Esercitazioni di fisica generale 1: esercizi e problemi risolti di meccanica e termodinamica (con OCR) 9788846701848, 8846701844

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INDICE

impiegato: È vietata la riproduzione. anche parziale,di questo volume, quale che sia îl mezzo microfilms. lotocopie, fotostatiche, ecc. L'illecito sarà penalmente perseguibile a norma dell'art. 171 legge 22 aprile 1941, n. 633.

(01 1° numerosiriferisce al capitolo degli esercizi, il 2° al capitolo delle soluzioni)

1. 2. 3. 4. 5. 6.

MISURE ED ERRORI VETTORI .......... CINEMATICA DEL PUNTO ................ LE EQUAZIONI DEL MOTO ................. DINAMICA DEL PUNTO NON VINCOLATO .............. DINAMICA TRASLAZIONALEDI SISTEMI NON VINCOLATI DINAMICA IN PRESENZA DI VINCOLI LAVORO ED ENERGIA ........ i MOTO IN CAMPO CENTRALE .............. i.

1 3 6 10 ul

10.

CONSERVAZIONE DEL MOMENTO ANGOLARE ASSIALE

28

136

11.

OSCILLAZIONI

30

138

12.

CINEMATICA DEL CORPORIGIDO

31

142

13.

CAMBIAMENTI DI RIFERIMENTO (CINEMATICA)

33

146

14.

DINAMICA NEI RIFERIMENTI NON INERZIALI

35

150

15.

LE EQUAZIONI CARDINALI DEI SISTEMI

................

38

157

16.

DINAMICA DEL CORPO RIGIDO

..........................

40

161

17.

ENERGIA DEISISTEMI

.....................///0

43

168

18.

LEGGI DI CONSERVAZIONE PER. SISTEMI

46

174

19.

FORZE IMPULSIVE E URTI

49

182

20.

PROBLEMI DI MECCANICA

52

189

21.

EQUAZIONIDI STATO E TRASFORMAZIONI 63

210

T. 8.

...............0 00

TERMDINAMICHE

....................... ......

..............

.............00 Li

15 18 21 25

105 107

113 118 123 130

© Copyright 2000

22.

IL 1° PRINCIPIO DELLA TERMODINAMICA

..............

66

213

EDIZIONI ETS

23.

IL 2° PRINCIPIO DELLA TERMODINAMICA.

..............

72

223

24.

ENTROPIA E POTENZIALI TERMODINAMICI

............

75

228

25.

‘PROBLEMI DI TERMODINAMICA

...................0..0.

82

240

Ristampa UN2

Piazza Carrara, 16-19, 1-56126 Pisu

e-mail [email protected] www.edizioniets.com Distribuzione

PDE, Via Tevere54, 1-50019 Sesto Fiorentina [Firenze] ISBN 88-467-0284-0

PREFAZIONE

Questo libro nasce dalla raccolta, con qualche aggiunta e integrazione, degli esercizi che settimanalmente propongo agli studenti di Fisica Generale 1 del Corso di Laurea

in Matematica dell’Università di Pisa, e che successivamente vengono discussi nelle ore di esercitazioni.

Così comele esercitazioni procedono di pari passo con le lezioni, i capitoli in cui sono suddivisi gli esercizi sonoglistessi (e quasi sempre con lo stesso titolo) di quelli del libro in cui ho raccolto le lezioni svolte nel Corso (“Lezioni di Fisica Generale” — ETS Pisa 1998): è ovvio tuttavia che il mio obiettivo è stato quello di rendere questa raccolta di esercizi e problemi autonomae utilizzabile indipendentemente dal libro di testo.

Sia la parte di Meccanica che quella di Termodinamica sono concluse da un capitolo di problemi; la differenza fra i problemi e moltidegli esercizi dei capitoli che lì precedono nonè sostanziale: in parte questa suddivisione è nata dalla necessità di non appesantire troppoi singoli capitoli, in parte dalla opportunità di fornire allo studente, a conclusione del Corso, del materiale di ripasso simile a quello che potrebbe trovare in sede di esame. Tutti gli esercizi e i problemi proposti vengonorisolti in modo abbastanza dettagliato, qualche volta in più di una maniera (proprio comedisolito viene fatto nelle esercitazioni in aula), e spesso ie soluzioni sono corredate da osservazioni e commenti. Lo studente troverà esercizi facili, altri un po’ meno ed anche esercizi di una certa difficoltà. Questi ultimi sono stati inseriti proprio per mettere a fuoco problematiche importanti ma non banali, e non devono scoraggiare lo studente: non mi aspetto affatto che gli studenti debbanoessere in grado di risolvere, senza alcun aiuto, tutti gli esercizi proposti. L'importante è imparare, e si impara molto anche impegnandosi nel cercare di risolvere problemi menofacili, senza riuscirci, purché poi dallo studio della soluzione proposta lo studente riesca ad individuare le ragioni, non necessariamente derivanti da carenze di preparazione, delle proprie difficoltà. Credocheil taglio di questa raccoltarifletta abbastanzail fatio che nasce da un Corso

per gli studenti di Matematica: gli aspetti concettuali prevalgono su quelli applicativi

(in modo particolare nei problemi di Termodinamica), ma ritengo che questi aspetti debbano essere importanti anche per gli studenti di Fisica e, perché no,di altri Corsi di Laurea: i concetti di base, una volta capiti, rimangono e in ogni caso costituiscono le fondamenta per ogni costruzione futura.

Ungrazie alla Dott.° Scilla Degl’Innocenti per l'aiuto che mi ha dato in quest’ultimo annoe per avere individuato un certo numerodi errori di stampa(chissà quanti saranno

sfuggiti ai nostri controlli!)

Al Prof. Paolo Farinella, oltre a un ringraziamento per avermi incoraggiato a pubblicare questa raccolta, va tutta la mia riconoscenza per gli anni in cui abbiamo lavorato insieme allo svolgimento del Corso e delle Esercitazioni: la maggior parte dei problemi proposti sono nati da questa nostra lunga collaborazione.

ie

rifite ringrazio il Prof. Roberto Vergara Caffarelli, responsabile del Centro per la conservazione e lo studio ‘degli strumenti scientifici, per avermi consigliato e fornito l’im#magine che appare sul frontespizio sia di questo libro che di quello delle lezioni: è una riproduzionedi una incisione di Paolo Lasinio dalla Tribuna di Galileo, in cui è rappresentato il giovane Galileo “nell’atto che osserval’oscillar della lampada nella Cattedrale Pisana”.

Prima parte — ESERCIZI E PROBLEMI

Luigi E. Picasso Pisa, maggio 1999

1.

MISURE ED ERRORI

Nota. Il 1° esercizio è una proposta di esperimento da effettuarsi con mezzi “casalinghi”, e dal risultato sempre gratificante. Meglio di ogni lezione serve a far capire

l'origine di quello che viene chiamato “errore” associato ad ogni risultato di una mi

sura, Il problema della propagazione degli errori, che verrà affrontato in generale nel 3° esercizio, qui deve essere risolto dallo studente in modo “artigianale”. Le eguaglianze approssimate del 2° esercizio sono molto importanti e verranno spesso utilizzate: in fisica molte espressioni diventano più comprensibili ed efficaci se riscritte

trascurando i “termini di ordine superiore”, p.es. log(l1 + AV/V) + AV/V, ecc.

Infine il 3° ed il 4° riguardanoil problema della propagazione degli errori.

MASSASITO RITIPIFO FTAÈ

1.1

Vi propongodi misurarel’accelerazione di gravità g a para

: del periodo delle piccole oscillazioni del‘pendolo

:T= 2rVi/;/g> > c9> 4n°1/7° 2 procedendo nel modo seguente: procuratevi del filo sottile ma . robusto, un ‘oggetto di piccole dimensioni ma di grande massa

‘ che appendereteal filo. Attaccateilfilo al soffitto o allo stipite

AT \

\ \

di ina porta e mettetelo in oscillazione, cercando di fare in modo * chele oscillazioni sì svolgano su un piano. Quando le oscillazioni “sono piccole (= 10°) misurate con un cronometroil tempo ‘corrispondente al maggior numero possibile di oscillazioni. Ripetete più volte la misura.

Stimate al meglio l'errore su 7 dovutialla sensibilità del cronometroe ai vostri tempidi

reazione (eventualmente misurati a parte), e sulla misura della lunghezza del pendolo; quindi, dopo che avrete risolto il problema di capire come gli errori stimati su T° e su ! si “propagano” su 47?//T?, sarete in grado difornireil risultato della vostra misura ed il relativo errore. Fate una relazione in cui dite quali materiali avete usato, come avete assemblato il pendolo, come avete proceduto a effettuare le varie misure, dei problemi che avete dovuto risolvere, e di quelli che avete individuato ma accantonato. Vi renderete conto che fare una misura accurata non è tanto banale, in ogni caso dovreste ottenere un

buon risultato (g = 9.8m/s°).

S

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 1.2

Siano nem interipositivi e jr| < 1. Supponendo di poter trascurare i termini

proporzionali a x° , x..., dimostrare le seguenti eguaglianze approssimate (nell’ordine

dato, anche se alcune sono casi particolari di successive), e verificarle numericamente (mediante l’uso di una calcolatrice) per i valori indicati.

n=10.

x= 0.01.

e) + aicr+ta;

z=0.01,

) (1+a)tm iaia;

520.01, n=2,m=5.

ad abituare lo studente all’uso dei vettori e a far capire che certamente l'uso delle “coordinate è talvolta utile, ma nonn logicamente essenziale. Tn particolare il 5° fornisce

n=10.

6oordina te.

g) Verificare numericamente per 2 = 107? (usare una calcolatrice) le seguenti: e214z;

log1+r)c

e scrivere e” e log,(1+) rispettivamente come 14 e x con il giusto numero di cifre significative.

1.3

Siano a, d grandezzefisiche (positive) fra loro indipendenti, misurate (ciascuna

in modoindipendente dall'altra) con errori relativi Aa/a, Ab/b, e si suppongache detti errori relativi siano piccoli così da poter trascurare i loro quadrati ed i loro prodotti.

a) Se r=a-b dimostrare che l'errore relativo su a è Ar/r = Aa/a+ Ab/b.

ds = 1 UV |0

c) Se x =aP con p intero negativo, dimostrarechel'errore relativo su x è Ar/o = [plAa/a. con p,q interi. Dimostrare che Verrore relativo su x è

Az/x = |plAa/a+|glAb/b (se a,b non sono positivi, scriveremo {aj,{b|}.

1.4 Lalegge oraria di un graveche cade verticalmente partendo da fermo è s = 1gt?. Si supponga di misurare tempo e altezza di caduta con errore relativo (in entrambii casi) dell'1%. Dire qual è l’errore relativo sulla determinazione di g.

sei=j sei#j

(così p.es. Y7, d;;a; = a;} edil simbolodi Levi Civita ;;x come 0 se dueindici sono uguali Ck =

b) Se r = a’ con p intero positivo, dimostrare che l'errore relativo su a è Ag/r= phAafa.

d} Sia ora x = aP-b°

2.1 Indichiamo con w;, (i = 1,2,3) le componenti cartesiane di un vettore. Il simbolo di Kroneker di; è definito come

1 1

sei,j,k valgono 1,2,3 oppure 2,3, 1 oppure 3, 1,2; sei,j,k valgono 2,1,3 oppure 1,3,2 oppure 3,2, 1.

a) Verificare che (Z Ab) BI 7 Locgiasbi. b) Verificare lidenticà x» cijpéitm = Sjidkm — djmdut-

(1)

(l (1) per dimostrare le seguenti identità vettoriali b«@AB)At=(7-0)b-®-0)a

c) Utilizzare l’identità

si

antae)= (a-2)5- (4-5)?

I

(anb)A(end)=(d-cnd)b- (b-cndja=

x Bu

d} VTFEC14 j5;

studente conoscal’esistenza delle identità vettoriali elencate nella domandac).

Gli esercizi dal 2 al 5 sono più che altroesercizi di algebra lineare nello spazio euclideo tridimensionale; si suggerisce di risolverli senza ricorrere ad un sistema di coordinate, sfruttando le proprietà del prodotto scalare e del prodotto vettore: infatti servono

n=10.

ni

xc=0.01,

Fì

c) (1+x)" 0

a) Fare un grafico di F, e determinarele posizioni di equilibrio. Dire quali sono di equilibrio stabile. b) Calcolare la frequenza delle piccole oscillazioni (armoniche} attorno alla/e posi

zione/i di equilibrio stabile.

c) Dire rispetto a quale/i lunghezza/e le oscillazioni devono essere piccole per potere 5.3

Un punto materiale di massa m si muovesulla semiretta r > 0 soggetta alla forza b

F=-i44 Tr

Fr

(a> 0, b> 0). .

a) Per quale valore di r > 0 si ha equilibrio? Mosirare che tate equilibrio è stabile. b) Qual è il periodo delle piccole oscillazioni intorno alla posizione d’equilibrio?

(2)

sia una possibile legge oraria per il punto P. moto Si suppongaora di non conoscerela legge oraria (2), madi sapere soltanto che il regolare. oraria legge con ), nell'origine centro (con nza circonfere di arco un su si svolge

Usando solo questa informazionee la leggediforza (1), b) determinare gli estremiangolaridella traiettoria, i puntidella traiettoria in cui la velocità è nulla e quelli (o quello) in cui è massimae calcolarla. e) Dimostrare che il moto è periodico.

L'esercizio 8 è praticamente uguale all’esercizio 3.2: ora si proponedi risolverlo utiliz-

essere considerate approssimativamente armoniche.

Determinarela forza F a cui è soggettala particella.

{ F. = kr (0° — 922/16) F,=0. a) Determinare le costanti A e a in modo che r(t)=R (costante) 01) = Asenat z(t)}=0

Nota. Il 3° esercizio è quasi una ripetizione del 2°: assumerà un particolare significato nello studio del moto radiale per le orbite quasi circolari nel moto kepleriano.

5.1 Al pavimentoe alsoffitto di una stanza di altezza L sono attaccate in posizione verticale e allineate due molle identiche, ciascuna di costante elastica & e lunghezza di riposo fp. Una massa m è saldata agli estremiliberi di entrambe le molle.

F(to +T)= Fito), #(t0-+T) = (to). Direse il moto è periodico ( Ft+T)= ft) vi).

Fg=-kr9 k>0

DINAMICA DEL PUNTO NON VINCOLATO

5.4 Una molla di massatrascurabile, costante elastica £ e una certa lunghezza di riposo (lo), è disposta verticalmente e fissata al pavimento. Sull’estremo libero viene lasciata cadere da altezza & una

massa m.

a) Determinarela legge oraria della massa m finché è a contatto con la molla. b) Calcolare la massima compressione della molla. 5.5

Un punto materiale di massa m = 1kg si muove per effetto di una forza elastica

P = -kF, dove la costante k= 1N/m. Si suppongache, per t = 0, f = (0,4,0) m. Determinareia legge oraria del moto e la massima e la minima distanza dall’origine raggiunte dal punto durante il moto 11

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Dinamica del punto non vincolato

5.11 Calcolare il modulo del momento angolarerispetto al centro della Terra di un satellite geostazionario di massa m = 10° kg.

a) se il punto parte da fermo;

b) se ha unavelocità iniziale diretta lungo Passe y pari a 3 m/s; c) se la velocità iniziale è diretta lungo l’asse 2 ed è pari a 5 m/s. d) Quale deve essere la velocità iniziale perché la traiettoria sia circolare? Data una particella P di mass m,

5.6

ne O delle a) calcolare il momento angolare Îo la velocità areolare (rispettoall’origi coordinate) se P si muove con velocità costante 7 sulla retta ar +by+c=0in verso antiorario rispetto all’asse 2.

y=Rsenwi,

2=0;

d) r=Rcoswt,

y= Rsenwt,

IQ=0.

z=ut;

l’accelerazione.

_

Si calcoli anche L? e si descriva qualitativamenteil moto del vettore L{t).

i

m Si consideri la seguente legge oraria di una particella P di massa

5.7

rli) = acoswt

y(t) =bsenwt

z=0

L . (equazioni parametriche di un'ellisse). e utilizzar ed e) coordinat delle ne ll'origi Calcolare il momento angolare di P (rispettoa

il risultato per calcolare l’area dell’ellisse.

5.8

in un b) Dati a,b,c # 0, determinare per quali valori-di #,x la traiettoria degenera segmento.

Siconsiderila legge oraria

5.14 Trascurando la presenza dell’aria, qual è la massima velocità tangente alla superficie della Terra che può avere un proiettile perché descriva unatraiettoria circolare prossimaalla superficie terrestre? (Questa è anche la velocità disatelliti di bassa quota in orbita circolare). 5.15

La Terra descrive attorno al sole un'orbita praticamentecircolare di raggio ar =

1.5 x 108km £f 10.4. (U.A.: unità astronomica) con un periodo orbitale di 1 anno (Torb = 3.15 x 107 s).

calcolare il rapporto fra la massa del Sole e quella della Terra.

5.16 Cisi propone di stimare il numero di stelle che costituisce la nostra Galassia, facendo uso esclusivamente delle seguenti informazioni:

1) la Terra ruota attorno al Sole su un'orbita (quasi) circolare di raggio R = 1UA (unità astronomica) = 1.5 x 108 km, con un periodo 7 = 3 x 107 s; ti) il Sole ruota attorno al centro della Galassia su un'orbita (suppostacircolare) di

raggio D = 2 x 10° UA ad una velocità v; = 250km/s.

1.

Ft) = Fo + dot + 38°. Verificare che 02/2 — g-# è una costante del moto. © 5.10

costante l'accelerazione.

b) Sapendo inoltre che il raggio della Terra è Ar = 6.4 x 10%km e g = 9.8m/6}, (6) = ecostwi + x).

è piana. a) Calcolare il momento angolare Lo e dimostrare chela traiettoria

5.9

N.B. Siutilizzino solo i seguenti dati: Rr = 6.4 x 10% km, e g = 9.8m/s?. b) Stimare l’errore percentuale sul tempo ? di caduta commesso per aver supposto

a) Calcolare la velocità orbitale vr della Terra.

Si consideri la legge oraria r(t) = acoswt y(6) =bcoslwt +4)

5.13 A seguito di un urto con un meteorite, un satellite artificiale in orbita circolare di raggio R = 42 x 103 km,viene completamente fermato e inizia a cadere in verticale sulla Terra.

Q=0.

x: c) Legge oraria di un punto su una ruota di raggio A che rotola sull’asse 5=-Rwt+Rcoswt, y=R+Rsenwt, z=0 prendendo camepolo f2 îl centro C della ruota. 1

di 6.4 x 105 m, e quello della Luna è di 1.7 x 10° m).

a) Calcolare il tempo che impiega a coprire i primi 1000 chilometri di caduta, nell’approssimazione in cui (in questi primi 1000 chilometri) si considera costante

Calcolare il momento angolare La se P hale seguentileggi orarie: b) r= Rcoswut +20,

5.12 Unsegnale radio lanciato dalla Terra impiega 2.5 a ritornare sulla Terra dopo essere rimbalzato sulla Luna. Calcolare il periodo di rivoluzione della Luna attorno alla Terra. (Il raggio terrestre è

e può essere La costante G che comparenella legge di gravitazione universal

misuratain laboratorioe si ottiene il valore G = 6.7 x 10-!! Nm?/kg?. Il raggio della

Siccomeil Sole si trova alla periferia della Galassia, si faccia l’ipotesi che (praticamente) tutta la materia che costituisce la Galassia si trovi a distanza dal centro minore di quella del Sole, sicché (se si suppone che sia distribuita con simmetria

sferica) può essere considerata tutta concentrata nel centro della Galassia.

a) Determinareil rapporto Mc/Ms fra la massa della Galassia e quella del Sole.

Sapendo Terra fu misurato da Eratostene ed oggi è noto essere Rr = 6.4 x 109m. 9.8m/s?, = g con mg, = È forza una m massa di corpo un su che la Terra esercita determinare la massa della Terra.

b) Se si suppone che le stelle della Galassia abbiano in media una massa uguale a

12

13

quella del Sole, stimare la distanza (media) fra le stelle.

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Mo

5.17

Una sferetta di massa m si muove in un mezzo viscoso soggettaalla forza viscosa

6.

DINAMICA TRASLAZIONALE DI SISTEMI NON VINCOLATI

PE) =-39

alla forza costante fj = md. a) Determinare la legge oraria del moto se la sferetta parte da ferma.

b) Determinare d(t) se la sferetta parte con velocità o orizzontale (7 1 3). c) Determinare (sempre nel caso dg L Fi) l’asintotodella traiettoria. MQ. 18

Una sferetta (massa m) si muove in un mezzo viscoso che esercita sulla sferetta

la forza

F(=-9- sod

(m8>0)

ed è inoltre soggetta ad una forza costante hh

della sferetta nel a) Dando per scontato che esiste, determinare la velocità limite Mezzo.

limite sia b) Quale condizione su È;,-1, é deve essere soddisfatta perché la velocità —79? viscosa forza una ad dovuta quella a approssimativamente uguale

Nota. L'ultimo esercizio, pur non presentando — nel modo in cui viene formulato — particolari difficoltà concettuali, è abbastanza laborioso e richiede una certa esperienza di calcolo che generalmente lo studente non ha ancora: tuttavia esso viene proposto per l’importanza dell'argomento che tratta — oscillatori accoppiati e fenomeno dei battimenti — e lo studente è invitato comunque a tentarne la soluzione, anche con l’ausilio di quella proposta. Se Una molla di costante elastica £ viene tirata con una forza F ad un estremo e con una forza opposta all’altro estremo.

a) Di quanto si allunga la molla? La molla viene tagliata in due parti uguali.

b) Quant'è la costante elastica di mezza molla? Le due mezze molle vengono saldate insieme “in parallelo” (v. figura). c) | Determinarela costante elastica della nuova molla.

S

Na Aidueestremi di una molla di costante elastica &, massa trascurabile e lunghezza a riposo Îp. sono attaccate due masse, mi=m e m>=3m. a) Determinare il periodo delle oscillazioni del sistema. b) Se inizialmente le masse sono ferme e la molla è compressa di una quantità & (5 < lo), determinare la legge oraria del moto relativo (21 — 22} e l'ampiezza di oscillazione di ciascuna massa. sE Due masse “puntiformi” mj e ms sono soggette alla reciproca interazione gravitazionale. a) Se durante il moto la distanza r fra di esse resta inalterata, determinare il periodo del moto relativo.

b) Determinare,nelriferimento (inerziale) in cui il centro di massa è fermo, traiettoria e velocità di ciascuna massa.

Mm Su un piano orizzontale liscio (cioè che nonesercita forze orizzontali sul sistema)

due blocchi di masse mi = 10kg e mo = 1kg sono collegati da una molla di costante elastica £ = 500N/m e massa trascurabile. Una forza orizzontale #° = 100N tira il blocco 1, edil sistema si muove senza oscillare.

a) Determinare l'allungamento della molla. b) Seinvece la forza F spinge il blocco 2, determinare la compressione della molla. 14

15

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Dinamica traslazionale di sistemi non vincolati

3° Il sistema in figura è costituito da una molla appesa al soffitto di lunghezza a riposo Î1 e costante elastica £;, una massa Af1, una molla di lunghezza a ripose Î2 e costante elastica k», ed una massa Mo.

a) Determinare le distanze delle due masse dal soffitto quando il sistema è in equilibrio.

d) A partire dalla conoscenza delle due soluzioni (1) e (2), nelle quali — si noti Mi vi

A, B, 1, 9» sonocostanti arbitrarie, scrivere la soluzione generale delle equazioni del moto.

!

a b) Con il sistema in equilibrio, la molla superiore viene sganciata (delicatamente)

dalla massa Mi. Determinare, durante la caduta delle due masse, la legge oraria

del moto relativo (22 — 21) delle due masse.

All'istante f = 0 la massa 1 è ferma nella posizione di equilibrio xÎ, mentre la massa 2

è ferma a distanza 2d dalla sua posizione di equilibrio zi. e) Determinarela legge oraria delle due masse.

1) Se & «& ko, il moto delle due masse manifestail fenomeno dei battiment i: per metterlo în evidenzasi riscriva la soluzione determinata sopra mediante l’uso delle

formule di Prostaferesi, e si interpretiil risultato.

