Vo,Po
a
d
V
Li
1
= Lb + Lda = Pt (Vi
- Vo) + Po(Vo - Vi) =
= (Vi - V. (Pi - Po) = VoPo
(b) Il calore cambiato n I p r or o ab
da a a b da b a , quindi
= 2272 5 J.
la omma d i calori cambiati
= Qab + Qbc = n v(Tb - Ta) + ncp(Tc - Tb) =
= ~n R (Pi Vo _ PoVo) + ~n R (Pi Vi _ P1 Vo) =
Qab
=
nR
2
3
nR
nR
2
13
2Po Vo + 5 PoVo = 2
Po Vo
=
nR
14 771 25 J .
N I calcolo ci i a val i d Ile eguenti relazioni val id p r i ga
l equazion di tato la relazione CP = Cv + R
il valor d I
molar monoatomico Cv = 2 R. Notiamo eh Q 0 b corri ponde al
a orbito in un ciclo.
(e) Dalla definizion dir ndim nto p runa macchina termica, ott
TJ
L i lo
= -Qa
LiI
5
=- = -2272
-= O 15 =
Qab
14771 ,25
(d) Il rendim nto del ciclo di Camot
perature d i du
rbatoi:
1J
am t
=
Ta
1- -
~
=
Po Vo
P1Vi
1 - --
1
I - - =
4
niamo
15 °h .
d t rminato oltanto dall
=
id ali:
calor
calore
t m-
O,75 = 75 °h .
Il rendimento ri ulta maggior di qu Ilo calcolato p r la macchina r aie,
in accordo con quanto tabilito dal teor ma di Camot che afferma eh ,
tra tutt le macchine che op rano tra due dati erbatoi quella di Camot
ha il rendim nto piu el vato.
ESERCIZIO 24.29
(a) Una macchina t rmica di Camot op ra tra le
temperature di 322 K e 258 K. Quanto lavoro forni ce e a orbe 568 J
di caJor dalla org nt calda? (b) Fac ndo percorrere alla macchina il
ciclo al contrario e a fung da frigorifero. Op rando tra l m d ime
t mperatur quanto lavoro richi d p r trarr 1230 J di calore dalla
org nt fr dda.
256
24
ISBN 88-408-1373-X
Soluzione
ENTROPIA E E ONDA LEGGE DELLA TERMODI 'A MI 'A
(a) Dalla definizione di rendimento abbiamo
L
=> L = rJ • Qa
Qa
rJ = -
Per ricavare il lavoro fornito dobbiamo conoscere il rendimento del ciclo.
Indichiamo con Ti la t mperatura a cui avviene la compre ione i oterma
del ciclo di Camot con T2 quella a cui avviene l'e pan ione i otenna.
Per il ciclo di Camot appiamo che
Quindi, ricordando che l'energia interna una funzione di tato e che
la ua variazione in un ciclo è pari a zero, abbiamo
1] amot -
I Q ceci I -
L - I
Qa .
I
Qa
T, - O 20 .
T2
Otteniamo ora il lavoro fornito
L
= r, · Qa = 0,20 · 568 J = 113 J.
(b) L' fficienza di una macchina frigorifera è definita come
Qa
e- -L- .
In que to ca o il calore a orbito dal i tema e quello scambiato con il
erbatoio a temperatura piu ba a. Nel ca o della macchina di Camot
i ha
Ti
258 K
E= - = (322 T2 - Ti
258) K
= 400.
'
Infine otteniamo il lavoro che i deve fornire a11a macchina frigorifera:
L
=
Q a..
e
p
e
2po
Po
a
b
Vo
4V0
V
=
1230 J
4,03
= 305 J.
PROBLEMA 24.03
Una mole di un ga ideale monoatomico percorre il ciclo mo trato in figura. (a) Quanto lavoro i compie ul ga in
e pan ione da a a e lungo il percor o abc? (b) Calcolare le variazioni di
energia interna e di entropia nella tra formazione tra be c. (e) Calcolare
le variazioni di energia interna e di entropia in un ciclo completo. Si
e primano le ri po te in funzione della pre sione p 0 e del volume V0
po eduti nel punto a del diagramma.
CE DELLA TERMODINAMI A
ISBN 88-408-1373-X
257
Soluzione
(a) Il lavoro lungo il percor o abc è dato dalla omma
dei lavori relativi a ogni tra formazione· ricordando che il lavoro in una
tra formazione i ocora ugual a z ro, pos iamo crivere
L abc
=
La
b
+
Lb
= - po(4Vo - Vo) + O = - 3po Vo .
(b) E endo l' energia int ma fun zione della ola temperatura la ua
variazione lungo qualunque tra formazion che colleghi due date i ot rme
val empre
=n
6.Eb
Il ga
monoatomico, quindi c v
6.T.
= (3 / 2)R·
allora:
Nella formula abbiamo ricavato i valori della temperatura utilizzando
l'equazione di tato dei ga perfetti p V = n RT.