Ora il sistema è nuovamente integro e appesoal soffitto. c) Scrivere le equazioni del moto per le due masse e dimostrare che non è possibile un moto del sistema in cui la distanza fra le due masseresta inalterata.

Una molla (reale) di massa M e costante elastica & può essere con-

siderata come un sisiema costituito da N masse identiche puntiformi

m = M/N collegate fra loro da N molle identiche di costante elastica

k' = Nk,nel limite N + co. Per semplicità supponiamo che le N molle abbiano lunghezza a riposo nulla.

L’estremolibero della prima molla è agganciato al soffitto.

a) Determinare,per N finito, la lunghezza totale del sistema appeso (all'equilibrio). b) Determinare la lunghezza totale del sistema appeso se l’estremo inferiore viene

tirato verso il basso da una forza F. Qual è la forza che il gancio al soffitto esercita sulla molla?

c) Determinare ora l’allungamento della molla appesa con e senza la forza F, nel

limite N + co.

1.

6.7 Il sistema in figura consiste di due oscillatori armonici (mi ,k1), (m2,2), accoppiati da una molla di costante elastica £ e lunghezza a riposo l. Le lunghezze

a riposo delle molle di sinistra e di destra sono rispetti vamente l; e {2, e la distanzafra le due pareti è L.

a) Scrivere l’espressione delle forze Fi e F, che agiscono sulle due masse in posizioni generiche r1 e ro.

-

b) Nel caso particolare

ki = ks = ko; li = ‘2 = lo, determinarele posizioni di

equilibrio 2? e 22 delle due masse.

S c) Sempre nel caso particolare detto sopra, ed inoltre supposto mi = m3 = m, determinare w) e w7 affinché le seguenti siano soluzioni delle equazioni del moto:

.

1(1)-20= Ac

t+e1)

.

(1) — 22 = Bcos(wst +

go)

0 (IOnn,

e

(conviene riscrivere le equazioni del moto in termini delle variabili £, = x1 — £î, E2=52- 29).

16

17

Dinamica in presenza divincoli

T.

DINAMICA IN PRESENZA DI VINCOLI

delle reaNota. Gli esercizi di questo capitolo riguardano situazioni in cui il calcolo , problema del rilevante aspetto un è — zioni vincolari — 0 per Jo meno del loro segno le o vincoli, i con le compatibi è o ipotizzat moto il se stabilire in quanto permette di modalità del moto stesso. 7.4

Un punto materiale

a) può risalire, almeno per un certo tratto, un piano inclinato liscio mantenendosi a contatto con la sua superficie inferiore, se parte con opportuna velocità do parallela alla linea di massima pendenza del piano inclinato?

dr

di un cilindro b) Puòrisalire lungo una circonferenza sulla superficie interna (liscia) di raggio £ con asse orizzontale?

opportuna velocità 7.2 Inquale(o quali) dei seguenti casi un punto materiale, con una le orizzonta moto un compiere può rsi, da determina

aperto a) a contatto con la superficie interna (liscia) di un conodi (semi)apertura a

verso l’alto, a distanza d dal vertice; ertura a aperto b) a contatto con la superficie esterna (liscia) di un cono di (semi)ap verso il basso;

precec) a contatto con la superficie interna (liscia) dello stesso cono della domanda dente.

H punto materiale è ora attaccato ad un estremo di unasbarretta di massa trascurabile e lunghezza !. La sospensionedella sbarretta (priva di attriti) gli permette movimentisia in orizzontale che in verticale.

d) È possibile (per una opportuna velocità angolare della sbarretta)

un moto in cui la sbarretta si mantiene inclinata di un angolo acuto a rispetto alla verticale verso l'alto?

7.3

7

I

I

Un punto materiale può muoversi sulla superficie interna di un cilindro a base

. . circolare di raggio gp, con l’asse verticale. superficie alla tangente e e orizzontal Il punto materiale parte con velocità iniziale #

. o. _ del cilindro. e) e dire se cilindrich e coordinat usare (conviene moto del oraria legge la are Determin il punto resta sempre a contatto con la superficie delcilindro.

7.4

la superficie Un blocchetto di massa m scivola con accelerazione gsena lungo

ale) inclinata (inclinazione @) di un cuneo di massa M appoggiato sul piatto (orizzont

di una bilancia. Il cuneo viene tenuto fermo.

a) Dire cosa segnala bilancia. tenerlo fermo. b) Calcolare la forza (orizzontale) che occorreesercitare sul cuneo per 18

7.5 Due oggetti di uguale massa Mi =M2 = 1kg sono attaccati agli estremi di una molla di massa trascurabile, costante elastica & = 10° N/m e lunghezzadi riposo lo = 0.2m.

Il sistema (masse + molia) viene appesoal piatto di una bilancia.

a) Calcolare la distanza fra le due masse in condizioni di equilibrio. b) Cosasi legge sulla scala della bilancia? (La bilancia è tarata in kg-peso). La massainferiore Mi)vienetirata verso il basso di $ = 0.2 m a partire dalla posizione di equilibrio calcolata in a), e quindi lasciata con velocità nulla. Supposto che gli spostamenti del piatto della bilancia a cui tutto il sistema è appeso siano completamente

trascurabili (bilancia molto rigida),

c) determinare ia legge oraria del moto della massa Mi}.

d) Determinarela legge oraria P(t) di ciò chesi legge sulla scala della bilancia, ed il massimo e minimo valore di P(t). 7.6

È data una molladi costanteelastica k e lunghezza diriposo lo,

ai cui estremi sono saldate due masse Mi; e M2. Il tutto è disposto

verticalmente con la massa inferiore (M:) appoggiata al pavimento.

La molla viene compressa di una lunghezza é a partire dalla posizione di equilibrio del sistema (in posizione verticale). Tutti gli attriti sono

"3

Si

Mo E

trascurabili.

La molia viene sbloccata. a) Supposto é sufficientemente grande da permettereil distacco dal suolo, determinare la posizione della massa superiore (M1) nel momento in cui quella inferiore si distacca dal pavimento. b) Determinareil limite inferiore Smin dei valori di é per i quali si ha il distacco. c) Determinare il periodo di oscillazione della distanza fra le due masse dopoil distacco dal suolo.

7.7 Una massa “puntiforme” m può muoversi soggetta alla forza gravitazionale dovuta ad una sfera fissa, liscia (e omogenea) di massa M e raggio R. L’attrazione

gravitazionale esercitata dalla sfera è uguale a quella di un punto materiale di massa

posto nelcentro della sfera (teorema di Gauss).

La massa m si trova inizialmente sulla superficie della sfera con velocità UV, tangente alla superficie della sfera. a) Se il moto della massa m si svolge sempre sulla superficie della sfera, determinare la traiettoria e la legge oraria del moto. b) Determinarela reazione N esercitata dalla sfera sulla massa m e il massimo valore 7 che può avere vg perché la massa m durante il suo moto non si distacchi dalla superficie della sfera. 19

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

di una 7.8 Unpiccolo oggetto di massa m viene appoggiato sulla superficie esterna è l’oggetto e sfera la fra statico sfera scabra di raggio R. Il coefficiente di attrito

è attaccata 7.10 Nel punto di mezzo di una fune omogenea di lunghezza L e massa m . soffitto. al una massa M. La fune è appesa Calcolare la tensione nei vari punti delia fune. di 7.11 Due punti materiali entrambi di massa m sono attaccati ad uno stesso filo o metàdelfil a posta massa La delfilo. metà a l’altro estremo, un ad uno lunghezza f, w ruota in un piano orizzontale attornoall’estremolibero delfilo con velocità angolare

costante.

a) Dimostrare che le due masse ruotanoallineate con il centro di rotazione. b) Calcolare la tensione del filo a monte e a valle della massa posta a metà delfilo.

7.12 Lo stesso sistema del problema precedente, ma ora il filo è appeso al soffitto: dimostrare che il sistema non puòoscillare con le due masse che restano allineate con il punto di sospensione.

:soddiefarel'inclinazione a«del piano perché il corpo dopo

b) Supposta soddisfatta la condizione su @ perché il corpo si fermi, determinare, mediante il teorema delle forze vive, la distanza percorsa dal corpo sul piano inclinato. 8.2

Il rilevamento del traffico su un’autostrada mostra che le vetture viaggiano alla

velocità v e che la densità di vetture (numero di vetture per unità di lunghezza), è n. Quant'è il numero v di vetture che passano nell'unità di tempo per un casello auto

stradale munito di Telepass (le macchine passano e nonsi fermano)?

Effettuare il calcolo numerico (vetture al minuto) per v = 120km/h, n = 10/km. 8.3

Dentro unaspira circolare conduttrice di raggio A gli elettroni di conduzione (cioè

quelli non legati agli atomi) sono soggetti ad una forza tangente alla spira di modulo costante F = eE (ecarica dell’elettrone, E campo elettrico dovuto ad un generatore).

L'effetto degli urti degli elettroni con gli atomi(o congli ioni) che costituisconola spira può essere schematizzato come una forza viscosa Fisc = -y? agente sugli elettroni.

a) Sapendochegli elettroni si muovono {in media) con velocità costante, determinare il lavoro fatto dalla forza viscosa su un elettrone in un giro. b) Calcolare la potenza sviluppata dalla forza /F su un elettrone.

c) Sapendo che F = eE = 10-22 N,chela potenza sviluppata dalla forza F su tutti gli elettroni (cioè la potenza dissipata per effetto Joule} è W = 1073 J/s e che la lunghezza della spira è L = 1m, determinare il numero v di elettroni che attraversano una sezione della spira in un secondo.

8.4

Schematizziamo una pila come una regione (limitata) dello spazio in cuigli elet-

troni sono soggetti ad una forza costante

(diretta dal polo positivo a quello negativo).

Fuori dalla pila F è nulla. Dire se è una forza conservativa. 8.5 Nella regione di spazio compresa fra i due piani r = 0 e x = d è presente una forza costante F che forma un angolo @ con i due piani. Per r diaforzaè nulla. Dire se È è unaforza conservativa i) per tutti i valori di a, ii) per nessun valore di a,

iii) per qualche valoredi a.

21

w-v_—_—_0_0_0@

b) Sew > we, determinare o il minimovalore che può avere il coefficiente 4, diattrito statico fra l'oggetto edilcilindro perché l’oggetto possa ruotare insiene al cilindro, oppure un valore “di sicurezza” per jty (cioè maggiore del minimo).

Ù

un certo temposia fermo?

-—

al cilindro, senza cadere?

a) Msquale: cond

ur

7. a) Ammesso chefrailcilindro e l’oggettoci sia sufficiente attrito insieme ruoti l'oggetto perché w avere può (statico), qualè il minimo valore wy che

8.1 Uncorpo di massa m scivola, partendo da fermo, su un pianoinclinatoliscio per un tratto di lunghezza L e poi scabro concoefliciente di attrito dinamico pg.

—

Un cilindro cavo diraggio (interno) r viene mantenuto in

rotazione con velocità angolare w attorno al proprio asse dispo sto orizzontalmente. Sulla superficie interna c'è appoggiato un piccolo oggetto che ruota insieme al cilindro.

ws

7.9

Nota. L'esercizio 2 non ha nulla a che fare né con il lavoro né con l'energia: serve solo di preparazione alla domanda c) dell’esercizio successivo.

_—

.

LAVORO ED ENERGIA

n

sg = 0.5.

Qual è la massima distanza dal polo superiore della sfera a cui posso mettere la massa m in modoche cessa non cada?

8.

Lavoro ed energia

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 8.6

8.10

Si consideri il campodi forza

F= ky,

Fy=-kx,

F:=0.

a) Calcolare il lavoro di F dal punto P; : (21,1,0) al punto Ps : (12,40,0) lungo i

percorsi i) (cy) + (cam) + (282), e #) (com) è (cn) > (cant).

b) Determinare la componente radiale F, e angolare F, di È in coordinate polari 0,02 e calcolareil lavoro di F lungo una circonferenza di raggio go avente l’asse z come asse.

8.7

Si consideriil campodiforza F(z,y,2): F.= ky,

Fy=ke,

e) F è un campo di forza conservativo. Determinare il potenziale U(c,y,3) e le superfici equipotenziali U(2,y, 2) = costante.

8.8 Una particella di massa m è attaccata all’estremo inferiore di una molla di costante elastica £ appesaalsoffitto. A partire dalla posizionedi equilibrio della particella (in presenza della gravità), mediante una opportuna forza F' la particella viene spostata

in verticale di una quantità $ (5 > 0 se versoil basso). Calcolareil lavoro fatto dalla forza È.

8.9 Un blocchetto di massa M può scivolare senza attrito su un pianoliscio, inclinato di un angolo a conl’orizzontale. 1° caso: Sul piano orizzontale raccordato al piano inclinato è

fissata una molla di costante elastica k {e massa trascurabile) (figura 8.9a).

‘

° vj

|

| i 3

|

Il blocchetto parte da fermo a una distanza D, misu rata lungoil piano, dalla fine del piano inclinato.

fig 8.02

b) Determinare la posizione in cui m si stacca dalla molla e l'altezza raggiunta sul

pianoinclinato (quando torna indietro).

Il blocchetto parte a una distanza D dall’estremolibero della molla.

c) Calcolare la massima compressione della molla.

D

i

22

sa Dueoggetti di uguale massa m si vengono incontro con velocità uguali ed opposte v, = v2 = o lungo un binario orizzontale privo di attrito. Ad una delle masse è attaccata una molla di costante elastica È, parallela al binario e in direzione della seconda massa.

a) Calcolare la massima compressione della molla quando fe due masse si incontrano. b) Per quanto tempo la seconda massaresta a contatto con la molla? c) Calcolare la massima compressione della molia e la velocità delle due masse nel momento della massima compressione, se le velocità iniziali sono vi = 0, vr = 2g.

8.13 Un piccolo oggetto di massa m può muoversi senza attrito sulla superficie esterna di una sfera di raggio £, sotto l’azione della forza peso mg. Se la massa m all'istante t=0 si trova sul punto più alta della sfera e parte con velocità orizzontale 7,

a) qual il valore massimo che può avere vo se vogliamoche essa non si stacchi subìto b) In quale posizione la massasi stacca dalla superficie se parte con velocità piccolissima? 8.14 Un pendolo di massa m e lunghezza | appesoal soffitto di un contenitore di massa M compie oscillazioni fra 9 = 7/2

e@=-r/2.

, T

x

iF tai 7è * ]

Il contenitore è fisso sopra il piatto di una bilancia.

b) Quanto segna la bilancia quando @ = +7/2 e quando @ = 0?

fig. 8.9b

d) Determinarela posizione in cui m si stacca dalla molla e l'altezza raggiunta sul piano inclinato.

3

b) Utilizzare la conservazione della quantità di moto per calcolare le velocità v1 e 02 delle due masse nel momento della collisione.

a) Calcolareil vettore accelerazione & della massa m quando 9= 47/2 e quando 6=0.

2° caso:

inclinato (figura 8.9b).

8.11 Due corpisferici di masse re; e ma € raggi R;, Ra, soggetti solo alla reciproca interazione gravitazionale, che è la stessa di quella di due punti materiali con le stesse masse dei due corpi e situati nei rispettivi centri, ad un certo istante sono fermi, e la distanza fra i loro centri è D.

dalla superficie?

D

a) Calcolare la massima compressione della molla.

La stessa molla è ora fissata nella parte inferiore del piano

Ricordando che un sistema isolato di due particelle è equivalente ad una particella (di massa uguale alla massa ridotta) in un campo diforze esterno, calcolare le velocità delle due particelle quando si sono allontanate a distanzainfinita.

a) Calcolarela velocità relativa nel momentodella collisione.

F.=0.

a) Calcolareil lavoro di F lungo qualsiasi circuito quadrato coni lati paralleli agli assi coordinati. b) Calcolareil lavoro di F lungoil segmento diestremi Pi: (r1,y1, 21); Pa: (22 va, za).

i

Duecariche puntiformi uguali ciascuna di massa m sono inizialmente ferme a

distanza D. La forza fra le due cariche è repulsiva e vale g*/r? (r è la loro distanza).

8.15

Un punto materiale di massa m in una dimensione (asse x} è soggetto alla forza F,=ar-ba3

a,b>0.

Supponiamocheil punto parta con velocità nulla da un certo punto xe. 23

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

del punto matea) Determinare, in funzione di xo, la regionein cui si svolge il moto riale.

b) Se za = 2/a/b, determinarela velocità del punto quando passa perl'origine. 8.16

di costante Unaparticella di massa m è attaccata ad un estremo di una molla

elastica (il cui altro estremoè fisso) e si può muovere su una guida orizzontale scabra.

rp dalla Il coefficiente di attrito dinamico è 4. Se la massa parte da ferma a distanza posizione di equilibrio,

gia toa) determinare, medianteil teoremadelle forze vive generalizzato (o dell'ener

moto. tale), la posizione x1 in cui la massa inverte per la prima volta il suo e di posizion dalia b) Se 4, è il coefficiente diattrito statico, entro quale distanza vamente? riposol’oscillatore può fermarsi definiti

zzato e con l'apc) Determinare, sempre mediante il teoremadelle forze vive generali m, quanta prossimazione dovutaall’incertezza della posizione finale della massa amente. definitiv fermarsi strada ha percorso la massa prima di

8.17

circolare Un satellite artificiale di massa m = 10% kg sì muove su un'orbita

300km attorno alla Terra ad una quota (distanza dalla superficie terrestre) hj = kh, = 600 km. (Rr=64x 103 km)e si vuole trasferirlo su un'orbita circolare alla quota il trasferi realizzare per compiere devono razzi opportuni gli che lavoro il Calcolare

mento.

9.

MOTO IN CAMPO CENTRALE

Nota. Gli esercizi di questo capitolo riguardano esclusivamente moti nel campo newtoniano e possonoessererisolti utilizzando direttamente le leggi di conservazione dell’energia e del momento angolare: non è necessarioricorrere alle formule già confezionate (e non facili da ricordare) che legano i semiassi delle orbite kepleriane con l'energia e il momento angolare. Le domandeche richiedono il calcolo di tempi (tempo di caduta, tempo per percorrere un'orbita...) non comportano l’uso di integrali, ma solo la 3* legge di Keplero. 9.1 Unsatellite terrestre ad un certo istante si trova a distanza Rdal centro della Terra, con velocità 7, ortogonale ad R1. a) Noti, ed R), comesifa a sapereseil satellite sì trova al perigeo oppureall’apogeo? b) Per qualivalori di v) il satellite si allontanerà definitivamente dalla Terra? c) Quant'è il minimolavoro che occorre fare (mediante opportuni razzi) sul satellite

(di massa m) per allontanarlo definitivamente dalla Terra?

9.2 Una massa puntiforme m può muoversi soggetta alla forza gravitazionale dovuta ad unasferafissa, di massa M e raggio R (v. esercizio 7.7). La massa m si trova inizialmente sulla superficie della sfera con velocità & tangente alla superficie. Se 7 è il massimo valore che può avere vo perché la massa m duranteil suo moto nonsi distacchi dalla superficie della sfera, a) quant'è la massima distanza dal centro della sfera raggiunta dalla massa m se vo =_#? 37 b) Facendouso delle leggi di Keplero determinareil tempo impiegato per raggiungere detta massima distanza. c) Se invece vp = 27, quant'è la massima distanza dal centro della sfera raggiunta dalla massa m? 9.3 A seguito di un urto con un meteorite, un satellite geostazionario viene completamente fermato e inizia a cadere in verticale sulla Terra.

a) Calcolare (3* legge di Keplero) il tempo che impiegail satellite a cadere sulla Terra, nell’approssimazionein cui si considera la Terra puntiforme.

b) Sapendocheil raggio della Terra è Ry = 6.4 x 103 km,calcolare la velocità v del satellite quando arriva sulla superficie della Terra e stimare (per eccesso) l'errore commesso nel calcolo del tempo di caduta per aver supposto la Terra puntiforme. Si consideri orail caso in cui subito dopo l’urtoil satellite ha una velocità v, ortogonale

alla congiungente centro della Terra — satellite (cioè velocità radiale nulla).

c) Calcolare, facendo uso delle leggi di conservazione, il minimo valore che può avere v; affinché il satellite non caschi sulla Terra. 24

25

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 9.4 Un satellite artificiale di massa m = 10% kg si muove su un'orbita circolare alla quota h; = 300km (raggio della Terra Ar = 6.4 x 10% km), e si vuole trasferirlo su un'orbita circolare alla quota h2 = 600km. a) Calcolare la velocità del satellite sulle due orbite. Per effettuare il trasferimento si procede come segue: mediante un razzo si aumenta istantaneamente la velocità del satellite (senza cambiarne la direzione), in modo da porlo su un'orbita ellittica ia cui massima distanza dalla Terra sia di 600 km, quindi, quandoil satellite ha raggiunto questa distanza, si modifica nuovamente - con un secondo razzo— il modulo della velocità in modo da mantenerloalla distanza

di 600 km.

b) Calcolarela velocità delsatellite dopo l'accensione del primo razzoe il lavoro fatto dal razzo.

Moto in campo centrale

9.7

Nel 1986 la cometa di Halley è passata al perielio ad una distanza dal Sole di

0.59 U.A. con una velocità di 54.77 km/s.

Calcolare il periodo orbitate della cometa.

9.8 La Terra (raggio fr = 6.4 x 10*km} ha un moto di rotazione con periodo di un giorno siderale (x 23" 36"). Dalla cima di un grattacielo alto alcune centinaia di

metri postoall’equatore, viene “lasciato cadere” un grave che, nel campo gravitazionale

terrestre, descrive (prima di toccare terra) parte di una traiettoriaellittica.

a) Il punto di partenza del grave (la cima del grattacielo) è l’apogeo o il perigeo dell’ellisse? L’altro vertice dell'ellisse a quale distanza dal centro della Terra si trova? b) Quanto dovrebbe essere alto il grattacielo affinché il grave “lasciato cadere” descriva un’orbita circolare?

c) Calcolare il lavoro fatto dal seconde razzo. A causa di un graveerrore nel funzionamento del secondo razzo,il satellite si allontana definitivamente dalla Terra. d) Quant'è la (minima) variazione di velocità prodotta dal secondo razzo in questo caso? E in corrispondenza a detta minima variazione di velocità quant'èil lavoro fatto dal secondo razzo? È praticamente possibile (sulla base di quest'ultimo

risultato) un sì grave errore?

9.5

Nella primavera del 1997 abbiamo visto nei nostri cieli la cometa di Hale-Bopp,

che ha un periodo orbitale di 2550 anni ed è passata al perielio ad una distanza dal

Sole di 0.9 Unità Astronomiche {LU.A. = 1,5 x 10%km pari al raggio ar dell’orbita terrestre, praticamente circolare). a) Sapendocheil periodo orbitale della Terra è di un anno, determinare il semiassse maggiore a e l’eccentricità e dell'orbita della cometa.

b) A che distanza dal Sole arriva all’afelio? c) Determinare la velocità della cometa al perielio e all'afelio. N.B. Sifaccia uso solo dei dati numerici forniti nel testo 9.6 Un piccolo errore sulla determinazione o della velocità della cometa di Hale Bopp o della sua distanza dal Sole al perielio, possono rendere inattendibile la stima

del periodo orbitale (2550 anni) della cometa, anzi può mettere in discussioneil fatto che la cometa in futuro sia ancoravisibile nei nostri cieli. Supponiamo che la cometa sia passata al perielio ad una distanza dal Sole di 1U.A.

(anziché 0.9 U.A.) con unavelocità di 45 km/s (anziché 44.7km/s).

Dire se la cometa sarà in futuro ancora visibile nei nostri cieli e quant'è la velocità minima nel suo moto. N.B. Si faccia uso solo della conoscenza del periodo orbitale della Terra e della sua distanza ar = 1U.A. dal Sole. 26

27

CONSERVAZIONE DEL MOMENTO ANGOLARE ASSIALE

Nota. I primi due esercizi di questo capitolo si risolvono in modo molto simile a quelli del capitolo precedente: le equazioni che esprimono le leggi di conservazione hanno la stessa struttura di quelle già incontrate; la differenza con gli esercizi del capitolo

precedente sta nel fatto che mentre la conservazione del momento angolare garantisce chele traiettorie sono piane, questo non è più vero (in generale) se si conserva solo una componente del momento angolare (momento angolare assiale). 10.1

Upa slitta corre sulla superficie interna di un cono aperto verso l’alto, € di

apertura 2a. La superficie è completamente priva di attrito. velocità orizzontale, ad una distanza F dal vertice del cono.

La slitta parte con

rr

10.

Conservazione del momento angolare assiale

10.3 Un punto materiale scende senza attrito lungo unapistaelicoidale di raggio r, inclinata di un angolo a rispettoall’orizzontale (elica a passo costante). a) Se il punto materiale parte con velocità vo, calcolare il momento angolare iniziale rispetto all’asse dell’elica e quando si è abbassato di un dislivello fi. perché il momento assiale non si conserva.

b) Determinare la forma che deve avere la pista (cioè l'equazione della traiettoria),

sempredi forma elicoidale con raggio r ma passo opportunamente variabile, perché il momentoassiale sia costante duranteil moto, se la velocità iniziale # (e quindi

la partenza della pista) è orizzontale.

c) Sela pista ha la forma determinata in b), si può affermare cheil momento assiale è

una costante del moto (cioè che si conserva qualunque siano le condizioni iniziali)?

a) Quanto deve valere la velocità iniziale 7 affinché la slitta possa percorrere la pista rimanendo su un piano orizzontale?

Supponiamo ora che la slitta parta con una velocità iniziale generica &. b) Dire quali fra le seguenti grandezze restano costanti durante il moto della slitta:

i) l'energia cinetica;

vertice O del cono;

i) l'energia totale;

iii) il momento angolare Lo rispetto al

iv) il momento angolare rispetto all’asse del cono.

c) Come deve essere orientata la velocità iniziale affinché durante il moto la slitta possa passare per il vertice del cono? Supponiamo orachelaslitta parta sempre ad una distanza 7 con velocità 7; orizzontale,

ma vw 3.

d) Facendo uso delle leggi di conservazione, scrivere l'equazione che determina la minima e la massima distanza dal vertice (rimini Yimax) che può essere raggiunta dalla

slitta. Detta equazione (di 3° grado) può essere risolta osservando che una solu-

zione è r = F; delle altre due soluzioni determinare quella fisicamente accettabile

(r> 0).

e) Stabilire, a seconda che vi; 2 7, quale delle due soluzioni trovate corrisponde a rin e quale a fax.

10.2 Un pendolo è costituito da una massa (puntiforme) m attaccata ad un estremo di una sbarretta di massa trascurabile e lunghezza /. La sospensione (priva di attriti) gli permette movimenti sia in orizzontale che in verticale (pendolo sferico).

Inizialmente la sbarretta è orizzontale (9 = 7/2, dove @ è l'angolo fra la sbarreita e la

verticale verso il basso) e — opporiunamente sostenuta da un filo — ruota con velocità angolare wo mantenendosi orizzontale. Il filo viene tagliato. a) Esiste un valore di wo per cui il moto suddetto è possibile senzail filo di sostegno? b) Determinaregli angoli Amin € max entro cui si svolge il moto. c) A quale condizione deve soddisfare wo affiché Brin © Pmax? 28

Spiegare

29

11.

OSCILLAZIONI

12.

Nota. Gli esercizi di questo capitolo rappresentano in un certo senso un “fuori programma”, Infatti nei capitoli precedenti sono già stati proposti diversi esercizi riguardanti oscillatori armonici, problemidi piccole oscillazioni, ecc.; qui ora ne proponiamo alcuni di difficoltà superiore a quella accessibile allo studente medio, e che eventual mente possono essere affrontati sotto la guida di persona più esperta.

11.1 Il pendolo è un grave in moto suunatraiettoria circolare posta in un piano verticale e le sue oscillazioni non sono isocrone. Stabilire quale deve essere la forma delia traiettoria (sempre in un piano verticale) affinché le oscillazioni risultino isocrone, cioè indipendenti dall’ampiezza. 11.2 Il puntodi sospensionedi un pendolo semplice di massa m e lunghezza / soggetto alla forza viscosa —y7 (pendolo smorzato), si muove orizzontalmente con legge oraria

nota £(t).

a) Scrivere l'equazione per l'angolo 0(t) che il pendolo forma con la verticale verso il basso. b) Nell'ipotesi che £({) sia tale che durante il moto îl pendoloresti in prossimità di 8= 0, scrivere l'equazione per le piccole oscillazioni del pendolo.

c) Sia £(t) = fosenwt. Scrivere l'equazione per le piccole oscillazioni (equazione

dell’oscillatore forzato) e determinare - in funzione di w - l'ampiezza angolare

Bo(w) delle oscillazioni stazionarie del pendolo. Quali sono le condizioni per la validità dell’approssimazione delle piccole oscillazioni?

11.3 Il punto di sospensione di un pendolo (massa m e lunghezza 1) è attaccato ad una molla orizzontale di costante elastica k. (Se, come nella figura accanto, il punto di sospensione è attaccato nel punto di mezzo di una molla, la molla deve avere

costante elastica 1k: v. esercizio 6.1).

Nota. Alcuni degli esercizi proposti riguardano corpi rigidi (sbarrette sottili) schematizzati come sistemi unidimensionali (segmenti); in questi casi il vettore velocità angolare w non è univocamente determinato dal campodelle velocità del sistema. Questo problema viene discusso nell’esercizio 8 e si mostra che © può sempre essere preso ortogonale al segmento. 12.1 Unaruota di raggio KR rotola senza strisciare nel piano 2 y con velocità angolare costante w su un binariorettilineo (asse 2).

a) Determinare la legge oraria (x(t), y(t)) di un generico punto P della ruota. b) Determinarela velocità e l’accelerazione del punto P. 12.2 I problema propostosi ispira al ben noto e antico sistema utilizzato per spostare grossi carichi, facendoli scorrere su rulli. See Una tavola scorre appoggiata su due cilindri uguali di raggio R. Assumiamo che il moto dei due cilindri sia di puro rotolamento: non c’è strisciamento néfra i cilindri ed il piano su cui sono appoggiati, né fra gli stessi e la tavola. Stabilire la relazione che sussiste fra la velocità della tavola e quella dell’asse dei due cilindri. 12.3

Un disco omogeneo di raggio r rotola senza strisciare sulla

superficie interna di un cilindro (fisso) di raggio R > r con asse

orizzontale. L'asse del disco è parallelo a quello del cilindro. Se @ è l’angolo che il piano contenente gli assi delcilindro e del disco forma con la verticale, e w è la velocità angolare del disco, stabilire la relazione fra È e w.

.

a) Scriverele equazioni del moto per l'angolo 0(#) che il pendolo formaconla verticale e per l’ascissa É(t) del punto di sospensione.

b) Determinare, nell’approssimazione dellepiccole oscillazioni, la legge oraria @(t) e

SUE

CINEMATICA DEL CORPO RIGIDO

12.4 Un cuscinetto a sfere è costituito da due cilindri concentrici di acciaio di raggi R, e R: (> Ri) frai quali sono contenute delle sferette, anch'esse di acciaio, di diametro uguale alla distanza fra i cilindri. Il moto relativo fra cilindri e sferette avviene senza strisciamento. Se i duecilindri ruotano rispettivamente con velocità angolari w1, ws, determinare la velocità angolare w delle sferette e la velocità del loro centro. 12.5 Una scala appoggiata ad un muroverticale inizia a scivolare, mantenendosi a contatto sia con il muro che con il pavimento (figura 12.5). Determinare la posizione dell'asse istantaneo di rotazione. . 12.6 Un conorotola senzastrisciare su un piano (figura 12.6). Determinare la posizione dell'asse istantaneo di rotazione.

30

31

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

12.7

Unruota rotola senzastrisciare su una guidacircolare (figura 12.7).

13.

CAMBIAMENTI DI RIFERIMENTO (CINEMATICA)

Determinare la posizione dell’asse istantaneo di rotazione.

12.8 Dimostrare che se una sbarretta rigida sottile viene schematizzata come un segmento,il vettore velocità angolare & è unico a meno di vettori paralleli al segmento. 12.9

Una sbarretta sottile omogenea di lunghezza L viene messa in moto su un piano

orizzontale. Sono notele velocità iniziali 7, e 7 dei due estremi(entrambe ortogonali

Nota.

L'ultimo esercizio è molto semplice: viene proposto in quanto su di esso è

basato un fondamentale esperimento (Hafele-Keating, 1971) che dimostra in modo

diretto che il tempo, contrariamente all’assunto della ineccanica newtoniana, dipende dal riferimento.

alla sbarretta), ed inoltre si sa che la velocità vo del punto di mezzo della sbarretta

(centro di massa) e la velocità angolare & (ortogonale alla sbarretta) restano costanti nel tempo. Trovare

a) #0 ed & (ortogonalealla sbarretta); b) la posizionedell'asse istantaneodi rotazioneall'istante iniziale (t = 0); c) la posizionedell'asse istantaneo di rotazione ad unistante t generico. 12.10 Due masse puntiformi sono collegate fra di loro da una sbarretta sottile di lunghezza /. Le velocità iniziali delle due masse sono vie 72.

a) Mostrare che 7) — dîè ortogonale alla sbarretta.

b) Calcolare la velocità angolare & (ortogonale alla sbarretta).

a) Ritrovare la legge oraria di un punto P a distanza Ap dal centro delia ruota. b) Ritrovare velocità e accelerazione di P utilizzando la legge di composizione delle velocità e la formula di Coriolis per le accelerazioni.

13.2 Un punto materiale P compie un moto circolare uniforme con velocità angolare w' su una piattaforma (K°) che a sua volta ruota (rispetto a K) con velocità angolare w attorno ad un asse che passa peril centro O della traiettoria di P. Determinare velocità angolare e accelerazione di P rispetto al riferimento K.

13.3 Un punto materiale P descrive unatraiettoria circolare di raggio R' con velocità angolare o’ su una tavoletta che a sua volta compie un moto traslatorio circolare di

_ n2 o I I

fig. 12.5

13.1 Si consideri, come nell'esercizio 12.1, una ruota che rotola senza strisciare sull'asse 7. Ogni punto P solidale alla ruota può ora essere considerato come un punto in moto circolare uniforme con velocità angolare w rispetto al riferimento K' che si muove, rispetto al “iaboratorio” K, di moto traslatorio con velocità — Rw in direzione dell’asse x, con l’origine O‘ nel centro della ruota.

raggio R e velocità angolare & || &' rispetto ad'un riferimento K.

fig. 12.6

fig. 12.7

a) Determinare la legge oraria di P rispetto a K. b) Determiare velocità e accelerazione di P rispetto a K. 13.4

Un punto materiale P compie un moto armonico di pulsazione wy e ampiezza A

lungo un diametro di una piattaforma che ruota rispetto al “laboratorio” con velocità angolare costante w attorno al proprio asse. Il centro O della piattaforma è ancheil centro delle oscillazioni. a) Determinare la legge oraria di P rispetto al riferimento del laboratorio.

b) Determinarevelocità e accelerazione di P rispetto al laboratorio, sia direttamente

dalla legge oraria, sia utilizzando la formula di composizione delle velocità e la formula di Coriolis per le accelerazioni.

13.5 La Terra ruota attorno al Sole su un'orbita (praticamente) circolare con un periodo di (circa) 365.25 giorni solari. Il giorno solare è il tempofra due passaggi del Sole sopra lo stesso meridiano. Si assuma che l’asse terrestre sia ortogonale al piano dell'orbita (il moto di rivoluzione della Terra e quello di rotazione sono nello stesso Verso). 32

33

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Determinare la velocità angolare w di rotazione della Terra rispetto ad un riferimento

solidale con le stelle fisse e la durata del giorno sidereo (l'intervallo di tempo fra il passaggio di una stella sopra lo stesso meridiano).

13.6 Dalla conoscenzadella velocità del Sole vs attorno al centro della Galassia è stato possibile stimare (v. esercizio 5.16) che il numerodistelle della nostra Galassia è di circa 100 miliardi. Un metodo alternativo per determinare il rapporto Mg/Ms che non richiede la conoscenza di vs ma

solo la distanza D = 2 x 10° U.A. del Sole dal centro CSF della Galassia, (oltre al raggio R dell'orbita terrestre e il

27

27

AT

TT

periodo T di rivoluzione della Terra), consiste nel misurare nel riferimento S che ruota solidalmente al Sole attorno al centro della Galassia (v. figura), il moto angolare di una stella rispetto al Sole.

Sia A unastella vicina al Sole cheall'istante di osservazionesi trova sui prolungamento

della congiungente centro della Galassia - Sole, a distanza d dal Sole e che descrive un'orbita circolare complanare con quella del Sole e nello stesso verso. a) Determinare, nelriferimento S, la velocità vi di A all'istante di osservazione e la velocità angolare istantanea $, di A rispetto al Sole. Si assuma d< Desi utilizzi

l'eguaglianza approssimata(1-+ e)" = 1+ ae. b) Sapendo che |pa| = 1.3x 1071537, calcolare M3/Mse confrontarlo conilrisultato trovato nell'esercizio 5.16.

13.7

Due aerei partono con identiche velocità v = 800km/h unoin direzione Est e

l’altro verso Ovest, allo stesso istante e dallo stesso aeroporiosituato all'equatore, sul quale scendono dopo averefattoil giro della Terra. a) Quali sono le velocità dei due aereirispetto al riferimento solidale al centro della Terra in moto traslatorio rispetto al Sole e allestelle fisse?

b) Quale dei due aerei atterra prima?

2

14 Î DINAMICA NEI RIFERIMENTI NON INERZIALI

Nota. Gli esercizi di questo capitolo tipicamente devono (o possono) essere risolti in un opportuno riferimento non inerziale; tuttavia, per mettere in evidenza che il ricorso alle forze apparenti è nulla più che un utile espediente per risolvere determinati problemi, in alcuni casisi richiede anche fa soluzione nel riferimento inerziale. 14.1 Dentro un vagonedi un treno in moto rettilineo con accelerazione & su un binario orizzontale, c'è un pendolo appeso al soffitto. a) Determinare la posizione di equilibrio del pendolo dentro al vagone: si risolva il problemasia nel riferimento del treno, sia in quello (inerziale) del binario. b) Calcolareil periodo delle piccole oscillazioni del pendolo. 14.2. Due masse m; e my collegate da una molla di costante elastica k, si trovano dentro un vagone di un treno in motorettilineo con accelerazione @. Le due masse sono sul pavimento liscio del

vagone,allineate nella direzione di &, e una di esse (m) è (inizial-

1

mente) agganciata ad una parete.

a) Determinare la posizione di equilibrio dell'altra massa dentro al vagone: risolvere

il problema sia nel riferimento del treno che in quello (inerziale) del binario.

La massa m; viene sganciata. Supponiamo che il verso di & sia da m3 a mi.

b) Determinare il moto del sistema sia nel riferimento del treno che in quello finerziale) del binario. 14.3 Un pendolo è appeso al soffitto di un contenitore che scende senza attrito lungo un piano inclinato (inclinazione a). a) Determinare la posizione di equilibrio del pendolo: risolvereilproblemasianel

riferimento delcontenitore che in quello(inerziale) del pianoinclinato.

b) Determinare il periodo delle piccole oscillazioni del pendolo (la massa del contenitore è molto più grande di quella del pendolo, per cui il suo moto non viene influenzato da quello del pendolo). c) Dire come cambianole risposte alle precedenti domandese il contenitore invece di scendere lungoil piano inclinato, sale (sogetto soltanto, come quando scende, alla sola forza di gravità e alla reazione del piano inclinato).

14.4 Un punto materiale può scorrere senza attrito dentro un tubo

cheruota con velocità angolare costante w attorno ad un asse verticale, mantenedosiinclinato di un angolo acuto a rispetto a detto asse orientato verso l’alto.

stone

a) Determinare la posizione di equilibrio del punto materiale: risolvere il problema sia nel riferimento rotante con il tubo, sia nel riferimento inerziale. 34

35

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Dinamica nei riferimenti non inerziali

») Discutere, nel riferimento rotante, se la posizione di equilibrio trovata è stabile o instabile.

dell’angolo ? con la verticale verso il basso) e farne un grafico qualitativo sia nel caso w < D, che nel caspw> WD.

14.5 Un punto materiale P si può muovere dentro una scanalatura liscia praticata lungo un diametro di una piattaforma di raggio R che ruota (rispetto ad un riferimento inerziale) con velocità angolare costante w attorno al proprio asse disposto verticalmente. Il punto materiale parte con velocità vo dal centro della piattaforma.

d) Se w > w, prendendo ora in considerazione moti di ampiezza non più necessariamente piccola, qual è la minima inclinazione 9 che deve avere inizialmente il

a) Scrivere, nel riferimento inerziale solidale all’asse della piattaforma, le equazioni

del moto per il punto materiale: si utilizzino a questo scopo le coordinate polari piane r, e.

b) Sapendo che +(t) = ce#** sono soluzionidell'equazione del moto per r(t), determinare la legge oraria della particella e l’energia cinetica con cuila particella esce dalla

scanalatura (non è necessario determinare esplicitamenteil tempochela particella impiega a percorrere la scanalatura, basta utilizzare l’identità cosh°r--sinh?e = 1).

c) Calcolareil lavoro fatto su P dalla reazione vincolare e mostrare che è uguale alla variazione dell'energia cinetica della particella. dì) Calcolare ora la variazione dell'energia cinetica della particella (nei riferimento inerziale) mediante la conservazione dell'energia nel riferimento della piattaforma.

14.6 Un punto materiale P di massa m si può muovere dentro una scanalaturaliscia praticata lungo una corda distante d dal centro di una piattaforma che ruota con velocità angolare costante w attorno al proprio asse disposto verticalmente. Il punto P

è soggetto ad unaforza elastica F = —k(x — ro), dove x è l’ascissa lungo la scanalatura

e l'origine è nel centro della corda. Determinare la posizione di equilibrio della massa m e dire per quali valorì di w detta posizione è stabile. 14.7

Un pendolo è costituito da una massa m attaccata ad un

estremo di una sbarretta rigida di massa trascurabile e lunghezza /. L'altro estremo è incernierato (senza attrito) ad un asse orizzontale. Detto asse ruota con velocità angolare costante w attornoalla verticale passante per il centro di sospensione della sbarretta. Il pendolo viene osservato nelriferimento rotante.

asse|orizontale ?

a) Se w è sufficientemente piccolo, si determini il periodo delle piccole oscillazioni del pendolo attorno alla posizione verticale (9 = 0). Qual è il massimo valore & che può avere w perché il moto attorno a @ = 0 sia oscillatorio? Sia ora w > è.

b) Il pendolo può ancora compierepiccole oscillazioni attorno ad opportuneposizioni.

Determinarele posizioni di equilibrio stabile ed instabile ed il periodo delle piccole oscillazioni attorno alle prime.

c) Determinare,nel riferimento rotante, l’energia potenziale del pendolo (in funzione

36

pendolo affinché - lasciato con velocità nulla — sia in grado di passare oltre la

posizione verticale (in basso)? In quale posizione il pendolo inverte il suo moto?

14.8. La superficie di un liquida in quiete soggetto alla gravità è orizzontale, in quanto coincide con una superficie equipotenziale della forza di gravità. Sfruttando l'equivalenza fra forze apparenti e forze gravitazionali. dire come è disposta

(all'equilibrio) la superficie dell'acqua in un bicchiere se a) il bicchiere sì trova dentro un treno in moto con accelerazione costante à; b) il bicchiere si trova dentro un contenitore che scivola senza attrito lungo un piano inclinato (inclinazione a);

€) il bicchiere (e con esso l'acqua) ruota con velocità angolare w attorno al proprio

asse.

14.9

Unaforza F costante tira (su un piano orizzontale

liscio) una massa Mcollegata da una molla reale di massa Ma Mi|_> M costante £ ad una massa Mo. Determinare le forze che agiscono sulla molla ai suoi estremi e, sfruttando l'equivalenza fra forze gravitazionali e forze apparenti (v. esercizio 6.6), l'allungamento della molla (in condizioni stazionarie) 14.10

Unsatellite artificiale avente la forma di una sfera cava è in orbita attorno

alla Terrae il suo centro descrive unatraiettoria circolare di raggio A conil centro nel

centro della Terra. Supponiamoche la sfera, oltre al moto di rivoluzione attorno alla Terra, possa avere un moto di rotazione con velocità angolare dio, che resta costante durante il moto dirivoluzione. In quiete all'interno della sfera è presente una massa m.

2) Se do = 0 che motoeffettuala sfera rispetto alla Terra (rotatorio, traslatorio...}? Qualè la legge oraria di m? b) Che moto effettua la sfera se rivolge sempre “la stessa faccia” verso la Terra? Qual

è la legge oraria di m se è posta a distanza x (x 2 0) dalcentro sulla congiungente

centro della Terra — centro della sfera?

c) Nel riferimento della sfera, e supposto dy = 0, calcolare la forza # (“forza di marea” ) che siesercita su m al primo ordine in x/R nell'istantein cui si trova sulla congiungente centro della Terra - centro della sfera. (Poiché m si trova all’interno della sfera, non risente della forza gravitazionale dovuta alla sfera stessa). d) Nelle stesse condizioni della domanda precedente, ma supponendo che la sfera

rivolga semprela stessa faccia verso la Terra, calcolare la forza che nel riferimento solidale alla sfera si esercita su m.

37

Le equazioni cardinali dei sistemi

15.

LE EQUAZIONI CARDINALIDEI SISTEMI

Nota. IHterzo esercizio è ancora un problema di un singolo punto materiale, esso viene tuttavia proposto in questo capitolo in quanto è propedeutico al quarto. 15.1

Due masse puntiformi mi e m2 hannorispettivamente velocità v; e V2.

15.5. Due masse uguali m sono collegate da una molla di lunghezza a riposo trascurabile e costante elastica 4. Una delle due masse è

attaccata ad un filo di lunghezzaÈ il cui altro estremoè fissato in

un punto O. Il sistema ruota in un piano orizzontale con velocità

angolare w costante, con w < wo = Ykfm.

a) Calcolare la distanza fra le due masse.

a) Calcolare il momento angolare totale Zc rispetto al centro di massa (come polo) e mostrare che è dato da 4(71 — f2) A (#1 — 72), dove 4 è la massaridotta del

Ad un certo istanteil filo si rompe.

b) Calcolare il momento angolare totale Zn nel riferimento del centro di massa ri-

15.6 Si consideriil sistemacostituito da due masse muguali collegate da unasbarretta rigida di massa trascurabile e lunghezza 21,

sistema.

spetto ad un polo generico © e mostrare esplicitamente che coincide con Ly calcolato precedentemente. 15.2

Due masse puntiformi mi e ma sonocollegate fra di loro da una sbarretta rigida

il sistema non è soggetto a forze esterne.

o

b) Determinare il moto delle due masse dopo la rottura delfilo.

che ruota (senza attrito) con velocità angolare wp attorno ad un asse verticale passante peril centro della sbarretta inclinata di un angolo a rispetto ad un piano orizzontale.

a) Calcolare il momento angolare rispetto al centro di massa in termini della velocità

a) Calcolare il momento angolare del sistema rispetto ad un polo arbitrario.

b) Determinare il moto delle due masse.

b) Calcolare il momento risultante M, rispetto ad un polo arbitrario, delle forze esterne agenti sul sistema.

angolare & del sistema.

15.3 Una massa m ruota in un piano orizzontale attaccata ad un estremo di un filo di lunghezza| il cui altro estremoè fissato in un punto O del piano. Ad un certo istante il filo si rompe. a) Dire quali fra le seguenti grandezze si conservano durante il moto delsistema:

1) il momento angolare Lo rispetto al centro O di rotazione, i) il momento angolare La rispetto ad un polo fisso 1:#0, iti) la quantità di moto Q.