(c) Dato che I energia interna e l'entropia ono funzioni di tato, la loro
variazione lungo un ciclo qualunque e empre nulla quindi
6.S = O.
p
PROBLEMA 24.04
A una mole diga biatomico ideale con molecole
rotanti ma non o cillanti viene fatto percorrere il ciclo mo trato ul
diagramma p -V in figura , ove V2 = 3 V1. Determinate in funzione
di Pi, Vi , Ti ed R: (a) P2, p , T3 e (b) L , Q, 6.Eint e 6.S per tutti i
tre proce i.
Soluzione
(a) La tra formazion da 1 a 2 è un ' e pan ione i oterma.
DaJI ' equazione di tato dei ga otteniamo
PI
Vi
PI
Pi Vi = P2V2 => P2 = - - = - .
V2
3
La tra formazione dallo tato 3 allo tato I è una compre ion adiabatica
rever ibile: po iarno crivere
p V{= Pi V( .
Dato che il ga è biatomico, y
= ~.
Abbiamo
258
24
ISBN 88-408-1373-X
ENTROPIA E SECONDA LEGGE DELLA TERMODINAMI A
(b) Analizziamo i tre proce i uno aJla volta:
1•
2 E pan ione i oterma:
2
L 12 = -
/,
I
I
= - L 1 2 = R Ti
Q 12
/,
pdV= -
2
nRT
V2
- - dV= - nRT1ln - = - RT1ln3
1
V
V1
In 3
l:iE12 =0
2
=
6S1 2
2•
/,I
= Rin 3.
Q1 2
3 Tra formazione i ocora:
=O
L 23
!:iS23 =
{
12
3•
dQ
1
= T
T1
dQ = { nCv dT = nCv In ~=~ R(l - y) ln3 = - R ln3.
T 12 T
Ti 2
l Compre ione adiabatica:
L
I
=
!:iE
I
Q1=0
1:i E 3 1
= ne r, V(
T)
= -5 R ( I 2
3 y) r,
1-
Pos iamo ora controllare la correttezza dei calcoli verificando e la variazione di energia interna e quella di entropia su tutto il ciclo dà zero
come deve e ere in quanto si tratta di due funzioni di tato. Inoltre,
empre per lo te o motivo e per il primo principio del1a termodinamica,
dobbiamo trovare che lavoro fornito e calore cambiato u tutto il ciclo
devono e sere uguali in modulo e oppo ti in egno. Si ha
/:i E
icl
=
/:i E I 2
+ /:i E 2 + /:i E I =
5 .
= O+ (] - 3 I - r ) R T1 - 5 (I - 3 I - r ) R T = O
2
2
= 6S1 2 + 6S2 + !:iS 1 = R In 3 - R ln 3 + O=
1
!:i S ci
1
Q ciclo
{
==>
=
Q1 2
+ Q2 + Q 1 =
= L1 2 + L 2 + L 31 = Qciclo + Lei lo = O•
L ciclo
RT1 In 3 -
5
2(I -
O
3 1- Y)RT,
5
I
RT, In 3 + - (I - 3 - r )RT1
2
I ri ultati ottenuti sono tutti coerenti e confermano la correttezza dei
procedimenti applicati. Po iamo infine fare un ultimo controllo cakolando il lavoro compiuto lungo la compre ione adiabatica a partire dalla
24
ENTROPIA E ECONDA LEGGE DELLA TERMODINAMICA
ISBN 88-408-1373-X
259
definizione di lavoro dall equazione p V Y = co tante, che de crive l
tra formazioni adiabatich r ver ibili di un ga ideale. Come già vi to
nell E ercizio 23.20 i ha
L = - i rpdV =
I
I - (pr Vr y - l
_
' = ~(p, V, - p3V3)=2,5 [p, v,
-
3p, v,
( ~ )'] =
Come ci a pettavamo, il ri ultato ottenuto
utilizzando la variazione di energia interna.
b
Pa
A pirazione
d
Soluzione
V
va
Vd
~(1 - 3 1- Y)RT,.
id ntico a qu Ilo trovato
PROBLEMA 24.10
Una macchina termica a combu tione int ma di
benzina può e ere appro imata dal ciclo mostrato in figura. Supponet
che la mi cela aria-benzina ia un ga ideale e utilizzate un rapporto
di compre ione di 4/1 (Vd = 4V0 ). Supponete che Pb = 3p0 • (a)
Determinate la pre ione e la temperatura in ognuno dei punti di vertice
del diagramma p- V in funzione di Pa e T0 • (b) Qual è il rendimento
del ciclo?
p
Pb
.
lo tato 3 e lo tato finale f è
Nel ca o in e ame, lo tato iniziai i
lo stato l, quindi
l
Pi Vi)
(a) Analizziamo uno alla volta i vertici del ciclo in e ame:
nRT0
Va= - Pa
a
Pb = 3pa
b
vb ) y
Pc = Pb ( V,
( Va ) y
4Va
Ta
Ve = vd =4Va =4nR Pa
e
= Pb
Te = PcVe = 4Va3Pa
nR
nR
I
Pd = Pa (
d
Td
~
r
= Pa (
= Pd vd = 4pa Va
nR
(~)4 y=
nR
ff
(~) y
= 3pa ( -1)
y
4
12 Tc,
(~)4 y
Vd = 4 Va
= Ta41 -y .