Quali delle suddette grandezze si conservano solo prima o solo dopo ia rottura del

filo?

b) Determinare il moto della massa m dopo la rottura delfilo. 15.4 Adunestremoea metàdi un filo di lunghezza 2/ sono attaccate due masse uguali puntiformi m; il filo è fissato all’altro estremo. Il sistema ruota con velocità angolare

Consideriamo come facente parte del sistema anche l’asse verticale attorno al quale ruotala sbarretta. Detto asse è mantenuto nella sua posizione, oltre che da un opportuno sostegno che gli impedisce di cadere, anche da due supportiposti a distanza d dal

centro della sbarretta (v. figura).

c) Se il momento Mdelle forze esterne è dovuto a due forze orizzontali uguali ed opposte esercitate dai supporti sull’asse, determinare dette forze È e — F. Aduncerto istante l’asse verticale viene in qualche modo delicatamenterimosso senza disturbareil sistema rotante, che inizia a cadere.

d) Descrivere il moto rotatorio delle due masse nel riferimento in caduta libera con esse: quanto vale w? Resta costante (durante la caduta)? E 3?

w in un piano orizzontale attorno all'estremo fisso del filo (le masse sono allineate con il centro di rotazione).

Ad un certoistanteil filo si rompevicino all’estremofisso.

a) Calcolare ia tensione delfilo fra le due masse prima della rottura delfilo. )) Dire quali fra le seguenti grandezze restano costanti durante il moto del sistema: i) il momento angolare Ze rispetto al centro di massa, ii) il momento angolare Lo rispetto al centro O di rotazione, iti) il momento angolare rispetto ad un polo fisso 240, iv) la quantità di moto a.

Quali sono costanti solo prima o solo dopo la rottura delfilo?

c) Determinare il moto delle due massee la tensionedelfilo fra le due masse dopo la rottura delfilo. 38

39

Dinamica del corpo rigido

16.

DINAMICA DEL CORPO RIGIDO

b) Sfruttando la conservazione del momento angolarerispetto ad un opportuno asse, calcolare la velocità v; del centro di massa della palla quando essainizia la fase di moto rotatorio senza strisciamento.

16.1 Un sistema è costituito da 8 masse uguali ai vertici di un parallelepipedo di dimensioni a x a x b. a) Determinare gli assi e i momenti principali d’inerzia del sistema e, come caso

particolare, per è = a (cubo).

b) Calcolare il momento d’inerzia rispetto all'asse che passa per due vertici opposti del parallelepipedo.

c) Seil sistema ruota con velocità angolare w attornoall'asse della domanda precedente, determinare l’angolo fra W e il momento angolare L. 16.2

Sapendo che il momento principale d’inerzia di una sfera è [ = îMR?, deter

minare il momento d'inerzia di un guscio sferico di raggio R, spessore trascurabile e massa M.

16.3 2N +1 masse identiche puntiformi m = M/(2+ 1) sonoallineate a distanza 1/2N fra di loro. a) Calcolare il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse passante per il suo

centro e ortogonale alla retta contenente le masse; calcolare il limite di detto momento d’inerzia per N + co (sbarreita di massa M, lunghezza | e spessore trascurabile).

b) Calcolare il momento d'inerzia della suddetta sbarretta rispetto ad un asse (centrale) inclinato di un angolo a rispetto al precedente. 16.4

Dimostrare che:

a) fra i momentiprincipali d’inerzia vale la diseguaglianza triangolare (ciascuno è < della sommadegli altri due); c) se un momentoassiale d’inerzia /, è nullo, è è asse principale d'inerzia; d) se /; ed Ip sonorispettivamente il minore ed il maggiore fra i momenti principali

d'inerzia, I 0, attrattiva se 9192 < 0. Le due cariche si trovano inizialmente molto lontane sull’asse x, da parti opposte (x = —c0 e x = +00). Calcolare il lavoro che occorre

fare dall'esterno (cioè contro le forze del campo) per portarle nei punti x = —d/2 e r=+d/2 a) portando nella posizione finale prima una carica e poi l’altra;

b) portandole nelle rispettive posizioni finali contemporaneamente ma indipendente-

mente (cioè con velocità arbitrarie).

43

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Energia dei sistemi

Le due particelle di masse mi; ed ma e cariche dello stesso segno gi, 92; dopo essere

state portate a distanza d vengono lasciatelibere.

c) Calcolarele velocità finali v) e vo delle due particelle (cioè quando sono a distanza infinita). 17.5. Su una guidarettilinea orizzontale liscia sone liberi di muoversi due cubetti di masse mi e m2. Su unadelle facce di maè saldato un estremo di una molla di massa trascurabile e costante elastica &, parallela alla guida e nella direzione di mi. Iniziamente mx è fermo e mj si muove con velocità vj verso mo

E

orson

a) Calcolare le velocità iniziali e l'energia cinetica iniziale delle due masse nelriferimento del centro di massa. b) Quant'è la massima compressione che subisce la molla quando m, ha raggiunto ma?

a) Dimostrare (anche se il fatto è scontato) che il blocchetto viene “trascinato dal nastro”, cioè viene messo in moto convelocità concorde a To.

b) Calcolare la potenza che deve sviluppare il motore finché il blocchetto è in moto relativo rispetto al nastro.

c) Calcolareil lavoro fatto dal motore. 17.9 Undisco ruota attorno al proprio asse con velocità angolare wi. Un secondo disco di momento di inerzia I può ruotare senza attrito attorno allo stesso asse. Il secondo disco, inzial mente fermo, viene portato a contatto con il primo. Fra i due

dischi c'è attrito, ed il momentodelle forze di attrito agenti su ciascuno dei due dischi è (in modulo) Ma, costante. Un motore

mantiene costante la velocità angolare del primo disco. Calcolare il lavoro fatto dal motore per portare i due dischi a ruotare insieme.

c) Per quanto tempo la massa mi resta a contatto con la molla? dì) Quali sonole velocità delle due masse “dopo l'urto”, cioè quando mi non è più a contatto con la molla? 17.6 Un disco omogeneo di massa m e raggio r è vincolato a rotolare senza strisciare su tutta la superficie interna di un cilindro

(fisso) di raggio A > r con asse orizzontale. L'asse del disco è

paralielo a quello del cilindro. Sia @ l'angolo che il piano contenente

gli assi delcilindro e del disco formaconlaverticale (v. esercizi 12.3

la

e 16.9).

Il disco parte con velocità trascurabile dalla posizione 0 = m. Qual è la velocità del centro del disco quando passa per la posizione @ = 0? 17.7

Una tavola di massa M può scivolare senza attrito su

‘un piano orizzontale. Sulla superficie superiore, scabra, della

de.

tavola inizialmente fermaarriva orizzontalmente un blocchetto di massa m con velocità vp. Il coefficiente di attrito fra la tavola e il blocchetto è pa. Il blocchetto si arresta sulla tavola.

a) Calcolare il lavoro complessivo fatto dalle forze di attrito. b) Determinare la posizione sulla tavola în cui si arresta il blocchetto.

c) Calcolare sia il lavoro fatto dalle forze di attrito sul blocchetto che quello fatto sulla tavola. d) Di quanto si sposta la tavola finchéil blocchetto è in moto su di essa? 17.8 Su un nastro trasportatore orizzontale che scorre con velocità uniforme vp) viene posto con velocità nulla un bloc-

cheito di massa m. Il coefficiente di attrito dinamico fra il

(d__0

blocchetto ed il nastro è ya. Un motore mantiene uniforme la velocità del nastro. 44

45

Leggi di conservazione per i sistemi

LEGGI DI CONSERVAZIONE PER I SISTEMI

18.4 Su un binario orizzontale due carrelli sono collegati da una molla di costante clastica &. Le masse totali (carrelio + ruote) dei due carrelli sono Mi} ed Ma,e ciascuno

Nota. Il tema principale di questo capitolo è quello della determinazione delle equazioni del moto disistemi conservativi con un solo grado di libertà a partire dall’equazione che esprime la conservazione dell’energia (fa eccezione il 4° esercizio): si tratta di un procedimentodi solito più semplice di quello che fa ricorso alle equazioni cardinali: in alcuni casi, a titolo di istruttivo confronto, verrà richiesta la soluzione con entrambii metodi. Il sistema trattato nel 7° esercizio ha due gradidilibertà, ma sono disponibili dueleggi di conservazione; la domanda e) non è semplice ma viene comunque proposta a fini didattici.

18.1 Lungo un pianoinclinato(inclinazione a) scendono con moto di puro rotolamento i) un disco di legno, i) un disco di ferro, ii?) un anello, iv) una palla omogenea, v) un guscio sferico (1° = 3MR?).

°

n

si

a) Stabilire l'ordine di arrivo dei suddetti oggetti in fondo al piano inclinato.

Giunti in fondo, gli oggettì proseguono risalendo un identico piano inclinato, questa volta liscio e ben raccordato conil primo,e poi lo ridiscendono. b) Determinare le quote massime raggiunte da ciascuno dei suddetti oggetti sul secondo pianoinclinato e l'ordine di arrivo in fondo al pianoliscio. c) Dire se raggiungonoil punto da cui sono partiti. Un carrello con quattro ruote di raggio r e ciascuna di momento di inerzia

{rispetto all'asse) I°, scende con moto di puro rotolamento lungo un piano inclinato, coninclinazione a. La massa totale (compresele ruote) è M. a) Scrivere l’espressione dell'energia totale del carrello. b) Determinare l’accelerazione del carrello.

IS, viene tirato su un pianoorizzontale da una forza F. La

E

massa totale (comprese le ruote) è M. Il moto delle ruote è

di puro rotolamento.

a) Determinare l’accelerazione del carrello utilizzando la 2° equazione cardinale per

ciascuna ruota e la 1° per il resto delsistema (carrello).

b) Determinare Paccelerazione del carrello utilizzando la conservazione dell'energia

(o il teorema delle forze vive).

c) Calcolare la componente orizzontale della reazione esercitata dalla strada su ciascuna ruota.

46

a) Si conserva la componenteparallela al binario della quantità di moto È del sistema? b) Scrivere l'equazione per il moto relativo dei due carrelli e determinareil periodo

delie oscillazioni di detto moto(si utilizzi il risultato dell’esercizio 3).

c) Determinare il moto del centro di massa delsistemase i due carrelli sono identici 18.5. L'asse di una ruota di raggio r e massa m è agganciato ad una molla di costante elastica £ e lunghezza a riposa ly, il cui altro estremo è fisso. La ruota può rotolare senza strisciare su un piano orizzontale. a) Scrivere l'equazione del moto delia ruota e determinareil periodo delle oscillazioni del suo centro. b) Se 4, è il coefficiente di attrito statico fra la ruota ed il piano su cui si muove, determinare la massima ampiezza delle oscillazioni per le quali il moto della ruota è di puro rotolamento. Supponiamo ora cheil sistema, anziché su un piano orizzontale, sia disposto lungo un pianoinclinato (inclinazione a). La ruota parte da ferma dalla posizione in cui la molla ha lunghezza lo-

I suddetti oggetti continuano il loro moto, risalendoil piano scabro.

18.3 Un carrello munito di due ruotecilindriche di raggi ri e ra e momentidi inerzia (rispetto ai rispettivi assi) If ed

primo, di raggio r> e momento di inerzia IS il secondo. Il moto delie ruote è di puro rotolamento.

(uguali masse e uguali ruote).

Masse e raggi non sono dati.

18.2

di essi ha due ruote uguali, di raggio r1 e momentodi inerzia {rispetto all'asse) If il

c) Determinare l'ampiezza delle oscillazioni del centro della ruota ed il loro periodo. d) Determinare la reazione R; parallela al piano inclinato quando la ruota è ferma nella posizione di equilibrio. 18.6 Inun punto P di un anello di raggio RR e massa M viene fissata un massa puntiforme m. L'anello può rotolare senza strisciare su un piano orizzontale. Scrivere l'equazione del moto

per l’angolo @ fra la retta congiungenteil centro dell’anello con la massa m e la verticale verso il basso,

d

n

18.

a) utilizzando la 2° equazione cardinale;

b) sfuttando la conservazione dell’energia. 18.7 Dentro un vagone di massa M che puòscivolare con attrito trascurabile su un binario rettilineo orizzontale, è appesa per un suo estremo un'asta omogenea di massa m e lunghezza /. L’asta può oscillare senza attrito in un piano verticale parallelo al binario. Si supponga chel’asta venga lasciata libera con velocità nulla quando forma

un angolo ? = ?p con la verticale.

47

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

a) Dire quali fra le seguenti grandezze sono costanti del moto: i) ti)

la componentelungoil binario della quantità di moto totale; la componente verticale della quantità di moto totale;

iì) l’energia totale.

b) Come si esprimono le corrispondenti leggi di conservazione in termini di d,8e della velocità del vagone £? c) Se 9 = 90°, di quantosi è spostatoil vagone dopo mezzo periodo? d) Ricavare l’equazione di moto per l'angolo #. e) Sfruttare le equazioni di conservazione per dimostrare che (se 0040, 00 # +7) sia il motodell'asta che quello del vagone sonoperiodici (con lo stesso periodo). f) A partire dall’equazione del moto per l’angolo @, ricavare l'equazione (lineare) per le piccole oscillazioni attorno a ? = 0. Qualè la frequenza deile piccole oscillazioni dell’asta intorno alla verticale? g) Verificare che il risultato precedente si riduce a quello del pendolo fisico con so-

spensionefissa se M/m > 1.

19.

FORZE IMPULSIVE E URTI

Nota. I primi due esercizi sono applicazioni del teorema dell’impulso e dell'impulso angolare, tutti gli altri sono problemi d’urto. Gli esercizi 8 e 9 trattano il problema delPurto obliquo, mettendo in evidenza che non sempre vale la legge secondocui “l'angolo

di riflessione è uguale all’angolo di incidenza”.

19.1 Siconsiderinoi casi trattati negli esercizi 17.8 e 17.9: i) un blocchetto fermo viene posato su un nastro trasportatore scabro mantenuto in moto con velocità costante

da un motore; ii) un disco fermo (momento di inerzia I) viene messo in rotazione da

un disco coassiale scabro, collegato ad un motore che ne mantiene costante la velocità angolare wo. Mostrare che, grazie al teorema dell'impulso nel primo caso, e al teorema dell’impulso angolare nel secondo,il lavoro fatto dal motore è sempreil doppio dell’energia cinetica finale del blocchetto o del disco, indipendentemente dalle modalità del processo (p.es.

dalle leggi dell’attrito).

19.2 Su un nastro trasportatore orizzontale scabro che scorre con velocità uniforme v) viene posato con velocità

i—_©

nulla un corpo rotondo (sfera, ruota, ...} di momento di inerzia 1° = MR? (a Va.

a) Calcolare le velocità e l'energia cinetica delle due masse nel riferimento del centro di massa, prima che avvenga l’urto fra di esse.

b) Dimostrare che la massima energia che può essere dissipata nell’urto fra le due

particelle è l’energia cinetica iniziale nel riferimento del centro di massa (conviene usare il teorema del Koenig).

c) L'energia dissipata nell’urto, sia essa la massima possibile o no, dipende dal riferimento? ° Calcolare le velocità delle due masse dopo l'urto

d) nel caso in cui durante l'urto si ha la massima dissipazione di energia (“urto completamente anelastico”); e) nel caso in cui durante l’urto l’energia si conserva (“urto elastico”). 48

49

fee

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Forze impulsive e urti

oggetti m mm 19.4 Su una guidarettilinea orizzontale scabra due elastica e costant di molla una da aRoom i collegat sono m di massa _ n mente in k e lunghezza a riposo ly. I due oggetti sono inizial guida; la lungo vo à velocit con m' massa terza una da urtato quiete e unodi essi viene ente di attrito dinamicofra le la massa nresta incollata alla massa urtata. Il coeffici neo. istanta rato conside L'urto viene massee la guida è pg.

19.8. Una palla di massa m in moto traslatorio con velocità # urta elasticamente una parete (urto obliquo). Sia la palla che la parete sono completamente lisce.

uno dei due oggetti a) Calcolarela velocitàe l'accelerazione subito dopol’urto di ciasc m'). (uno di massa m, l’altro di massa M =m +

ma compressione della molla b) Supposto ora che la guidasia liscia, calcolare la massi to. all’ur sivo succes ma siste del moto il te duran verso dell'asse x urta un corpo 19.5 Un corpo di massa m in moto con velocità 1ì nel è sempre lungo l’asse x. fermo di massa M. Il moto delle due masse dopo l’urto co, la velocità delle due masse a) Calcolare,nell’ipotesi di urto completamente anelasti

dopo l’urto nel limite M/m + co.

siaelastico. Supponiamo ora che lurto fra le due masse m e M

a massa nell’urto. b) Determinarela variazione della quantità di moto di ciascun

M dopo l’urto nel limite e) Calcolare la velocità della massa m e quella della massa

M/m- 0.

velocità vo (lungo l’asse Supponiamoche il corpo urtato sia un autocarro in moto con

x) di massa M>m

(“M= 00”). Semprenell’ipotesi di urto elastico,

velocità iniziali vi e vo d) determinarela velocità di m dopo l'urto sia nel caso chele siano nello stesso verso che in versi opposti.

Quale deve essere e) Qualè la velocitàfinale della massa m se inizialmente è ferma? à iniziale v') sia (velocit m massa la l’urto dopo perché ocarro dell’aut velocità la ferma?

e di uguale massa di cui 19.6 Siconsideri l'urto elastico di due particelle non vincolat e una interazione di riament necessa non intende si qui una inizialmente ferma (per urto solo quando le nulla non è che one interazi una anche ma e, particell due le contatto fra c particelle sono sufficientemente vicine). delle due velocità le e, direzion unica una in svolge si non Dimostrare che, se il moto

particelle dopo l'urto sono ortogonali (£leggedell'angolo retto”).

in quiete, su un tavolo da 19.7 Unapalla dabiliardo di raggio r e massa m si trova, di tempo molto piccolo lo interval « biliardo. Mediante la stecca le viene ceduto — in un per il centro (urto passante e vertical piano un in - un impulso orizzontale P giacente

senza “effetto”), in un punto ad altezza A dal piano del tavolo.

e la sua velocità angolare a) Calcolare la velocità vo del centro di massadella palla stecca. della parte da rto dopol'u wo, immediatamente rotoli sul tavolo senza b) Determinare A in modo che subito dopo l'urto la palla strisciare.

50

a) Determinare la velocità #r e la velocità angolare wr della palla dopo l’urto. La palla, sempre in moto traslatorio con velocità &, ora urta la parete frontale di un autocarro (di massa “infinita”) in moto con velocità vg. Anche in questo caso Purto è completamente elastico e le superfici sono lisce. b) Determinare la relazione fra l'angolo di incidenza e l'angolo di riflessione (angoli

fra la velocità e ia normale alla parete).

19.9 Unapalla di massa m, raggio r e momentodi inerzia /9, in moto traslatorio con velocità 7 urta elasticamente una parete (urto obliquo). Fra la parete e la palla c'è attrito statico, sufficiente perché durante l’urto nonsi verfichi strisciamento della palla sulla parete. Assumiamochela legge di forza che determina la reazione della parete sia tale che nell’urto la componente ortogonale alla parete della velocità della palla cambi segno. a) Determinarela velocità & e la velocità angolare wr della palla dopo l’urto.

b) Se l'angolo di incidenza (angolo fra la velocità e la normale e la parete) è di 45°, quant'è l'angolo di riflessione, nel caso in cui If = &mr??

c) Calcolare la velocità del punto di contatto fra la palla e la parete subito prima e subito dopo l'urto. d) Calcolare l'impulso P ceduto dalla paretealla palla. 19.10 Su un tavolo dabiliardo una palia in moto di puro rotolamento con velocità © urta centralmente ed elasticamente un’altra palla ferma, identica alla prima. Fra le due palle non c’è attrito, mentre l’attrito è presente fra le palle ed il tavolo.

a) Determinare la velocità e la velocità angolare di entrambe le palle subito dopo l'urto.

b} Determinare il moto di entrambe le palle dopo le rispettive fasi di strisciamento sul tavolo. c) Calcolare l’energia dissipata nella fase di strisciamento. 19.11

Unasbarrettadi legno rigida, omogenea, di massa M e lunghezza L (momento

centrale di inerzia I° = 1 ML?) può ruotare - senza attrito - attorno ad un asse oriz-

zontale passante per un suo estremo. Inizialmente la sbarretta si trova nella posizione di equilibrio. Un proiettile di massa m urta la sbarretta ad una distanza / dall'asse di sospensione, con una velocità vo diretta orizzontalmente (nel piano del moto della sbarretta) e resta conficcato nella sbarretta. L’urto viene considerato istantaneo. a) Determinare / in modo tale che durante l’urto l'asse di sospensione non eserciti sulla sbarretta forze impulsive. b) Determinare la velocità angolare della sbarretta (con il proiettile) subito dopo l’urto. 5Ì

Problemi di Meccanica

20. Nota.

PROBLEMI DI MECCANICA

2° caso: il pendolo è vincolato a muoversi in un piano ortogonale

Ù

c) Scrivere l’energia potenziale U(9) del pendolo in funzione del-

Con l'eccezione dei primi quattro (e di parte del 5°), i problemi di questa

l’angolo 8 che forma con la “verticale” e ricavare, dalla conservazione dell'energia, l'equazione del moto per @. Qual è l'effetto della forza di Coriolis sul moto del pendolo?

sezione richiedono la conoscenza della dinamica rotazionale deisistemi: si differenziano dalla maggior parte degli esercizi propostinei capitoli precedenti non peril grado di

difficoltà (anzi, talvolta alcune domandedi questi problemi sono già state proposte

negli esercizi), ma per il fatto di essere “ad ampio spettro”, cioè possono contenere nello stesso problemariferimenti a capitoli diversi.

1.

asse del cilindro

all’asse delcilindro (figura 2b).

d) Determinare il periodo delle piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio.

Unfucile a molla (ben lubrificato) viene schematizzato nel modo

3.

seguente: una molla di costante elastica £ e una certa lunghezza di riposo (lg), ad un estremodella quale è saldato un supporto di massa M. Soprail supporto viene appoggiato il proiettile di massa m e la molla viene compressa di una lunghezza d (a partire da lo). Il fucile è disposto verticalmentee fissato al pavimento. La molla viene sbloccata.

fig. 2b

Dueoggetti puntiformi O; e 03 di massa m ruotanonello stesso verso attorno ad

un pianeta di massa M su orbite circolari (complanari) di raggi rispettivamente R— r e R+r(r < R). Ad uncertoistante (t = 0) i due oggetti si trovanoallineati con il pianeta.

a) Se é è sufficientemente grande da permettere il lancio del proiettile, calcolare la reazione esercitata dal supporto sul proiettile in funzione della sua posizione e determinare la posizione della massa m nel momento in cui questasi distacca dal supporto.

a) Ignorando l’interazione gravitazionale fra i due oggetti, dire come varia nel tempo la loro distanza angolare, vista dal centro del pianeta: si esprimail risultato al 1°

ordine in r/R

((1+6°=1+ae).

b) Determinare, sempre a menodi termini di ordine {r/)?, la forza (intensità e verso)

che occorrerebbe esercitare su ciascuno dei due oggetti, oltre a quella esercitata

dal pianeta, affinché la loro velocità angolare (sulle due suddette orbite) risulti

b) Determinare l'altezza raggiunta dal proiettile. c) Determinareil limite inferiore Smin dei valori di 5 per i quali si hail distacco. Supponiamo ora che la forza di richiamo esercitata dalla molla non sia perfettamente

(cona>0).

armonica (F = —kr), masia della forma F=-k(2+ax°) d) Dire come cambianole risposte alla domandaa) e alla domanda b).

uguale a quella che essi avrebbero sull’orbita di raggio R.

I dueoggetti siano ora due masse sferiche di raggio r (e quindi a contattoe allineate con il pianeta), e prendiamoin considerazione

l'attrazione gravitazionale fra di esse, che è uguale alla forza fra

:

“|

2. Una astronave, costituita da un cilindro cavo di raggio K, viaggia nello spazio lontana dastelle e pianeti. Per simulare la gravitàil cilindro ruota con velocità angolare costante wy attorno al proprio asse.

due masse puntiformi m a distanza 2r. : ! L'obiettivo di questo problema è quello di stabilire in quali conS 2° dizioni l'attrazione gravitazionale fra gli oggetti che orbitano attorno ad un pianeta è sufficiente a far sì che questi possano unirsi in modo da formare un satellite, anziché rimanere sparpagliati sotto forma di anelli (come per Saturno).

viene sospeso un pendolocostituito da una sbarretta di massa trascurabile di lunghezza 7 1> R-le da una massa m puntiforme all'estremolibero. Il pendolo viene osservato dagli astronauti che indicano con @ l'angolo fra il pendolo e la “verticale verso il basso”.

c) Nell'ipotesi che l’attrazione gravitazionale fra le due masse (sferiche) sia sufficiente a mantenerle a contatto allineate con il pianeta, determinare al 1° ordine in x/R la forza risultante F che agisce su di esse, e quindi la velocità angolare del loro centro di massa.

All’internodell'astronave, ad una distanza R-I dall'asse (cioè a distanza ! dal “suolo” )

n

2

1° caso: il pendolo è vincolato a muoversi in un piano contenente

l’asse delcilindro (figura 2a).

a) Determinarele posizioni di equilibrio stabile ed instabile del i pendolo ed il periodo delle piccole oscillazioni attorno alle prime.

b) Che velocità bisogna impartire alla massa m nella posizione

@ = 0 perché possa raggiungerela posizione 9 = n? Qual è la minima velocità con cui viene raggiunta questa posizione?

52

TT, \

/ asse del cilindro /" |

L

R-I

I

!

fig. 2a

d) Determinare la relazione che deve sussistere fra M, m, R_ ed r affinché le due masse ruotino atterno al pianeta,allineate con esso e mantenute a contatto fra di loro dalla reciproca attrazione gravitazionale. e) Se si suppongono uguali le densità dei due oggetti e del pianeta, la suddetta relazione si riduce ad una relazione fra R ed il raggio Ap del pianeta. Determinarla. Cosa si conclude in merito alle distanze alle quali sono possibili la formazione di satelliti o di anelli attorno ad un pianeta?

53

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Problemi di Meccanica

sviluppando A. Unciclista viaggia alla velocità di 20km/h su una strada in pianura, li; ii) che trascurabi siano una potenza di 100 W. Si suppone î) che gli attriti interni ciare. senzastris rotolino ruote l’aria eserciti una forza viscosa F,=—qî, iii) chele ruote delle massa La 65kg. = M è bicicletta della e La massa totale del ciclista il loro è trascurabile rispetto ad M, di conseguenza si consideri trascurabile anche

entrambe le ruote restino a contatto con il terreno e che mantengano un moto di puro rotolamento.

momento di inerzia.

a) Calcolare y.

b) Calcolare la componente parallela alla strada del risultante delle forze (di attrito statico) esercitate dalla strada sulle ruote.

il c) Ilciclista smette di pedalare: calcolare, utilizzando il teorema delle forze vive, durante ruote sulle strada dalla esercitare attrito di risultante delle eventuali forze la fase di arresto.

d) Quanta strada percorre il ciclista prima di arrestarsi?

a) Per quali valori di wo il moto della massa è oscillatorio attorno al centro del disco?

Supponiamo che la massa oscilli con ampiezza a: per mantenere costante la velocità angolare del disco è necessario un motore collegato all’asse del disco.

b) Calcolare la potenza W(f) che deve sviluppare il motore ed il lavoro che esso compiein un periodo delle oscillazioni della massa m.

c) Calcolarela coppia (cioè il momento M' (t) delle forze) che il motore deve trasmettere all'asse del disco. in Supponiamo che la massa oscilli con ampiezza uguale al raggio .R del disco, e che

un istante in cui la massa raggiunge l’ampiezza massima,il motore vengascollegato.

Il disco, di massa M,è libero di ruotare attorno al proprio asse.

d) Calcolarela velocità angolare Wo del disco e il modulo della velocità della massa quanto questa passa per ilcentro del disco. Quant'è il minimovalore che può avere k perché la massa m possa raggiungere il centro del disco?

6.

Un ciclista percorre a ruota libera con velocità costante vo una strada in pianura

(tuttigli attriti e la resistenza dell’aria sono supposti trascurabili).

.

"La massa totale delciclista e della bicicletta è M, e quella delle ruote è trascurabile

rispetto ad M, di conseguenza consideriamo trascurabile anche il loro momento di

inerzia. una Ad un certoistante il ciclista, azionandoil freno anteriore, esercita sulla ruota

forza costante di attrito (dinamico) di modulo F. Si supponga che durante la frenata 54

b) Determinare, in moduloe verso,la forza di attrito (statico) F, che la strada esercita sulle ruote. Su quale ruota agisce detta forza? Sia d la distanza del centro di massa del sistema (bicicletta + ciclista) dal suolo, 2/ la distanza fra gli assi delle ruote, e supponiamo che il centro di massa sia equidistante da essi.

c) Calcolare le componenti normali N e N; della reazione che la strada esercita su ciascuna ruota.

d) Determinare il massimo valore che può avere F (forza esercitata dal freno) perché

5. Un disco orizzontale viene mantenuto in rotazione con velocità angolare costante nella wa attorno al proprio asse. Lungo un diametro il disco presenta una scanalatura di richiamo quale si trova un piccolo corpo di massa m, soggetto ad unaforza elastica verso il centro del disco: F = —kr. Tuttigli attriti sono trascurabili.

“

a) Facendo uso del teoremadelle forze vive calcolare quanta strada percorre la bicicletta per fermarsi e l’accelerazione durante la frenata. Calcolare numericamente F e l’accelerazione ag se M = 70kg, vo = 36 km/h, spazio di frenata: s = 25m.

la ruota posteriore resti a contatto con il terreno. Calcolare numericamente Fax e corrispondentementel’accelerazione ag durante Îa frenata, se (= 0.75m d=1m.

Supponiamo ora che il ciclista (in moto con velocità v9), anziché azionare il freno anteriore, azioni quello posteriore bloccando completamente il moto di rotazione della ruota. Sia ug il coefficiente di attrito dinamico fra la ruota posteriore e la strada. e) Calcolare la reazione normale N, che la strada esercita sulla ruota posteriore e l’accelerazione durante la frenata. Effettuare il calcolo numerico per pay = 1.5. È possibile che la ruota posteriore perda il contatto con ìl terreno? 7.

Due punti materiali di uguale massa m, collegati da una sbar-

retta rigida di lunghezza L e massa trascurabile, sono attaccati a due molle verticali identiche di costante elastica k, appese ad un'asta orizzontale. Le due molle, grazie ai due manicotti che

possono scorrere lungo l’asta orizzontale (v. figura), si mantengono sempreverticali.

a) Determinare la posizione di equilibrio delle due masse con la sbarretta orizzontale.

A partire dalla posizione di equilibrio (con la sbarretta orizzontale), mediante una opportuna forza f' diretta verso il basso, si portano le due masse rispettivamente a

distanze a e d (a > 5) dalla posizione di equilibrio.

b) Qual è la forza F necessaria a mantenereil sistema în equilibrio nella nuova posizione? In quale punto della sbarretta deve essere applicata? c) Quant'è il lavoro fatto dalla forza F per portareil sistema in detta posizione?

All’istante # = 0 la forza È viene rimossa. d) Determinare la legge oraria del moto. del centro di massa G del sistema,e dire a

qualeistante #' passa (per la prima volta) per la posizione di equilibrio. 55

Problemi di Meccanica

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

direzione e) Ricavare l'equazione del moto per l’angolo # che la sbarretta forma con la orizzontale. f) Se (a-b)/L « 1, comevaria @ nel tempo? Quali sono le posizioni delle due masse

pert=t?

8. Il pendolo di un orologio ha le seguenti caratteristiche: massa M = 2kg, momento di inerzia rispettoall'asse centrale rilevante al problema IS = 0.5kg - m?, distanza del baricentro-dall’asse di sospensione d = 0.5m. a) Calcolareil periodo Ty del pendolo e la lunghezza di un pendolo semplice equiva-

lente a quello dato (cioè cheoscilli con lo stesso periodo).

b) Posta uguale a zero l'energia potenziale per 9 = 0 (cioè peril pendolo nella posi zionedi equilibrio), calcolare l'energia totale del pendolo se esso compie oscillazioni di ampiezza angolare fg = 6°. Gliattriti vari hannol’effetto di forze viscose di momentorispettoall’assedi sospensione Mo=- sò. c) Determinare 4 sapendo che in un’ora l’ampiezza di oscillazione del pendolo si

riduce di un fattoree (si noti che il moto del pendolo è molto poco smorzato).

Il termine di smorzamento —ò modifica il periodo del pendolo. d) Calcolare la correzione percentuale 8T/To al periodo 7 del pendolo non smorzato. e) Confrontare detta correzione con quella dovuta al non perfetto isocronismo del

pendolo (T = T;(1+ 9$/16)), se l'ampiezza di oscillazione è0,= 6°.

f) Calcolare, sempre per un’ampiezza di oscillazione di 6°, l'energia dissipata in un periodo. Se una uguale energia viene fornita al pendolo ad ogni periodo mediante l'abbassamento di una massa m di lkg, di quanto si abbassa detta massa in un giorno? 9.

Unciclista percorre con velocità costante v una strada in salita che forma un

angolo a rispettoall’orizzontale. La massa totale del ciclista e della bicicletta è M,il

raggio delle ruote è R e la massa di ciascuna di esse è m, tutta concentrata sulla loro circonferenza. Labicicletta non presenta attriti interni, e sostanzialmente è costituita da due ruote collegate al telaio solo tramite i loro assi e, per quanto riguarda la ruota posteriore, anche tramite la catena. Il moto delle ruote è di puro rotolamento. a) Determinare la potenza sviluppata dai muscoli delciclista. Si effettui il calcolo per a = 6°, M = 70kge vw = 15km/h. Quant'è il lavoro totale fatto nell’unità di

c) Determinare, in modulo e verso, prima il risultante delle forze di attrito (statico)

che la strada esercita sulle due ruote, quindi sia la forza di attrito sulla ruota anteriore che su quella posteriore (ruota motrice).

d) Se r è il raggio dell’ingranaggio coassiale con la ruota posteriore, determinare la tensione della catena della bicicletta nel punto indicato in figura

(nella parte inferiore la catena non è in tensione),

e la si calcoli per R= 36cmer=4cm.

©)©

Ad uncerto puntoil ciclista, stanco di salire, gira la bicicletta e percorre la discesa a ruota libera senza frenare. e) Se l’aria esercita sul suo corpo unaforza opposta al moto F, = —yv?, determinare la velocità limite vr e si calcoli y se v; = 60km/h. 10.

Si schematizziil sistema Terra-Luna comeisolato, e composto da duecorpisferici

e omogenei di masse M e m = M/80 e raggi R = 6400km e r = R/4; si supponga che la distanza a Terra-Luna resti costante, con a = 60, che gli assi di rotazione siano perpendicolari al piano deli’orbita lunare, e che il moto di rotazione della Luna resti sempre “sincronizzato” con quello di rivoluzione(“la Luna rivolge semprela stessa

faccia verso la Terra”).

a) Utilizzando esclusivamentei dati forniti sopra e sapendo che g = 9.8m/s®, determinare il periodo di rivoluzione della Luna. b) Scrivere l’espressione del momento angolare totale del sistema Terra-Luna nel riferimento del centro di massa e mostrare che il momento angolare intrinseco della Luna è trascurabile rispetto al momento angolare intrinseco della Terra. Si sa che per effetto delle maree sollevate negli oceani terrestri, la durata del giorno aumenta di 2 x 107? secondi în un secolo. c) Quant'è la variazione Awr della velocità angolare di rotazione della Terra in un secolo? d) Nell’approssimazionein cui si trascura il momento angolare intrinseco della Luna ed m rispetto ad M, scrivere il momento angolare totale in termini di wr e di a e calcolare di quanto varia in un secolo la distanza Terra-Luna.

(È utile la relazione (1+ e) = 1+ ae).

e) Semprecon le approssimazioni della domanda precedente, scrivere Penergia totale del sistema e calcolare quanta energia viene dissipata per secondo negli oceani terrestri; confrontareil risultato con il consumo mondiale di energia elettrica, che

è dell'ordine di 101° W. (La massa della Terra è M = 6 x 10°4kg).

tempoda tutte le forze (interne ed esterne)?

b) Determinareil lavoro fatto dal ciclista per portarsi, partendo da fermo,alla velocità to in un tratto di salita di lunghezza l.

11. Un trampolino è costituito da un piano inclinato scabro, ben raccordato ad un tratto orizzontale completamente liscio. L’inclinazione del trampolino è a = 60° e la lunghezza del tratto in discesa è L = 30m. L’altezza del tratto orizzontale rispetto al

56

57

Si effettui il calcolo per {= 20me m= 0.5kg.

Problemi di Meccanica

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

inclinato è terreno sottostante è h = 20m.Il coefficiente diattrito statico del tratto o. us = 0.53. Una palla omogenea parte da ferma dalla cima del trampolin strisciaa) Mostrarecheil moto della palla lungo il tratto inclinato è rotatorio senza . trampolino del e orizzontal tratto nel mento, e dire com'è il moto

d) scrivere (p.es. in un opportunosistema di assi cartesiani) la legge oraria del moto della massa m (sempreattaccataalla sbarretta). e) Calcolare — in questa nuova situazione — la forza IF che lacolla deve esercitare sulla massa m per mantenerla in contatto con la sbarretta.

b) Dire a che distanza (in orizzontale) dalla fine del trampolino la palla tocca il terreno.

c) Determinare la posizione dell’asse istantaneo di rotazione della palla un istante prima che tocchiil terreno.

nte 12. Esistono in commercio delle palline in grado di rimbalzare in modo perfettame superficie è elastico su qualsiasi superficie: ciò equivale a supporre che, quando la la scabra, durante il rimbalzo non si verifica strisciamento. Supporremo inoltre che e legge diforza che determinala reazione della parete sia tale che nell’urto la component della massa la m Sia segno. cambi ortogonale alla parete della velocità della palla

pallina (omogenea), e r il suo raggio.

La La pallina viene lasciata cadere da unaaltezza h su un piano orizzontale scabro. velocità con , orizzontale asse un ad pallina ha inizialmente un moto rotatorio attorno angolare wa. del a) Scrivere le leggi di conservazione che permettono di determinare la velocità centro di massa e la velocità angolare della pallina subito dopo il rimbalzo. b) Risolvere le suddette equazioni e spiegare perché ammettono due soluzioni. c) Determinare la posizione del centro di massa quandola pallina si trova alla massima altezza dopoil rimbalzo.

rimd) Determinare la velocità del punto di contatto pallina-piano prima e dopoil balzo. alia pallina. e) Determinare la componente orizzontale dell'impulso ceduto dal piano un 13. Una sbarretta sottile omogenea di massa M e lunghezza 2/ può ruotare in per il suo piano orizzontale attorno ad un asse verticale - privo di attrito — passante colpisce un centro. Inizialmente la sbarretta è ferma. Un piccolo corpo di massa m stessa, e sbarretta alla ortogonale e orizzontale # velocità con sbarretta estremo della resta incollato ad essa.

a) Determinare il moto della sbarretta dopo l'urto. b) Calcolare l'impulso P fornito dall’asse durante l’urto.

c) Calcolare la forza Fi(t) chela colla deve esercitare sulla massa m per mantenerla in contatto con la sbarretta.

sia Ad un certoistante l’asse verticale viene rimosso. Supponendo che la sbarretta sostenuta da un piano orizzontaleliscio, 58

14. Duedischi uguali ed omogenei, ciascuno di massa M e raggio R, sono liberi di ruotare senzaattrito attorno ai loro assi disposti verticalmente. Il 1° disco ruota inizialmente con velocità angolare wp. Quindi viene messo in contatto con il 2° disco inizialmente fermo; entrambi gli assi sono fissi. Fra i due dischi, finché c'è strisciamento, si esercita una forza di attrito (dinamico) costante e nota Fy. a) Determinare le velocità angolari w, e ws dei due dischi in funzione del tempo, e calcolare dopo quanto tempo Î i due dischi rotolano senza strisciare l'uno sull’altro. b) Quant'è l'energia dissipata durante il processo? c) Calcolare la potenza dissipata dall’attrito in funzione del tempo e mostrare cheil lavoro totale è pari alla variazione di energia del sistema. d) Calcolare ii momento angolare iniziale e quello finale del sisiema rispetto ad un asse verticale scelto a piacere. Come dipendeil risultato dalla scelta dell’asse? Il momento angolare si conserva durante il processo? Perché si o perché no?

e) Quantè la forza di attrito fra i due dischi pert>#? 15.

Un disco omogeneo di raggio AR e massa M può

scendere(con l’asse orizzontale) lungo un piano inclinato

di un angolo a rispetto all'orizzontale. La prima parte del piano è perfettamenteliscia ed inizialmente il disco è fermo.

a) Determinare il moto del disco. Dopo un tratto L il piano inclinato diventa scabro con coefficiente di attrito dinamico

Hd

°

b) Determinare il moto del disco sulla parte scabra del piano inclinato, prima che eventualmente esso diventi un moto di puro rotolamento. c) Per quali valori di 44 da un certo puntoin poiil moto del disco è un moto di puro

rotolamento?

Si consideri orail caso in cui 4a > 1. Sia 7 l’intervallo di tempofra l’ingresso del disco nella parte scabra e l’inizio del moto di puro rotolamento. d) Calcolare l'impulso delle forze esterne nell'intervallo di tempo 7, nel limite ga —+ co. Determinare, nello stesso limite, l'energia dissipata per attrito.

59

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 16. Una sbarretta rigida, omogenea, di massa M = 0.8kg e lunghezza L = 1m, può ruotare in un piano verticale attorno ad un asse orizzontale, privo di attrito, passante per un suo estremo. Inizialmente la sbarretta si trova nella posizione di equilibrio.

Problemi di Meccanica

b) Determinare, utilizzando la conservazione dell'energia, la legge del moto della tavola. La tavola scende più rapidamente sui rulli o su un pianoprivo di attrito?

Un proiettile di massa m urta elasticamente la sbarretta ad una distanza | dall'asse di

c} Calcolare (specificandone il valore ed il verso) le forze di attrito (statico) che si esercitano sui cilindri nei punti di contatto con la tavola.

a) Determinare m ed / in modo tale che subito dopo l’urto il proiettile sia fermo ed inoltre durante l’urto l'asse di sospensione non eserciti sulla sbarretta forze impulsive.

piano e orientato verso l’alto} rispetto al centro della tavola dei punti di contatto fra il

sospensione, con una velocità % diretta orizzontalmente.

b) Coni valori trovati sopra per m ed I, a quale condizione deve soddisfare vg affinché durante il moto successivo all’urto la velocità angolare della sbarretta vari meno dell’ 1% ?

c) Calcolare in funzione di v) la reazione 7 (moduloe direzione) che l’asse di so-

Sia / la distanza fra gli assi dei duecilindri. Detta s l’ascissa (su un asse parallelo al

cilindrodi sinistra (quello più in alto) e la tavola,

d) calcolare, in funzione di s, le componenti normali alla tavola delle reazioni eserci-

tate daicilindri sulla tavola (della quale se ne trascuri lo spessore).

e) Se yi, = 1è il coefficientediattrito staticofrai cilindri e la tavola, a = 45°,1=83m,

M = 1000kg, m = 200kg, determinare la posizione (rispetto alla tavola) del

spensione esercita sulla sbarretta quando questa passa per la posizione orizzontale

cilindro di sinistra quando per esso nonè più possibile il moto senza strisciamento rispetto alla tavola.

(0 = x/2). Sì dia il risultato numerico per vo = 37 m/s.

Supponiamo ora che quando la sbarretta ripassa per la posizione verticale (verso il basso) l'asse di sospensione si rompa.

d) Determinare completamente il moto della sbarretta dopo la rottura dell'asse. 17. Un nastro trasportatore inclinato di un angolo & rispetto all’orizzontale, scorre verso l’alto con velocità va.

Una ruota di raggio R e massa M uniformemente distribuita

sulla periferia, inizialmente ferma, viene posata sul nastro. Il coefficiente di attrito dinamico fra la ruota ed il nastro è ba, ed è tale da permettere l’instaurarsi di un moto di puro rotolamento. a) Determinare il moto della ruota dall’istante in cuì viene posata sul nasiro, fino all'istante î — da determinarsi — in cui esso diventa un moto di puro rotolamento. Lavelocità del nastro, che scorre senzaattriti, viene mantenuta uniforme da un motore. b) Quant'è la potenza che deve sviluppare il motore per mantenere uniforme la velocità del nastro durante questa prima fase di moto della ruota? c) Determinareil moto delia ruota quando questo è di puro rotolamento.

‘d) Quant'è la potenza che deve sviluppare il motore per mantenere uniformela velocità del nastro în questa seconda fase di moto della ruota?

19.

Undisco (D1) omogeneo di massa M e raggio R è libero

di ruotare attorno ad un asse verticale (fisso) passante per

il suo centro. Un secondo disco (D2) identico al primo e situato sullo stesso piano, mediante opportuni tirantì (cioè fili) collegati al suo asse può essere portato a contatto conil bordo esterno di Di. Inizialmente Dj ruota rispetto al suolo con velocità angolare wo, D2 è fermo e non è a

contatto con Dj. All’istante t = 0) i tiranti portano (e mantengono) D; a contatto con il bordo di Di, esercitando su Ds una forza {7) diretta verso l’asse di Di. Fra i bordi

dei due dischi c’è attrito (dinamico). Dy non è soggetto ad altri vincoli, e quindi viene messo in rotazione da Di. Se 7 è sufficientemente grande, dopo un certo tempoî Di rotola senzastrisciare sul bordo di Di. In questaipotesi,

a) dire quale o quali delle seguenti grandezze rimangono costanti: energia, quantità di moto totale, momento angolare totale rispetto ad un opportuno asse,

al) 22)

pert£.

b) Scrivere la seconda equazione cardìnale per D3 prendendo come asse (mobile) per i momenti la retta di contatto fra i due dischi. Scrivere inoltre la relazione che intercorre, per t > Î, fra la velocità angolare wi, di Di, la velocità angolare ws di

18. Unatavola di massa M scende lungo un pianoinclinato di un angolo rispettoall’orizzontale, scorrendo appoggiata su duecilindri pieni uguali, ciascuno di massa m e raggio R. Assumiamo che ìl moto dei due cilindri sia di puro rotolamento: essi non strisciano né sul piano inclinato né sulla tavola.

a) Stabilire la relazione che sussiste fra la velocità della tavola e quella dell’asse dei duecilindri. 60

D-(rispetto al suolo) e la velocità (scalare) v2 del centro di massa di D2. Quindi, utilizzando anchela (0 le) opportuna/e legge/i di conservazione, determinare (per t>i) 1,6026803.

c) Se M = 30kg, R=30cm, wr = 105, calcolare l'energia dissipata per attrito.

d) Calcolare, per £ > È, la reazione esercitata dall’asse di Di.

61

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale I 20. in un punto del bordo di un cerchio di raggio r, spessore trascurabile e massa M uniformemente distributa, viene fissata un massa puntiforme m. Il cerchio può rotolare senza strisciare su un piano orizzontale. Il sistemainizia il suo mota con velocità trascurabile dalla posizione di equilibrio instabile.

21.

d po

a) Calcolare la velocità del centro del cerchio quando il sistema passa per la sua posizione di equilibrio stabile. b) Determinare - in questa posizione - l'accelerazione del centro di massa del sistema cerchio + massa m e la reazione cheil piano esercita sul sistema. Si supponga orachefra il piano orizzontale e il cerchio noncisia attrito. c) Semprenell'ipotesi che il sistemainizi il suo moto con velocità trascurabile dalla posizione di equilibrio instabile, calcolare — anche in questo caso - la velocità del centro del cerchio quandoil sistema passa per la sua posizione di equilibrio stabile.

Nota.

Si utilizzino i seguenti valori numerici (oltre, eventualmente, quelli ricavati

nel 1° esercizio): a 0°C:273K; 21.1

EQUAZIONI DI STATO E TRASFORMAZIONI TERMODINAMICHE

R {costante dei gas) = 8.31J/K mol;

latm=1.01 x 105 Pa.

temperatura corrispondente

Trovare

a) il valore della costante A dei gas in litri atm/K mol; b) il volume occupato da 1 mole di un gas ideale alla temperatura di 0°C e alla pressione di l atm {condizioni “normali” di temperatura e pressione).

21.2

Unrecipiente di volume V = 20litri è diviso in due parti di volumi Vi = (1/4)V

e V: = (3/4)V da un setto divisorio mobile, inizialmente bloccato. Nei due volumi sono contenute rispettivamente n; = 0.5 moli e n2 = 1 moledi un gas ideale e il recipiente è

in contatto termico con l’ambiente a temperatura Ty = 300 K. 21. Un vagone con due ruotecilindriche e omogenee, ciascuna di momento d'inerzia I rispetto al proprio asse, può muoversi lungo un binario inclinato di un an-

golo a rispetto all’orizzontale.