4
(b) Per calcolare il rendimento del ciclo dobbiamo trovare i calori cambiati
lungo le varie tra formazioni· dato che due delle quattro tra formazioni
ono adiabatiche e quindi non comportano cambio di calore, è uffici~nte
calcolare i calori cambiati lungo le tra formazioni i ocore. Abbiamo
a
•
b Tra formazione i ocora ( coppio):
260
24
ISBN 88-408-1373-X
ENTROPIA E SECONDA LEGGE DELLA TERMODINAMICA
e ~ d Trasfonnazione isocora (aspirazione):
Qc:-+ d = nCv(Td - Te: )= nCv(4,4 1 - r - 3T0 4 1- y)
= -2nCv4,4l - y < O Qced.
Calcoliamo ora il rendimento:
T/
= 1 IQcedl = I _
IQ ass I
2nCv Ta4l - y
2n Cv Ta
= I _ 41 _ y.
Appendice
Qualche costante fisica
3,00 • 108 m/s
6,67 · 10- 11 N · m2 /kg 2
6,02 • 1023 mole- •
8,31 J/mole • K
8,99 · 10 16 J/kg
931,5 MeV /u
8,85 · 10- 12 F/m
1.26 · rn- 6 H/m
6,63. 10- 34 J. s
4,14•10- 15 eV•s
1,38 · 10- 23 J/K
8,62 · 10- 5 eV /K
t,60 · 10- 19 c
9, 11 · 10- 31 kg
1,67 · 10- 27 kg
5,29 • 10- 11 m
9,27 · 10- 24 J/T
5,79 · 10- 5 eV /T
Velocità della luce
Costante gravitazionale
Numero di Avogadro
Costante universale dei gas
Relazione massa-energia
Costante dielettrica del vuoto
Permeabilità magnetica del vuoto
Costante di Planck
Costante di Boltzmann
k
Carica elementare
Massa a riposo dell'elettrone
Massa a riposo del protone
Raggio di Bohr
Magnetone di Bohr
Qualche fattore di conversione
Massa
I kg= 1000 g = 6,02 · 1026 u
Iu
I ,66 · 10- 27 kg
Velocità
I m/s = 3,6 km/h
l km/h= 0,278 m/s
Lunghezza
I m = IO cm= 39,4 in = 3,28 ft
I mi= 1,61 km= 5280 ft
I in= 2,54cm
I nm = 10- 9 m = IO A
Forza e pressione
IN= 105 dine
l Pa = I N/m 2 = 10 dine/cm 2
I atm = 1,01 · IOS Pa = 76 cmHg
=
Tempo
Id= 86400 s
I y = 365 + ¼ d = 3, 16 · 107 s
Volume
IL= 1000cm 3 = 10- 3 m3
Angoli
I rad= 57,3° = O, 159 giri
rr rad = 180° = giri
!
Energia e potenza
I J = 107 erg= 0,239 cal
I kW · h 3,6 · 106 J
l caJ = 4, 19 J
t I eV I, 60 · 10- 19 J
I CV= 735,5 W
=
=
Elettricità e magnetismo
I T = I Wb/m 2 = IO" G
262
ISBN BM08-1373-X
APPENDICE
Qualche proprietà fisica
Aria (secca, a 20 °C e I atm)
·ti
Calore specifico a pressione costante
Rapporto fra calori specifici
Velocità del suono
Potenziale di scarica elettrica (rigidità dielettrica)
Massa molare effettiva
~itàVelocità del suono
Calore specifico a pressione costante
Calore di fusione (O °C)
Calore di vaporizzazione ( I 00 °C)
Indice di rifrazione (ì.. = 589 nm)
Massa molare
-- 1,21 kg/m 3 ~1010 J/kg • K 1,40
343 m/s
3 · 106 V /m
0,0289 kg/mole
- 1000 kg/m 3 ..____
1460 m/s
4190 J/kg · K
333 kJ/kg
2260 kJ/kg
1,33
0,0180 kg/mole
Terra
Massa
Raggio medio
Accelerazione di caduta
Pressione atmosferica
Periodo di rotazione di un satellite a l 00 km di altezza
Raggio dell'orbita geosincrona
Velocità di fuga
Momento di dipolo magnetico
Campo elettrico medio alla superficie
5,98 · tD24 kg
6,37 • ta6 m
9,81 m/s 2
1,01 · 1()5 Pa
86,3 min
42200km
11 ,2 km/s
8,0 · 1022 A · m2
15 V/m
Distanza da:
Luna
Sole
Stella più vicina
Centro della galassia
Galassia di Andromeda
3,82 • 108 m
1,50 · 10 11 m
4,04 • 10 16 m
22 - 1020 m
2'. 1 • IC>2 2 m
Dimensioni dell'universo osservabile
~1D26 m
-- -,
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