La massa totale del vagone + ruote è M, le ruote —- di raggio r — rotolano senza strisciare sul binario, e fra le

ruote ed i loro assi non c’è attrito.

a) Calcolare le pressioni pi e p: nei due volumi. Ad uncerto istante si sblocca il setto divisorio e si attende che il sistema si riporti all'equilibrio.

b) Trovarelo stato finale del sistema. A questo puntoil setto divisorio viene rimosso. c) Determinare la pressione del gas quando ha raggiunto l'equilibrio.

Ii vagone parte da fermo.

a) Determinare la velocità del vagone dopo che ha percorso un tratto di lunghezza L.

b) Calcolare accelerazione con cui scendeil vagone. c) Stabilire se le componenti parallele al binario delle reazioni E; e È, cheil binario

esercita su ciascuna delle ruote sono uguali fra di loro o no,e calcolarle.

Supponiamo oracheal soffitto del vagone sia appeso un pendolo, costituito da un filo di lunghezza ! e da una massa m puntiforme, con m « M (il pendolo noninfluenzail

moto del vagone).

d) Determinarela posizionedi equilibrio (rispetto al vagone) del pendolo ed il periodo

delle piccole oscillazioni, mentre il vagone scende lungoil binario. Quanto vale detto periodo se la massa delle ruote {e quindi il loro momento d’i-

nerzia) si considera trascurabile?

e) Dire come cambianole risposte alle domandec) e d) se il vagone, anziché scendere, risale il binario con velocità iniziale vo.

21.3 Unrecipientecilindrico di sezione S = 0.4dm? contiene n = 0.2 moli di un gas ideale ed è chiuso superiormente da un pistone scorrevole senza attrito, di massa M = 20kg. Ilrecipiente è in contatto termico con una miscela di acqua e ghiaccio (alla temperatura di 0°C). La pressione esterna è po = latm. a) Calcolare pressione p e volume V delgas. b) Quale massa bisogna posare sopra al pistone perché si abbassi di 10cm? 21.4

Uncilindro, disposto verticalmente e munito di un pistone di area

S=1dm? e massatrascurabile, contiene n = 0.25 moli di un gas ideale. Le pareti sono permeabili al calore.

Esternamente la pressione e la temperatura sono rispettivamente po = latm e Ty = 300K ed inizialmente il gas è in equilibrio con l’esterno. Quindi il cilindro viene messo in contatto termico con un termostato a temperatura 7 e sul pistone viene appoggiata una massa M = 20 kg. a) Quando il sistema ha raggiunto l’equilibrio, di quanto si è spostata la massa M, se T = 500K?

b) Per quale valore 7 di 7 la massa M nonsi sposta? 62

63

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Equazioni di stato e trasformazioni termodinamiche

21.5 Uncilindro di sezione S e altezza 2h = 1m, disposto verticalmente e chiuso ermeticamente, contiene al suo interno un pistone: nella parte inferiore sono contenute n = 0.5 moli di un gas ideale mentre al di sopra delpistone c'è il vuoto. Il gas è in equilibrio termico con un termostato. Il pistone ha una massa M di 240kg e sì trova

condizioni. (Si sfrutti, per semplificarei conti,il fatto che detta variazione percentuale

a metà altezza (h).

a) Qualè la temperatura 7 del termostato? b) Qual è il massimo valore Mp che può avere la massa del pistone affinché il gas occupi tuttoil cilindro?

21.6 Duecilindri 1 e 2 uguali disposti verticalmente, ciascuno di volume Vp e altezza I, sono collegati alle basi da un tubo di volume trascurabile, munito di un rubinetto. I duecilindri sono chiusi superiormente e sono muniti ciascuno di un pistone di massa M, scorrevoli con attrito tra-

risulterà molto piccola).

21.9 Un sistema termodinamico è costituito da un recipiente cilindrico di sezione S disposto-orizzontalmente contenente n moli di un gas ideale, da un pistone scorrevole nel cilindro (con attrito

trascurabile), e da una molla di costante elastica % e lunghezza

di riposo lo saldata sia alla base delcilindro che al pistone.

a) Determinare — in funzione della temperatura 7° - ia posizione di equilibrio del pistone, in assenza di forze esterne. b) Prese comevariabili termodinamicheperil sistema P,V ,T, dove P è la pressione totale (gas+molla) esercitata sul pistone, scrivere l’equazione di stato delsistema.

Fareil grafico nel piano P, V di una isotermareversibile.

scurabile. Iniziaimenteil rubinetto è chiuso, il pistone delcilindro 2 poggia (quasi) sul fondo (al di sopra di esso c'è il vuoto), il cilindro 1 contiene una mole di un gas ideale alla temperatura T, e la pressione è tale per cui il pistone è a contatto con la base

superiore delcilindro (v. figura).

Ad uncerto istante il rubinetto viene aperto, e si attende che il sistema raggiunga Pequilibrio. a) Per quale valore 7° di T) lo stato termodinamico del gas non cambia (in seguito

all'apertura del rubinetto)?

Si effettuiil calcolo numerico per {= 1m e M = 170kg. b) Sele paretidei cilindri sono permeabili al calore e anche la temperatura esterna è Ta, con T < Tp < 27,di quanto si spostano i pistoni? Si effettui il calcolo numerico per To = 300K. 21.7

300K.

Una bombola da 20litri contiene 10 moli di azoto (N2) alla temperatura di

a) Calcolare (in pascal e in atmosfere) la pressione del gas,nell'ipotesi che l’azoto in dette condizioni sì comporti come un gas ideale.

Misure accurate indicano che la pressione del gas è del 3% inferiore a quella calcolata sopra.

b) Assumendo che l'equazione di stato dell’azoto sia della forma di van der Waals {semplificata) (p+n?a/V?)V = nRT, determinareil valore del coefficiente a sia nelle unità del S.L, sia nel sistema în cui i volumi si misuranoin litri e le pressioni in atmosfere.

21.8.

L'equazionedi stato del cloro gassoso (Cl) per pressioni e temperature vicine

alla pressione atmosferica e alla temperatura ambiente è (p + n°a/V?)V = nAT con a = 6.5 (litri)? atm/(mol)?.

Calcolare di quanto differisce in percentuale il volume di una mole di Cl, alla temperatura di 0°C e pressione di una atmosfera rispetto a quello di un gas ideale nelle stesse

64

FOOD fre

65

1 1° principio della Termodinamica

22.

IL 1° PRINCIPIO DELLA TERMODINAMICA

Nota. Siraccomanda la massimaattenzionenella lettura dei testi degli esercizi al fine di individuare correttamente le condizioni nelle quali si trovano i sistemi considerati {p-es. termicamenteisolati, oppure in contatto termico con sorgenti, ecc.) e per cogliere gli eventuali suggerimenti riguardo a cosa conviene considerare comesistema (p.es. solo il gas, il gas + il contenitore, ecc.). Quando non diversamente specificato le capacità termiche dei contenitori si considerano trascurabili. Lenotazioni usate per il 1° principio sono L= AU — Q, L=-L=Q-A4U. 22.1

Il calore specifico dell'alluminio è ca, = 0.215 cal/gK, quello dell'oro è can =

0.03cal/gK. Un blocco di alluminio di 20g alla temperatura di 80°C e uno di oro di 50 alla temperatura di 100°C vengono immersi in un calorimetro contenente 100g di

acqua alla temperatura di 15°C. Calcolare la variazione della temperatura dell’acqua. 22.2 Unrecipiente di volume V = 40litri, termicamenteisolato dall’esterno, è diviso in dueparti di volumi Vi = 10litri e Va = 30litri, contenenti rispettivamente una mole di 02 alla temperatura 7; = 600K e due moli di N2 alla temperatura To = 300K. Il setto divisorio è un pistone, inizialmente bloccato, permeabile al calore.

A partire da queste condizioniiniziali,

a) determinare lo stato finale dei due gas se il pistone viene mantenuto bloccato; b) determinare lo stato finale dei due gas, se il pistone viene lasciato libero; c) determinarelo stato finale dei due gas, se nel pistone, bloccato, viene praticato un foro.

22.3

Dentro ad una stanza chiusa (le cui pareti hanno capacità termica trascurabile)

di volume V = 10 m8, ci sono no = 450 moli di un gas ideale (N2) alla temperatura

T = 300K (uguale a quelladell'ambiente esterno) e una bombola di gas compresso (02)

di volume V' = 20litri, stessa temperatura della stanza, e contenente n, = 20 moli. Ad un certo punto la bombola viene aperta e l'ossigeno in essa contenuto si diffonde liberamente nella stanza.

a) Se le paretidella stanza non permettono scambidi calore con l’esterno, quant'è la variazione di pressione dentro la stanza? (È lecito trascurare V'rispetto a V). b) Sele pareti della stanza sono permeabili al calore, quant'è il calore assorbito dalla stanza? 22.4

Una bombola da 20 litri contiene 10 moli di azoto alla temperatura di 300K.

Assumiamo chel'equazionedi stato e l'energia internadell’azoto siano (almeno nell'intervallo di pressioni e temperature considerate in questo problema) della forma

(p+n2a/V?)V=nRT,

U=n(CvT-na/V);

a=15(litri)? atm/(mol)?

dove per Cy si prendeil valore che compete ad un gas ideale biatomico. La bombola si trova all’interno di un recipiente vuoto del volume di 200 litri. La

bombola viene aperta ed il gas diffonde liberamente nel recipiente. 66

a) Determinare la differenza fra la temperatura finale del gas e quelia che avrebbesesi comportasse come un gas ideale, se il recipiente è termicamenteisolato dall’esterno. b) Calcolare il calore assorbito dal gas se il recipiente è in contatto termico con l’ambiente esterno alla temperatura di 300 K. Esprimere il risultato in litriatm,

in joule e in calorie (1cal = 4.183).

22.5 Undisco di alluminio di massa Mi, = 1kg e raggio r = 10cm ruota attorno al proprio asse con velocità angolare w = 27-50s7*. Ad un certo punto viene sovrapposta ad unaltro disco di alluminio di massa My = 0.5kg, tenuto fisso. A causa dell'attrito fra i due dischi, il 1° disco si ferma. Il calore specifico dell’alluminio è c = 0.215 cal/gK. Ti sistema è termicamenteisolato e all’inizio i due dischi hanno la stessa temperatura.

a) Calcolare la variazione di temperatura dei due dischi. b) Calcolare il lavoro Li che le forze di attrito fanno sul disco rotante, il calore Q1 fornito ad esso, e analogamente il lavoro Lo fatto sul disco fisso e il calore Qa fornito ad esso.

22.6

Un disco di piombo (Pb) di massa M, = 0.7kg viene mantenuto in rotazione

con velocità angolare w = 27 -60s7? attorno al proprio asse da un motore. Un secondo disco, anch’esso di piombo, di massa M, = 3kg e raggio r = 10cm, coassiale con il primo e inzialmente fermo, viene portato a contatto con il primo. Fra i due dischi c'è attrito per cui alla fine i due dischi ruotano insieme con velocità angolare w. Il calore specifico del piombo è c = 0.031cal/gK. Il sistema dei due dischi è termicamente isolato e all’inizio hanno la stessa temperatura. a) Calcolare la variazione di temperatura dei due dischi.

b) Calcolare il calore Qi; fornito al 1° disco (quello attaccato al motore), e analogamenteil calore Q2 fornito al 2°.

22.7 Un cilindro disposto verticalmente contiene un fiuido termodina-

mico descritto dalle variabili p, V, 7 e dalla opportuna equazionedi stato. ll cilindro è munito di un pistone di massa m, al disopra del quale c'è il vuoto.

Tuoto

M li fluido

Sul pistone viene posata una massa M e di conseguenza esso si abbassa di una quantità & che dipende da comevienerealizzata la trasformazione (p.es. sistema termicamente isolato, oppure in contatto con una sorgente). Se fra il pistone ed il cilindro c’è attrito, supporremo che questo non sia sufficiente ad alterare apprezzabilmente la posizione finale di equilibrio del pistone. a) Considerato come sistemail fiuido + il cilindro + il pistone, dire quant'è il lavoro fatto sul sistema. Il risultato dipende o no dalla presenza di attrito fra il pistone ed il cilindro?

b) Nei due casi in cui

i) la trasformazione avviene conil sistema termicamente iso-

lato, oppure ti) in contatto termico con una sorgente, dire se lo stato finale del fluido è ben determinato (e quindi in particolare h) 0 se sono necessarie altre informazioni (p.es. presenza o menodell'attrito, ecc.). Se consideriamo comesistema

solo il fluido, è ben determinato (in generale) il favoro fatto sul sistema? 67

Il 1° principio della Termodinamica

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

fatto sul c) Nell'ipotesi che fra pistonee cilindro noncisia attrito, calcolare il lavoro fluido. ? d) In assenza di attrito, la trasformazione effettuata dal fluido è reversibile 22.8 Uncilindro verticale chiuso superiormente da un pistone di massa m contiene una certa quantità di un gas ideale alla temperatura Ty. Sul pistone si posa una massa M esi aspettache il sistemasi portiall'equilibrio. a) Dire se il pistone sì abbassa di più nel caso in cui il gas è in contatto termico con l’ambiente alla temperatura 7h, oppure se il sistema è termicamente isolato

dall'ambiente esterno. (Nonè richiesto di determinare glistati finali).

Raggiunto l’equilibrio, la massa Mviene rimossa. b) Dire in quale dei due casi considerati sopra {sistemain contatto termico con Pambiente 0 termicamenteisolato)il pistone nella posizione finale è più in alto. 22.9 Un cilindro permeabile al calore disposto verticalmente contiene 0.2 moli di un gas ideale alla temperatura To = 300K dell'ambiente esterno. Il cilindro è munito di un pistone di massa m = 10kg, al disopra del quale c'è il vuoto. Sul pistone viene posata una massa M da 20kg e si aspetta cheil sistemasi riporti all’equilibrio. a) Supponendo chefra pistonee cilindro non ci sia attrito, calcolare iì lavoro fatto sul gas e confrontarlo conil lavoro necessario per passare dallo stato iniziale a quello

finale in modoreversibile (in contatto termico con l’ambiente esterno).

Supponiamo ora

i) chefra il pistone ed il cilindro ci sia attrito, ma non sufficiente

ad alterare la posizione di equilibrio finale del pistone (con la massa M );

#) che il

moto del pistone sia abbastanza lento da poter supporre che la trasformazione del gas avvenga per stati di equilibrio.

b) Calcolareil lavoro fatto dalle forze di attrito. Raggiunto lo stato finale, la massa M viene rimossa. c) Nell'ipotesi che fra pistone e cilindro noncisia attrito, calcolareil lavoro fatto sul gas nella conseguente espansione. Vogliamo ora renderci conto chegli attriti 0 altre cause di irreversibilità (sempre presenti) sono essenziali perché il sistema - dopo che abbiamo posato la massa M sul « pistone — possa raggiungere spontaneamente l'equilibrio.

d) Supponiamo che, con la massa M sul pistone, il sistema (in contatto termico con l’ambiente) effettui spontaneamente una trasformazionereversibile (quindi in particolare supponiamo che noncisia attrito fra pistone e cilindro).

Scrivere la forza chesi esercita sul pistone in funzione della sua posizione e mostrare che, grazie alla conservazione dell’energia {meccanica) del pistone, îl pistone non si porta mai all'equilibrio.

68

22.10

Uncilindro termicamenteisolato disposto verticalmente contiene elio (He) alla

temperatura Ta = 300K. Il cilindro è munito di un pistone di massa m = 10kg, al disopra del quale c’è il vuoto. Cilindro e pistone sono costruiti in modo da avere una capacità termica trascurabile. Sul pistone viene posata una massa M da 20kge si aspetta cheil sistemasi riporti all'equilibrio. a) Calcolare la temperatura 7; finale del sistema. Il risultato dipende o no dall’esistenza di attrito fra il pistone ed il cilindro (ammesso che l’attrito non modifichi la posizione finale del pistone)?

b) Confrontare la pressione pr nello stato finale con quella (prev) che avrebbeil gas se fosse stato compresso in modo reversibile fino ad occupare lo stesso volume e verificare numericamente che pr > prev (nel piano di Clapeyronio stato finale pr, Vi sî trova al disopra dell’adiabatica reversibile passante per lo stato iniziale). Raggiunto lo stato finale, la massa Mviene rimossa. c) Semprenell’ipotesi che il sistema sia termicamente isolato, determinare il nuovo stato finale. Rispetto allo stato iniziale alla temperatura 7), il pistone sta più in basso o più in alto? d) Dimostrare che (anche in questo caso, comenell'esercizio precedente) l’irreversibilità della trasformazione (p.es. la compressione) è condizione necessaria perché il sistema possa raggiungere l’equilibrio. 22.11 Un sistema è composto da n moli di un gas ideale monoatomico e da radiazione termica. L'equazione di stato e l’energia interna del sistema sono

nRT

1

p= P20 pe < p1 se stabilire per Kelvin Lord Sfruttare il postulato di

b) Dimostrare, eventualmente sfruttando il risultato precedente, che l’affermazione che l’espansione del Cl» nel vuoto è un processo irreversibile è equivalente al postulato di Lord Kelvin.

(V,T) > (V',T)

(V'>V) l'espansione adiabatica reversibile (V,T) + (V/,T').

zione 23.2 Un fluido termodinamico(variabili di stato p, V, T) compie una trasforma zione trasforma La 300K. = 7 con 7), (2V, finale stato allo 7) (V, iniziale dallo stato può venirerealizzata nei seguenti due modi: .

i) in maniera isoterma e reversibile;

a fi) una espansione adiabatica reversibile (VT) + (2V;7') seguita da una trasform isolato) amente meccanic sistema il zione isocora (reversibile o no, ma in ogni caso con fino a riportare il sistema alla temperatura T°: (2V,T') + (2V,T). o dal a) Se il fluido è una mole di N> (gas ideale), calcolare il lavoro L” effettuat

realizzata la sistema nelle due trasformazioni. Il risultato dipende da comeviene trasformazione isocora?

sì fa Si consideri ora il caso in cui al fluido (non più necessariamente un gas ideale)

trasformazioni compiere un ciclo, a partire dallo stata iniziale (V, 7°), costituito dalle due

i) e ti), unadelle quali in senso inverso.

b) Sel’unica sorgentedi caloreè l’ambiente esterno alla temperatura T, in quale verso può essere effettuato il ciclo? ura 7° e di c) Supponiamo di disporre anche di una seconda sorgente alla temperat sia una fluido il cui in caso Nel effettuare il ciclo in modo da ottenere lavoro.

il mole di N; (gas ideale), calcolare il rendimento del ciclo e confrontarlo con

perché sono rendimento di un ciclo di Carnot fra le stesse temperature. Spiegare

uguali a perché sono diversi.

72

c) Calcolare a. Dopo l'espansione libera, con un pistone si comprime reversibilmente il gas nel volume occupatoinizialmente(il contenitore è sempre termicamenteisolato). d) Dire se la temperatura finale è maggiore minore o uguale di quella iniziale (cioè

prima dell'espansione).

23.5 Un sebatoio posto ad una altezza f dal suolo contiene una massa m di acqua alla temperatura 7dell'ambiente esterno. Al suolo è presente un secondo serbatoio vuoto. L'acqua cade dal serbatoio superiore a quello inferiore lungo un tubodidiscesa.

a) Nel caso in cui tutto il sistema sia termicamente isolato dall'ambiente esterno,

calcolare la variazione di temperatura dell’acqua. Si effettui il calcolo numerico per h = 150 m. .

b) Dimostrare che l'affermazione che la caduta libera dell’acqua è un processo non invertibile senza produrre effetti concomitanti(“l’acqua calda non sale spontanea-

mente raffreddandosi”), è equivalente all’enunciato di Lord Kelvin del 2° principio della termodinamica.

Si vuole riportare l’acqua nel serbatoio superiore, utilizzando il lavoro prodotto da una macchina termica reversibile che può scambiare calore con l’ambiente esterno alla temperatura 7; = 280 K, e con una sorgente alla temperatura 7) = 380K.

c) Quant'è il calore scambiato dalla macchina con la sorgente calda se la massa dell’acqua è m = 103 kg? 73

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

23.6

Ungas ideale biatomicoeffettua un ciclo (ciclo di Sti

p:

+

ling) che consiste in una espansione isotermareversibile alla temperatura 7 dal volume Vj al volume Va, raffreddamento Ta a volume costante dalla temperatura 7 alla temperatura Ti, compressione isotermareversibile alla temperatura 7] dal vo. . lume V, al volume Vie riscaldamento a volume costante dalla n. temperatura 7) alla temperatura 72. Ù ta Se 7; = 280K, T. = 400K, V; = 2%, calcolareil rendimento del ciclo e confrontarlo con il rendimento di un ciclo di Carnot fra le temperature TieT,

a) nell'ipotesi che tutto il ciclo sia effettuato in maniera reversibile e che le sorgenti utilizzate per il raffreddamentosiano distinte dalle sorgentiutilizzate peril riscal-

damento del gas (ciclo senza rigenerazione);

b) nell’ipotesi che le medesimesorgentisiano utilizzate sia peril raffredìdamento che o -

peril riscaldamento del gas (ciclo reversibile con rigenerazione);

nell'ipotesi che le uniche sorgenti disponibili siano i termostati a temperatura 7 e T». Il ciclo è reversibile?

d) Calcolare il rendimentodelciclo se, oltre ai termostati a temperatura 71 e 72, sono

disponibili N — 1 sorgenti alle temperature T/

(i=1... N — 1) comprese fra 7;

eTr: T'=T\+i.(T,-T;)/N,utilizzate sia per il raffreddamentoche peril riscaldamento del gas. Calcolare ìl limite del rendimento per N + 00.

23.7

Unsistema termodinamico (gas dì fotoni) è caratterizzato dall’equazionedi stato

p= (1/3)aT* e dall'energia interna U/ = aVT*; = 7.6 x 1019 J/m8 K4. a) Quali sonole isoterme nel piano p, V?

b) Sia 7 = T(V) l'equazione(incognita) di una trasformazione adiabatica reversibile. Partendo dall'espressione Vv

AU=c(VTI*- VT) = L= - [vrav ricavare l’equazione delle adiabatiche

(VT= costante).

Si consideri il ciclo di Carnot (Vi, 72) + (V.,T2) + (Va, Ti) > (Va, Ti) + (Vi, Ta) (T2>T,, >) c) Calcolare il rendimento del ciclo e mostrare che coincide con il rendimento di un ciclo di Carnotin cui il fluido è un gas ideale.

24.

ENTROPIA E POTENZIALI TERMODINAMICI

Nota. È possibile ricavare in modo semplice l'equazione delle adiabatiche reversibili di un sistema termodinamico (senza doverrisolver equazioni differenziali) sfruttando il fatto che le adiabatiche coincidono con le isoentropiche: siccome l’entropia è una funzione di stato, questa può essere calcolata per trasformazioni “di comodo”. Gli esercizi 1, 2, 4 e È sfruttano questa tecnica. 24.1

L'equazionedi stato e l’energia interna di un gas di fotoni sono

p= gat*,

U=aVT'

(= 7.6 x 108 J/m3K*).

a) Calcolare ia variazione di entropia per una trasformazione isoterma e per una trasformazione a volume costante.

b) Calcolare la variazione di entropia per una generica trasformazione da (Vo, To) a

(MT).

c) Scrivere l’equazione delle adiabatiche del sistema.

24.2

Uncerto sistema termodinamico (che chiameremo “finido”) si trova dentro un

cilindro chiuso da una parete mobile. Il sistema è caratterizzato dalle variabili P, V, T dove P è la pressione cheil fluido esercita sulla parete mobile. L'equazione di stato e l’energia interna del sistema sono date rispettivamente da (P+a)V = RT;

U=CT+aV

(si noti che l’equazione di stato consente anche valori negativi per P). a) Calcolare le capacità termiche Cy e Cp rispettivamente a volume e a pressione costante.

b) Calcolare la variazione di entropia per una trasformazione isocora (Vo, Po + Vo, P} e per una trasformazione isobara (Vo, P + V, P).

€) Calcolare la variazione di entropia per una generica trasformazione da (Py, Vo) è (PV) e scrivere l’equazione delle adiabatiche del sistema. d) Non sappiamo priori se l’equazione di stato e l’energia interna del fiuido sono compatibili con il 2° principio della termodinamica. Pertantosi faccia effettuare al fiuido un ciclo di Carnot,se ne calcoli il rendimentoe si dica se è in accordo con

il valore previsto dal 2° principio.

e) Si consideri il sistemacostituito da una mole di un gas ideale dentro un cilindro verticale di sezione 5 chiuso da un pistone di massa M e capacità termica Cpist, scorrevole senza attrito.

|

Mostrare che l'equazione di stato e l'energia interna del sistema (gas 825 + pistone) sono quelle date sopra, se i) P = F/S, dove F è la forza che occorre esercitare dall'esterno all'equilibrio (in aggiunta alla forza di gravità

Mo), e ii) nell’energia interna del sistema viene compresa l’energia potenziale del pistone. Verificare che l'entropia del gas più quella del pistone coincide con quella

calcolata in c). TA

75

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Entropia e potenziali termodinamici

24.3 Unsistema costituito da duesistemi 1 e 2 (p.es. due gas, 0 duesolidi, oppure un gas e un solido, ecc.) inizialmente nello stato (Vi, Ti}, (Va, Ta).

24.6 Un oggetto il cui volume è, o viene mantenuto, costante e la cui temperatura iniziale è 7}, viene messo in contatto con una sorgente a temperatura 7. Supponiamo

Il sistema compie una trasformazione allo stato (V(',T/), (V/, Ts).

Dimostrare che la variazione di entropia del sistema è la somma delle variazioni di entropia delle singole parti.

Un sistema termodinamico è costituito da un recipiente

24.4

cilindrico di sezione S disposto orizzontalmente contenente n moli di un gas ideale, da un pistone scorrevole nelcilindro (con attrito trascurabile), e da una molla di costante elastica & e lunghezza a riposo trascurabile, saldatasia alla base delcilindro che al pistone. Lacapacità termica delcilindro + pistone + molla è C.

TO

o.

L'equazione di stato delsistema, posto a = k/S?, è (v. esercizio 21.9) PV = aRT — av?

dove P è la pressione totale (gas+molla) esercitata sul pistone. a) Scrivere l’espressione dell'energia interna del sistema.

b) Calcolare il lavoro L che viene fatto sul sistema in una trasformazione isoterma reversibile Vo + V.

che la capacità termica dell'oggetto sia costante fra 7) e T».

a) Calcolare la variazione di entropia A £ delsistema oggetto + sorgente. b) Discutere il segno di AS sia se 72 > Ti, sia se T7< 7. 24.7 Si consideri uncilindro orizzontale chiuso da due pistoni l e 2; il cilindro è diviso in due parti da un setto poroso

S. Un gas ideale si trova inizialmente tutto a sinistra di S ed

pi

Îo:

occupa un volume Vi. Il pistone 1 esercita una pressione pi. 1 Ss 2 Mantenendo costanti le pressioni pi e p; sui pistoni (p, > p2) si fa passare lentamente tutto il gas a destra di $. Se la trasformazione avviene senza scambidi calore con l’esterno, a) supposto noto il volume V2 finale del gas, calcolare per la trasformazione considerata il lavoro totale fatto dai due pistoni sul gas. b) Utilizzare il risultato precedente per determinare la variazione di temperaturae il volume Vi finale del gas. c) Galcolare la variazione di entropia del gas nella trasformazionee direse la trasformazione è reversibile o no.

c) Determinare — in funzione delle variabili V, T - l'equazione delle adiabatiche reversibili del sistema.

Si supponga ora che durante la trasformazione il sistema possa scambiare calore con un termostato alla temperatura 7) (temperatura del gas nello stato iniziale).

Il sistema, termicamente isolato, inizialmente ha una temperatura To ed il pistone si trova in una posizione diversa da quella di equilibrio: sia Vo il volume. Il pistone viene

d) Calcolare l'integrale di Clausius per la trasformazione considerata (passaggio del gas da sinistra a destra del setto S), e dire se la trasformazioneè reversibile o no.

sbloccato e si aspetta cheil sistemasi portiall’equilibrio (non ci sono forze esterne). d) Determinarelo stato finale del sistema. La variazionedi entropia è 20?

24.5

L'equazione di stato e l'energia interna del cloro gassoso {Cls) per pressioni e

temperature vicine alla pressione atmosferica e alla temperatura ambiente sono

(p+na/V?V=nRT, u=n(CvT- 5)

(a =0.65m?/(mol)?)

dove per Cy prendiamoil valore che compete ad un gas ideale biatomico. a) Calcolareil lavoro Z che occorre fare sul gas in una trasformazione isotermare-

versibile dal volume V) al volume V,e il calore Q scambiato nella trasformazione.

b) Calcolare la variazione di entropia per una trasformazione isoterma e per una trasformazione a volume costante. c) Calcolare la variazione di entropia per una generica trasformazione da (Vo, To) a

VD).

d) Scrivere l'equazione delle adiabatiche (reversibili) del sistema in termini delle va-

riabili V,T.

24.8 Urcilindro munito di pistone contiene un fluido descritto dalle variabili termodinamiche p, V, T e dalla opportuna equazione di stato. Non facciamo nessuna ipotesi

sull’espressione dell’energia interna 2(V,7°) mentre, per quanto riguarda l'equazione di stato, assumiamo che sulle isoterme la pressione sia una funzione decrescente del volume(cioè nel piano p, V le isoterme hanno pendenza negativa).

Il sistema,inizialmentenello stato (p, T;}, viene messo in contatto con una sorgente a temperatura 73, in un ambiente in cui la pressione esterna è p.

a) Dimostrare che la diseguaglianza di Clausius applicata alla trasformazione (p, 71) + (p, Ta) (p.T; e T. arbitrari), implica C;(p,T) > 0. Si considerì ora il seguente ciclo reversibile:

(Vi, To) #9 (VT) “3, ) "SM, T1) b) Dimostrare che, grazie all’ipotesi che in una espansione isoterma la pressione diminuisce (e viceversa), il lavoro fatto dal fluido nel ciclo è sempre positivo, sia se V, > Vi (espansioneisoterma), sia se Va < Vi (compressione isoterma: è un ciclo diverso dal precedente, non lo stesso ciclo percorso in senso inverso). Supporremo ora, solo per semplicità, che le capacità termiche Cy e C, siano costanti.

76

TT

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Entropia e potenziali termodinamici

c) Dimostrare che 2° principio (Y Q:/T; = 0) 1° principio (Y(0;+L) = 0)

24.12 Una macchina termica funziona fra una sorgente “fredda” costantemente a temperatura T; = 5°C ed una sorgente “calda” costituita da 300 litri di acqua inizialmente alia temperatura T3 = 100°C. La sorgente fredda deve essere considerata come un corpo di grande capacità termica. La macchina funziona fintantoché ia sorgente calda ha una temperatura superiore a Ti. Si assuma che la macchina sia inizialmente a contatto con la sorgente fredda, e che alla fine si trovi nello stesso stato di partenza. Tutto il sistema (macchina + sorgenti) è termicamenteisolato dall’esterno.

applicati al ciclo implicano C, > Cv. 24.9 Unrecipiente di volume V termicamente e meccanicamenteisolato dall'esterno, è diviso in due parti di volumi Vi e Vi2 contenenti rispettivamente una mole di Oz alla temperatura 71 e una mole di Nalla temperatura 72. Il seito divisorio è un pistone, inizialmente bloccato, permeabile al calore. A partire da queste condizioni iniziali, determinare lo stato finale (V.,T1), (Va, Ta) dei due gas imponendoche l’entropia — compatibilmente con le condizioni imposte dal problemae che specifichiamo fra parentesi — sia massima,in ciascuno dei seguenti casi: a) ìl pistone viene mantenuto bloccato (Vi = Var, Va = Via);

b) il pistone viene lasciato libero (V\ + Va = V); c) nel pistone viene praticato un foro (Vi 0, quali sono rispettivamente il massimo valore Tmax ed

il minimovalore Tinin possibili per la temperaturafinale dei due corpiall’equilibrio?

d) Quant'è il massimo lavoro Liax ottenibile dal sistema? e) Seillavoro Ziax è stato ottenuto mediante una macchina termica che sfrutta i due corpi inizialmente a temperatura 7e Ti rispettivamente come sorgente calda e comesorgente fredda, quant’è il rendimento concui detta macchina ha trasformato

il calore assorbito in lavoro? Questo rendimento è maggiore, minore o uguale a

quello di una macchina di Carnot che funzioni fra le temperature Ti e 17? 78

un gas ideale monoatomico. Le temperature sono uguali a quelia dell'ambiente esterno: To = 300K. Ad uncerto istantesi sbloccail pistone e si desidera — mediante opportuno dispositivo — sfruttare il moto che îl pistone compie per raggiungere l’equilibrio, per compiere lavoro sull’esterno (p.es. sollevare pesi, muovere masse, ecc.)

a)-Calcolare il massimo lavoroottenibilese il sistema è in contatto termico con ’'ambiente esterno,e lo stato finale del gas. b) Calcolare il massimolavoroottenibileseil sistema è termicamente isolato dall’ambiente esterno (il pistone è permeabile al calore), e lo stato finale del gas.

24.14

Una moledi un gas ideale monoatomicoeffettua un ciclo pl!

di Stirling (v. 23.6): espansione isotermareversibile (Vi,73) >

(Va: 72), raffreddamento isocoro (V2,72) + (V2,7:), compressione isoterma (V2,71) + (Vi, Ti) ed infine riscaldamento iso-

coro (V1, FT) + (V., Ta).

Sono disponibili solo le due sorgenti alle temperature T) e T2.

a) Se Ti = 300K, Ty = 450K,

V; = 2%, calcolare il “la-

Ta

Na A

n

“i

voro perduto” in un ciclo (differenza fra il lavoro che farebbe una macchina di Carnot che lavora con le stesse sorgenti e che scambia la stessa quantità di calore con Îa sorgente calda, e il lavoro ottenuto} e confrontario con il lavoro fatto nel ciclo.

b) Seil ciclo viene percorso prima nel verso indicato, poi nel verso opposto, quant’è il calore scambiato fra il gas e ciascuna delle due sorgenti nel corso dell’intera trasformazione? 79

Entropia e potenziali termodinamici Il calore latente di evaporazione dell’acqua (in dette condizioni di temperatura e pres-

sione) è A, = 540 cal/g = 2257 J/£.

b) Calcolare la differenza di entropia fra 1g di vapore e 1g di acqua.

c) Calcolare la differenza fra l'energia interna fra 1g di vapore 1g di acqua. Quant'è il lavoro necessario per separare una molecola di H,0 dal Hiquido?

24.18

Nell’acqua pesante D20 i due atomi di idrogeno sono sostituiti da atomi di

deuterio, un isotopo dell'idrogeno di numero atomico 2 (1 protone + i neutrone). Alla pressione di latm il calore latente di fusione del ghiaccio pesante è Ay = 75.8cal/g

e la variazione di entropia di una mole di D,0 nella transizione solido + liquido è

AS=5.47cal/K.

a) Calcolare ìl calore molare A; di fusione del ghiaccio pesante alla pressione di latmosfera.

t) Calcolare (alla pressione di 1 atmosfera) la temperatura 77 di fusione del ghiaccio pesante.

81

Problemi di Termodinamica

PROBLEMI DI TERMODINAMICA

-— _g' 25. A

schematizzato per quanto concerne il Nota. Il 5° problema, anchè se drasticamente scopo di mettere in evidenza che il allo o propost viene ne, metabolismo della digestio macchina termica, per cui solo nostro organismo funziona sostanzialmente come una ntazione vengono utilizzate per l'alime con ingerite una parte della calorie che vengono compiere lavoro. uguali una delle quali conUnrecipiente di volume V = 10litri è diviso in due parti

1.

rispettivamente alle tiene 0.5 moli di gas elio (He), e l’altra 0.3 moli di gas azoto (N2),

menteisolato dall'esterno. temperature 1 = 200K e T2 = 400K. Il recipiente è termica so la parete divisoria, a) Se fra i due gas viene permesso il contatto termico attraver i dei due gas. pression le e sistema del o equilibri di tura determinare la tempera

b) Calcolarela variazione di entropia delsistema. V. Ora viene rimossala parete divisoria e i due gas si diffondono in tutto il volume

gas sulle pareti del rec) Determinarela pressione esercitata singolarmente dai due cipiente. . , è . . . e perl’intero sistema. d) Calcolare la variazione di entropia per ciascuno dei due gas

Grazie all’esistenza di pistoni permeabili all’azoto ma non all’elio, e viceversa (“pistoni semipermeabili”), la trasfor-

He

mazionetra lo stato iniziale e lo stato finale sopra descritti, può anche essererealizzata in modoreversibile (v.figura).

gas e) Dimostrare che l'affermazione che il processo spontaneo di diffusione dei due

in tutto il volume V è un processo irreversibile, è equivalente all’enunciato di Lord Kelvin (0 a quello di Clausius) del 2° principio della termodinamica.

2.

Un sistema termodinamico è composto da un cilindro disposto orizzontalmente

munito di un pistone e contenente una certa quantità di un gas ideale. Il gas occupa un volume V = 10litri alla pressione 2pa, dove po è la pressione atmosfericaall’esterno

delcilindro (po = Latm). Inizialmente il pistone è bloccato. Le pareti del cilindro sono permeabili alcalore, e la temperaturadell’aria all’esternodelcilindro è di 300K. Il pistone viene sbloccato, e si attendecheil gas si riporti in unostatodi equilibrio. a) Calcolare il lavoro fatto dal sistema nella trasformazione e confrontarlo con il massimo lavoro ottenibile nelle trasformazioni fragli stessi stati iniziale e finale, realizzate (ancora) a contatto termico con l’aria circostante. Si supponga d’ora in poi che la massadelpistone sia abbastanza grande per cui la trasformazione prima considerata avviene in modocosì lento da renderelecita l'ipotesi che il gas ad ogniistante si trova in condizioni di equilibrio termico. Fra pistone e

cilindro c'è attrito (poco).

82

b) Calcolare, sempre nella trasformazione spontanea tra gli stati iniziale e finale di equilibrio sopra considerati, il lavoro fatto dalle forze di attrito. Supponiamo ora di ignorare gli attriti e ogni altra causa di irreversibilità. In queste condizioni il pistone — dopo essere stato sbloccato — compie un moto periodico. c) Verificare che il volume Vnax occupato dal gas in corrispondenza al massimo spo-

stamento del pistone dalla posizione iniziale è (entro I 1%) 3.5 volte il volume iniziale Vo.

3. All’interno di una stanza chiusa (le cui pareti hanno capacità termica trascurabile) di volume W = 10m? l’aria ha la pressione po = latm e la temperaturaè di T = 300K (uguale a quella dell'ambiente esterno): Dentro la stanza c'è una bombola di volume V, = 20litri di gas compresso (He) alla pressione p, = 25 atm, con la stessa temperatura della stanza. (Si trascuri Vi rispetto a MW: W- VM VW). o a) Quante moli di aria e quante di He sono contenute nella stanza e nella bombola? Si vuole sfruttare l’espansione del gas compresso della bombola per produrre lavoro meccanico. b) Quant'è il massimo lavoro ottenibile se le pareti della stanza sono permeabili al calore? Da dove proviene l’energia:per detto lavoro? gl 7

Supponiamo ora che le pareti della stanza non permettano scambi di calore con l’esterno.

=

c) In questaipotesi, senza determinarlo esplicitamente, è possibile stabilire se il massimo lavoro ottenibile è maggiore o minore di quello calcolato in b)? Da dove proviene l’energia per detto lavoro?

d) Calcolare la differenza fra il lavoro calcolato in b) (contatto termico con l’ambiente esterno) e quello (massimo) in condizioni di isolamento termico (a® = ego.

ealtr+t ir).

4. Unrecipiente cilindrico di sezione $ = 0.4dm? contiene n = 0.5 moli di un gas ideale ed è chiuso superiormente da un pistone scorrevole di massa Mi = 10kg. Scambidi ca-

lore sono possibili solo attraverso la base del cilindro, che è

Mardi

}

GAS

ON

in contatto termico con un calorimetro contenente acqua e ACQUA B GHIACCIO ghiaccio (alla temperatura di 0°C). La pressione esterna, e anche nel calorimetro, è po = latm. Sopra al pistone si posa un oggetto di massa M> = 20kg e si aspetta cheil sistemasi riporti all'equilibrio.

a) Quant'è il lavoro compiuto sul sistema nella suddetta trasformazione? La trasformazione è reversibile? b) Sapendo cheil calore latente di fusione del ghiaccio è Ax = 80cal/g, calcolare quanto ghiaccio si è fuso nella trasformazione. 83

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

c) Calcolare la variazione di entropia del gas e quella dei sistema acqua + ghiaccio nella trasformazione.

Si rimuove ora la massa My edil gas ritorna allo stato iniziale. d) Calcolare la quantità di acqua chesi trasformain ghiaccio in questa seconda trasformazione. e) Calcolare ia variazione di entropia del gas e quella del sistema acqua + ghiaccio nell'intero processo.

5.

Un escursionista di massa Af = 70kg sale un dislivello & = 1500m, compiendo

un lavoro pari a Mgh. Per mantenere invariata la sua energia interna, l’escursionista mangia una certa quantità di zucchero che - tramite la digestione — gli fornisce calore €: ad una opportuna temperatura Tr. Inoltre, beve 2 litri di acqua alla temperatura di 37°C, uguale a quella corporea, che elimina integralmente per evaporazione attraverso l'epidermide alla temperatura di 37 °C, che è auche la temperatura dell'ambiente nelle immediate vicinanze del suo corpo. Il calore di evaporazione dell'acqua è di {circa)

540 cal/g.

a) Sapendo che 1g di zucchero fornisce all'organismo (circa) 4 x 105 cal, quanto zucchero ha mangiato l’escursionista?

b) Considerando l’escursionista come una macchina termica, quant’è il suo rendimento?

c) Assumendo che la macchina termica lavori fra la temperatura (incognita) T} e T\=37°C, calcolare un limite inferiore per la temperatura 7).

6.

Si consideri un cilindro permeabile al calore contenenie acqua e vapore d’acqua in

equilibrio fra di loro (vapore saturo) e con una caldaia alla temperatura T = 346K.

In presenza delle due fasi, liquido e vapore, la pressione del vapore è una funzione

della sola temperatura: p = p(T). Alla temperatura di 346 K si ha p = 0.35atm e, in

dette condizioni di temperatura e pressione, la quantità di calore che occorre fornire al

sistema per fare evaporare una mole di acqua {calore latente di evaporazioneriferito

ad una mole) è A = 10° cal/mole.

Il sistema effettua una trasformazione reversibile (in contatto con la caldaia) dal volume

V; = Slitri al volume V; = 15 litri. Si assume che per il vapore d'acqua valga l'equazione di stato dei gas ideali. a) Quante moli di acqua sono evaporate nella suddetta espansione?

b) Calcolare il lavoro fatto sul sistema, il calore assorbito e la variazione dienergia interna nella trasformazione. c) Calcolare la variazione di entropia. Si supponga ora che l’espansione (sempre in contatto con la caldaia) venga realizzata

aprendo un foro che mette in comunicazione una prima camera di volume Vj = Slitri 84

Problemi di Termodinamica

contenenteil vapore, con una seconda camera, inizialmente vuota, di volume W—V =

10 litri.

d) Calcolareil calore assorbito e la variazione di entropi a nella trasformazione. 7. Uncilindro di sezione S e altezza 2h = 1m, disposto verticalm ente e chiuso mente, è diviso in due parti uguali 50 ermetica er da un pistone: nella E parte inferiore sono contenute n = 0.5 moli di un gas ideale biatomico

{N2}, mentre al disopra del pistone c’è il vuoto. Al pistone, tramite un

filo, è appesa una massa My.

massa appesa) è M = M,

‘o.

La massa totale (massa del pistone +

Il gas è termicamenteisolato ed è in

equilibrio alla temperatura 7) = 283 K.

—

vuoto Na Mok

a) Quant'è la massa totale M? Il filo a cui è appesa la massa My viene tagliato,

b) Qual ’è if massimovalore My che può avere la massa del pistone affinché, raggiunto l'equilibrio, il gas occupituttoil cilindro? La massa Mo vieneriattaccataal filo e si attendecheil sistemasi riportiall 'equilibrio. c) Dimostrare che in detta posizione di equilibrio il pistone non può trovarsi a metà

delcilindro e stabilire se essosi trova sopra 0 sotto la posizione centrale. {Non è richiesto di determinare lo stato finale del gas)

Si ripristinano le condizioniiniziali (cioè pistone a metà altezza e massa totale M°). Si supponga ora di poter modificare con continuità il valore della massa appesa. d) Comeoccorre far dipendere dalla quota del pistone il valore della massa totale {massa del pistone + massa appesa), per ottenereil massimolavoro nell’espansione del gas fino ad occupare l'intero cilindro?

8. Un cilindro orizzontale munito di un pistone è diviso in due parti da un setto S. Una parte contiene 10 moli di N7inizialmente Na ? alla temperatura 7) = 500 K, mentrel’altra parte (quella dove c’è _ il pistone) contiene 10 moli di un gas incognito alla temperatura T, = 300K. Lepareti del cilindro ed il pistone non permettono scambi di calore con l'esterno all’inizio non sono neppure possibili scambi di calore fra i due gas. Dall’esterno agisce sul pistone ia pressione atmosferica p e il sistema è in equilibrio meccanico.

Ù

ta un certo punto si rendono possibili scambidi calore fra i due gas attraverso il setto fisso) S. a) Sapendo che la temperatura finale dei due gas è T; = 400K, dire seil gas incognito è mionoatomico o biatomico. b) A parità di condizioni (numero di moli e temperature iniziali) dire quali fra le seguenti grandezzerisulterebbero uguali e quali diverseseil cilindro fosse verticale, 85

Problemi di Termodinamica

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 con pistone di massa M: i) il volume iniziale del gas incognito; iii) la temperatura finale; iu) il lavoro fatto sul sistema.

i) quello finale;

meglio la c) Inserendo nelcilindro una macchina ciclica si sarebbe potuto sfruttare il massimo differenza di temperatura fra i due gas per produrre lavoro. Quant'è

Il pistone — inizialmente bloccato - viene lasciato libero e si attende che il sistema si riporti all’equilibrio. Sia 7; la temperatura finale del gas e T' la temperatura(finale) del gas se avesse effettuato una trasformazione adiabatica reversibile fino a raggiungere la pressione pi.

può lavoro utile (cioè escluso quello fatto contro la pressione atmosferica) che si

a) Senza determinare lo stato finale del sistema, disporre in ordine crescente le tre temperature Tp, 7, T.

rica).

») Determinare la temperatura finale del sistema e verificare numericamente le diseguaglianze stabilite in a). »

e atmosfeottenere? (La pressione inizialee quella finale sul pistone è la pression

9. In un ambiente diaria a pressione po = latm e temperatura Ty = 305K, si vuole comprimerearia in un recipiente Ro di volume sa Vo = 251, alla pressione p = 10po. zione con comunica in messo viene Ra A questo scopoil recipiente no) (opportu volume di Rj e recipient un da stituita pompa,co una V munito di un pistone; quindi l’aria (a pressione atmosferica) contenuta in Ro + R; viene compressa nel recipiente Ro.

compresse nel a) Qual è il volume V della pompa? Quante moli di aria vengono volume V;?

b)iSe la compressione è molto lenta, gli attriti sono trascurabili e le pareti del recipiente sono permeabili al calore, quant'è il lavoro richiesto (compreso quello fatto ©“ (dall'atmosfera esterna)? Calcolare la variazione di entropia dell’aria che è stata compressa,

v = Supponiamodi poter disporre soltanto di una pompa il cui recipiente R, ha volume pressione (a ria dapprimal’a tempi: due în procedere V/2, per cui si rende necessario atmosferica) contenuta in Ry + Ry viene compressa nel recipiente Ro, quindi Ro viene chiuso; successivamente R,, nuovamente pieno di aria alla pressione atmosferica, viene rimesso in comunicazione con Ry. Dopo chefra l’aria contenuta in Ro e quella in R; si è stabilito l'equilibrio, l'aria contenuta in Ry + Ri viene compressa nel recipiente Ro. c) Calcolare il numero di moli di aria che vengono compresse nella 1° fase e il lavoro complessivo compiuto sul gas nelle duefasi. d) Calcolare la variazione di entropia dell’aria che è stata compressa. La trasforma-

zione effettuata dall’aria è reversibile?

Se il recipiente R; è molto piccolo e ha volume Vi = V/N, l'operazione deve essere ripetuta N volte. -

e) Calcolareil lavoro compiuto sul gas nel limite N + 00. 10. Un sistema termodinamico è composto da un cilindro disposto orizzontalmente, Taiiigito di un pistone e contenente una mole di un gas monoatomico. ‘La temperatura iniziale del sistema è Ta = 300K e la pressione del gas è po = 2atm.

Esternamente la pressione è p; = latm. Il sistema è termicamenteisolato e la capacità termica delcilindro e del pistone viene trascurata.

86

Si vuole riportareil sistemaallo stato iniziale (po, To) disponendo dell'ambiente esterno a temperatura Ty come unica sorgente con cui il sistema può scambiare calore: c) calcolareil minimolavoro richiesto, ‘confrontarlo con il lavoro fatto dal sistema nella prima trasformazione,e dire qual è la trasformazione che bisogna far effettuare al sistema per compiereil lavoro minimo. 11. Una mole di un gas ideale biatomico (Y = 7/5) si trova inizialmente nello stato Po, Vo: To- Al termine di una opportuna trasformazione in cui il gas può scambiare calore esclusivamente con una sorgente alla temperatura 27, il gas ha raddoppiatoil suo volume ed ha raggiunto la temperatura della sorgente. a) Se To = 300K, quant'è il massimo lavoro (Emax) che può essere stato fatto dal gas? b)} Individuare la trasformazione tra lo stato iniziale e quellofinale (e che utilizzi come sorgente di calore esclusivamente quella a temperatura 27;} in cui il gas compie il lavoro massimo.

c) Individuare una trasformazione tra lo stato iniziale e quello finale (sempre con la condizione che l'unica sorgente di calore è quella a temperatura 270) in cui il gas compie lavoro nullo.

Il gas viene ora riportato allo stato iniziale in ambiente a pressione uguale a quella del gas, in contatto termico con l’ambiente a temperatura 7). d) Nelcaso in cui la primapartedelciclo è costituito dalla trasformazione (To, Vo) + (270,2Vo) corrispondenteal lavoro massimo Lpax, calcolare il rendimento del ciclo e confrontarlo con quello di una macchina di Carnot che lavora fra le temperature

Te 2T.

12. Uncilindro verticale contenente una mole di N, è chiuso superiormente da un pistone di massa trascurabile. Al disopra del pistone c’è il vuoto. Al pistone, tramite un filo, è appesa una massa M di 100kg.

vuoto

Inizialmenteil gas è all’equilibrio termico con l’ambiente circostante alla

temperatura 7} = 300K, quindi viene messo a contatto con una caldaia alla temperatura 7) = 500K, e si attende che il sistema si porti all'equilibrio. a) Quant'è il lavoro fatto sulla massa M,e di quanto si è alzata?

87

Na

Ma

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 Rimossa la massa M e la caldaia (dopo aver bloccato il pistone}, si vuole riportare il gas allo stato iniziale nel modo più economico possibile, così da poterutilizzare il sistema come macchina ciclica, massimizzandone il rendimento. In questa seconda faseil sistema può scambiare calore soltanto con l’ambiente circostante.

Calcolare il lavoro fatto sul gas nei due casi in cui la trasformazione che riporta il sistemaallo stato iniziale consiste

b) nel raffreddamento del gas a volume costante a contatto con l’ambiente esterno, seguita da una compressione isoterma reversibile fino al volumeiniziale; c) in una espansione adiabatica reversibile fino a raggiungere la temperatura 7) dell'ambiente esterno, seguita da una compressioneisoterma reversibile fino al volume iniziale.

Problemi di Termodinamica

b)

Espansione libera senza scambi di calore con l'ester no. Espansione a contatto con l’ambiente esterno che realizza il massimo lavoro £° fatto dal sistema.

d) e)

Espansione senza scambidi calore con l'esterno che realizza il massimo lavoro L7. ll recipiente è uncilindro disposto verticalmentein contatto termico conl'ambiente

esterno e sul pistone (di massa trascurabile) sono appogg iate delle masse di valore

coraplessivo opportuno. Al di sopra del pistone c'è il vuoto. Sì rimuove una massa tale che alla fine, raggiunto l'equilibrio, il volume del gas sia raddoppiato.

d) In quale dei due casìil rendimento delciclo è maggiore, e quanto vale? e) Dimostrare che nelle condizionispecificate (1° fase del ciclo comedettoall’inizio del

problema, 2° fase con scambidi calore esclusivamente con l’ambiente) il rendimento

calcolato sopra è il massimo possibile.

13. Unsistema termodinamico è costituito da un cilindro ermeticamente chiuso disposto orizzontalmente, munito di un pistone che può essere azionato dall'esterno, € contenente una mole di un gas ideale monoatomico.

La capacità termica delcilindro + pistone è C'= 3cal/°C (= 3/25). Tra il pistone ed

i} cilindro può essere presente l'attrito. Il sistema è termicamenteisolato dall'esterno. Inizialmente il gas occupal’intero volume Vy delcilindro (il pistone è a contatto con una delle basi), e ia sua temperatura è Ty = 300K. Agendo sul pistone dall'esterno il volume del gas viene dimezzato. Si bloccail pistone e sì aspetta cheil sistema si porti all’equilibrio. a) Trovareil limite inferiore della temperatura del gas. b) Spiegare perché non esiste un limite superiore per la temperatura del gas.

e) Se la temperatura raggiunta dal gas è TY = 400K,calcolare il lavoro fatto per comprimereil gas.

partire dallo stato in cui V = Vy/2, 7 = 400K,il pistone viene sbloccatoe si aspetta che il sistema si riporti all’equilibrio.

-

d) Calcolare la temperaturafinale del pas. 14. Un recipiente munito di pistone contiene una mole di O, alla temperatura Tq dell'ambiente esterno: To = 300K. Il volumeiniziale è Vo = 10litrì. Si vuole raddoppiarne il volume. 7 Determinare lo stato finale, il calore @ che bisogna fornire al sistema ed il lavoro L che occorre fare su di esso nei seguenti casi di trasformazione:

a) Espansionelibera (cioè nel vuoto) a contatto con l’ambiente esterno. 88

89

Seconda parte — SOLUZIONI

1.

MISURE ED ERRORI

1.2 Ci sono molti modi di dimostrare le eguaglianze approssimate proposte. Nel Corso di Analisi imparerete io sviluppo di Taylor che vi permetterà non solo diritrovare le approssimazioni proposte, ma di approssimare (quasi) qualsiasi funzione “a meno di termini di ordine superiore”. In alcuni casi (p.es. il 2°, il 4° e il 5°) un modo semplice per risolvere il problema consiste nell’aggiungere a 1° membro “termini trascurabili”:

p.es 1+1-z% e simili.

n a) Q+aprinzi ( Jean 2

(1.01)?° = 1.1046 = 1.10. b

1

O ra

=

1-22

ra

=1-z;

1-5:

To, = 99901 = 09.

c)

1

1

(1+2)M= —— = rt 2

1+ne+(3)22 +... (1+a)" (+2) (1.01)719 = 0.9053 = 0.90.

d) VI+=r=

1424 122= 1432;

V101 = 1.004988 = 1.005. e) VI+a2 1 (+ ia=1+Ìa;

W1.01 = 1.000996 = 1.001. f) V(1+2)f9 e VIEnIO 1+i5; mn

{1.01)®4 = 1.00399 = 1.004. 91

i

1+ns

=l-nz;

ne

L.E. Picasso: Esercitazioni dî Fisica Generale 1

e!/!°= 1010050;

g) 2= 0.01:

log,(1.01) = 0.009950.

2.

Conil corretto numero dicifre significative:

2.1

log,(1.01) = 0.0100.

#99 = 1.0100;

a) Mostriamo che (dA 5) = 0903 — a3ba = Va €1;k0;by- Sì ha

1.3

>» €1jka;bp = €12302b3 + €13203b2 = a2b3 — azbo . ik

a) Si ha

SE los+ Aa) -(b4 Ab) — ab = T]obtaAb+bAa+ Aadb —abl.

Poiché le misure di a, 6 sono indipendenti, anche gli errori Aa e “incoerenti”, cioè non c'è nessuna relazione fra i loro segni, quindi

de

Ab sono

b) Sej= il primo membroè nullo {e con due indici uguali) e così pure il secondo. Sia ora j # k; €54 # 0 per quelPunico valore di i tale che 17 j, 1 # k&, e eum #0 solo se { = j,m = k oppure! = k,m = j. In caso contrario il primo membro è nullo, e così pure il secondo; se = j,m = È il primo membro ed il secondo sono entrambi uguali ad 1, se invece { = k,m = j i due membri sono entrambi uguali ad -1. Poiché abbiamo esaurito tutte le possibilità,l'identità è verificata.

Ab

ha

=T-+7

x a b b) Procedendo come sopra:

dr = a P|(at Aa)? -P|= aP|aP + pa Aa + -- --aP|=p92.

c) Dimostriamol’identità (dAB) nz=(4-0)b- (b-e)a: (@Ad) AZ), Deadn8)jca = Van D_eimasbmce

c) Sia ora p intera negativo. Allora a? = (1/0), quindi si tratta di calcolare A(a7')/a-! (useremo 1/(1+2)21xz): Ala 7 )_

1

atda

at

= xv Setpabaci = > ubi — Sembit) Gb Ck klm j

À _1_.l_L_- 1|=|(1* Aa/a)-1|= 2°

a

altAa/a

fa

Perla prima parte della terza basta usare la prima dove al posto di è si scrive ÈAd, mentre per la seconda parte si utilizza la seconda dove al posto di a si scrive FA b Infine per l’ultima si ha

d) Poniamo al =c,= d. Si ha

z=c-d

>

Ax fe Ad = ale +

c) bi - (6- T)a;.

La seconda segue dalla prima poiché dA(bAZ) = -(bAE)A È.

de pf oe Aa!)

kim

= bi Dia co) ha =

a

e quindi

Ar

VETTORI

Aa

1

Ab

(an) (cnd)= Land (End); = ea D_etmerdm

:

anche Usando le eguaglianze approssimate dell’esercizio 2 si può dimostrare la tesi se pe g sono razionali.

=D) a;becidm Dcncam == astucr(6,sbk — Simbhi) jkim

Utilizzandoi risultati dell'esercizio 3, da g = 2h/#° si ha

dog ihr, dh

Siccomei termini trascurati sono di ordine (44/9)? = 1074, con il giusto numero dicifre significative potremmo scrivere (ma quandosi scrive l’errore non si usa)

Ag/g = 3.00%.

jkim

= Y ajbe(c;de — cxd;) = Vla bad — a;d; bycg) = ik

14

2.2

=(1-2)(0-d) - (- db 9)

a) Sia fì il versore associato alla diagonale. I tre coseni direttori di f sono uguali e quindi

3cost9=1 > cos0= Lr > 8=54.74°

1

(= arccos 73).

b) Il vettore d associato alla diagonale ha modulo d = va? +8* +2? proiezioni sui tre spigoli uguali ad a = dcosa, b = dcosfì, c= dcosy, quindi 92

93

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Saf

= == c0s0= =55, 0815 53

6

VR+P+0A

pertanto

1 a = arccos = Fi = 74.50°;3

8

Val +68 4 e?

VER

1°

2 = arccos — = 57.69°;

via

1

e quindi le stesse soluzioni; prendendo il prodotto scalare con è A È si ottiene

3 = arccos-== = 36.709.

dnb-e= (a Ab)? Quindiin definitiva:

via

an EEN.

aa

2.3

Innanzi tutto vediamo che la soluzione è unica: se

s=da+g6 >

(a-a)a+(8-B)5=0

=

alb

& e con b, si ha Prendendoil prodotto scalare dei due membri dell'equazione con il sistema di equazioni {

Se a,b, é sona tutti paralleli fra di loro la tesi è ovvia: p.es., posto b= pa, é= yi,

si ha (+ By+92) d=0 e quindi (r+#y+7yz) = 0 che ha molte (00°) soluzioni. Siano allora @ e è non paralleli. Pongo z = 1 risolvo l'equazione é = r4 + y che è l'equazione della domanda a) del problema 3 e ammette soluzione.

,_ a(e-8)- (a -B)(c-a) alb— (a -b)?

nte dipenil denominatore è nullo se e solo se d e è sono paralleli, quindi linearme denti. _ 2° modo. si ha b, con e d con zione dell'equa membri due dei vettore Prendendoil prodotto

ane=panb bAz=-odhb

i con è A 5 e prendendoil prodotto scalare di amboi membri delle due equazion

,_ (Az) (anb) (aAb)- (Ab)

2.5 Moltiplicando le tre equazioni rispettivamente per 7, j, £ e sommando,si ottiene ri+yb+zé=d da cui intanto si vede che la soluzioneesiste ed è unica se e solo se &, b, È non sono

complanari, cioè se sono linearmente indipendenti: l’esistenza segue dal fatto che d,b,c e d sona dipendenti (4 vettori nello spazio tridimensionale) ma &, 5, sono

indipendenti, l'unicità ancora dall’indipendenza di &,6, (se 2',y/,2° e 1", y",2" sono due soluzioni allora (x — 2”) î + (y' — y)b+ (2 — 2) = 0 da cui segue i . ti . = x" ecc.). La soluzione si ottiene prendendo il prodotto scalare prima con dDAE, poi con CA d,ed infine con d Ab:

Ta

, (non si semplifica nulla!) che, grazie all'uso delle opportune identità vettoriali trovata. già coincide con Îa soluzione

ra-bAE=d-bAC > r=

membri dell'equazione con È si ottiene 8 = d - d/b, c=a- fb:

ed inoltre sono tutti uguali.

si

scalare dei due b} Deve essere d = pb + con é-b = 0. Prendendoil prodotto

a=

è

ande

d) Occorre dimostrare che l'equazione xd + yb + 27 ha soluzioni non banali.

la cui soluzione è (regola di Cramer)

5

_

a

e prendendoil prodotto scalare con @ si ottiene 6 = 0 e quindi anche y= 0, a =0.

= ad-b+ pb

__{ae) (GAB). (aAb)-(aAb)

ae (a

BbAG+yEAi=0

= aa? + pb-a

_eei-@bed. 3 ab — (d-b)?

_ eb) (ab)a)

c) Sia ad + B6+xé= 0. Prendendoil prodotto vettore con & si ha

a) 1° modo.

24

(Soluzioni)

e

d

a

co‘

Vettori

b+ (a-

T.6ne PNE.

T.ena

= PAL, b-CAa

d-bAE

T.anb

2a DON. caAb

Si noti che i denominatori sono non nulli perchéi vettori d, È, non sono complanari, Se ù dé‘sono complanari, ma non tutti paralleli fra diloro, la soluzioneesiste, ma nonè unica, se e solo se d è complanare con essi: siccome in questo caso &, È, È sono

dipendenti, possiamo esprimerne almeno uno in terminideglialtri due(l'equazione ca + pb +7 = 0 ha soluzioni non banali, e quindi un vettore il cui coefficiente

di ambo i membri con a) Sia aG+ BE+YG A = 0. Prendendo il prodotto scalare f=0, e a Ab si ottiene y = 0; prendendopoiil prodotto vettore con a si ottiene quindi anche a = 0. equazioni del b) Prendendo il prodotto scalare con & e con È si ottengono le stesse a problem 2: 94

nonsia nullo può essere espresso in termini degli altri due): sia p.es. = ad + gb e quindi l’equazione diventa

(r+az)d+(y+f2)b=d che è l'equazione della domanda a) del problema 3 e ammette soluzione unica per x+azey+ ff, e quindi non per x,y, z. 95

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

se anche d è Se poi d, 5,é sono paralleli fra di loro, la soluzione esiste se e solo sopra. come parallelo ad essi, non è unicae si discute

3.

3.1

2.6

a) Poiché qn = —

la,

F= (Fi Fn) + golfa — Fa) + gna (71 — Fa)

le differenze (#; — 7) non dipendono dal punto O. b) Sepo = Li &fi, Po = Po + Pi g0"0 e quindi

35; Po 00' = va -

a) Le dueleggi orarie sono le equazioni parametriche di due rette, quindi condizione necessaria e sufficiente perché le due traiettorie si intersechino è che le due rette siano complanarie, se parallele, coincidenti. Infatti deve essere Fo +U1t1 = fog +Dat2, cioè (Fui — fog) +U1t1 — Pat. = 0, quindi i vettori &, Wa, foi — Fo devonoessere linearmente dipendenti, cioè complanari: T, Aa» (Fo — faz) =0. Questa è solo una condizione necessaria.

Vediamo se è anche sufficiente. Sia (Fo — for) + 88, +02 =0

(Questa costituisce anche una soluzione alternativa della domanda precedente).

con a,3,y non tutti nulli. Se esiste una soluzione con a # 0 allora dividendo per

punto cercato è c) Deve essere fi tm -r3 = 0, equindi f3=7+72. Quindiil due lati sono cui di ogramma posto nel vertice opposto alla carica —g del parallel —q. carica la con g le congiungentile cariche 2.7

2.8

CINEMATICA

a

Tor + 7U = for — —da

a

(trovare La prima(i due termini sono entrambi &- #), non la seconda, nonla terza dv). 7 A # entrambi sono termini due (i quarta la controesempi), La prima, la quarta (due cambiamentidi segno), la quinta.

a

e quindi #1 = 8/0, t2 = -Y/a. Se esistono solo soluzioni con @ = 0, allora 7 e &, sono paralleli, ma non sono paralleli a 791 — 702 € in questo caso l'equazione Tor + Viti = fa + Uafo non può essere soddisfatta. La condizione necessaria e sufficiente è quindi che i tre vettori 71, #2, far — For siano complanari, e se #) || 7 allora anche #1, #2 || (For — fo2)b) Deve essere fo1 +1t = fa + 2t quindii vettori & — 2, foi — foz devono essere paralleli. Da foi — fo = —(71 — T2)t si ottiene t=

For — fo) -(&- è anche 1= local far = (=) (7 - da)

con il segno + a seconda che

Ir — dall

fi — faz € 72 — 7)

siano concordio discordi.

L’interpretazione è semplice: (71 — 2) è la velocità relativa dei due punti, e |t] è il tempo necessario a coprire la distanza |I(7p1 — Foz)l|-

3.2 Se la traiettoria è piana, il piano deve contenere l'origine: infatti contiene sia il

punto (z(%), ut), ©) (© arbitrario) sia — per t = f# + x/w - il punto simmetrico rispetto all'origine (— (7), -y(#), -=(1)), e quindi il segmento cheli unisce. Allora basta che verifichiamo che per ogni il vettore F(t) = (asen(wt + di); bsen(wt + $2), csen(wt + da) ) è combinazionelineare di due opportuni vettori, p.es. f1 = (asengi, bsenga, csengda } e 72 = (acosd1, deosda, ccosgz). Infatti ft) = ri coswt + fa senut. 3.3 a) Vera: se una funzionesiripete identica dopo un tempo 7anchele sue derivatesi ripetono identiche:

96

97

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Cinematica

FHt+ At) - {() _ f(@+T+At})- fE+T).

At

-

(Soluzioni)

3.5

hi

b) Falsa: la legge oraria di un punto di una ruota che rotola senza strisciare non è

a) Le componenti della velocità sono vr = 2at + fî, Uy = 2at — B, e il suo modulo è

periodica {z(f) = — Rwt + Rcoswi --. ), mentre #(t) lo è: 7(t) è la somma di un

v= V8a%f + 262, Le componenti dell’accelerazione sono az = ay = 2a, € il suo

c) Falsa: la funzione seno (o coseno) è solo unadelleinfinite possibili funzioni periodiche.

b) Dato cheil vettore accelerazione è costante e parallelo alla bisettrice degli assi (x, v) la traiettoria è una parabola conasse parallelo a detta bisettrice e concavità rivolta verso il quadrante x > 0, y > 0 (in quanto a > 0). Il vertice si trova dove VU. = av + ayvy = 0, cioè dove 4a°t = 0 > t=0 > x=y=0,cioè

vettore costante e della velocità di un moto circolare uniforme.

34

a) Prendiamo un sistema diassi cartesiani con l’origine nel punto fo, l’asse y parallelo e concorde a d, l’asse x nel piano parallelo ai vettori % e d. Si ha 7

12

(E Vozt; }y = Vogt + got j15=0.

modulo è a= 2/20.

dl’origi

neil’origine.

>) Siccomel’accelerazione dé ha la direzione dell’asse della parabola, nel vertice velocità & e accelerazione £ sono ortogonali.

id.

al

td _ o=È it Q'

a?

Vo

1003 22

c) In questo caso u,=v = Vu +20 -dt+a?f?. d) Nelvertice l’accelerazione è ha solo la componente normale e 7= do—(7-d/a2)d, 2

a

a

Tn

-d)?

ai

8a > 2x il punto compie più di un giro). Gli angoli sono contati a partire dall’asse delle y negative. Se n 390; 3 > == gh

za} = h- 39

alt) = zo(t) > t= VONTI

1 u=v=gzv2 A.

3.10 a) La pallina arriva a terra con una velocità vo = y/29h, rimbalza con velocità v, = rus e raggiunge la quota hi = v7/29 = r°h. Dopo il secondo rimbalzo la pallina

ha velocità v = ru = r?u0 e raggiunge la quota r‘h, e dopo l’n-esimo rimbalzo la quota raggiunta sarà rî"h. Quindi perché ia quota raggiunta si riduca di un

fattore > 200 occorre imporre che r?" < 1/200, cioè (0.8)?" < 1/200 > n>12. 100

1 yo=h- =gt?. 2

alcun calcolo, è comprensibile, in quanto oggetto e proiettile “cadono” {-igt2)

d

nello stesso modo.

;

3.12 a) La distanza minima cercata corrisponde alla traiettoria parabolica che “sfiora” il bordo della scarpata. Se il mortaio spara con un alzo (cioè un angolo tra l’asse ©, orizzontale, e la direzione della velocità del proiettile ù) #, l'equazione della traiettoria, presa l'origine nella posizione del mortaio e l’asse y verso l’alto, è: y(a) = stand —

2

gr ; 243 cos? 9

e imponendo che y = 0 per r = d si ha sin20 = dg/vî ossia 0 = 87.5° (l’altra soluzione @ = 2.5° non fa al caso nostro perché determina la massima distanza alla quale gli oggetti posti al dilà della scarpata possono venire colpiti). Sostituendo nell'equazione precedente e risolvendo per il valore di x corrispondente a y = —h,

si ottieneil risultato. Tuttavia il calcolo numerico non è banale (vale la pena di provare!) in quanto comporta differenze fra numeri grandi quasi uguali, e quindi

non è attendibile: la ragione sta nel fatto che l'equazione di 2° grado ha una

soluzione molto grande (z1 > d) — che è quella che ci interessa - e una soluzione

molto piccola {zz < 0, che corrisponde all'intersezione della parabola con il piano y = —h dietro al mortaio). Quindi conviene approssimare la parabola nel tratto fra il bordo della scarpata ed il punto in cuì raggiunge la quota y = —A con la retta tangente alla parabola

nel punto in cui sfiora il bordo,retta che ha inclinazione x — @: posto 7 = d + $,

l'equazione per é è

Stand -h=0

=>

édx046m 101

prim

1a zi(t)=h=h igt?; 39 i

3

(Soluzioni)

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Cinematica

{si può verificare che, nonostante l’approssimazionefatta, tutte le cifre sono sono

significative).

v

=ga _ STI 2(tan0- tan y)uf cost g 9

5= vcosì = 13.1 m/s.

all’istante (grazie alla 1° delle (1))

3.13

L=

a) Forse Galileo avrebbe vinto la scommessa, visto che — come vedremonella risposta b) - l'indipendenza del tempo Î di percorrenza dalla corda percorsa è nota come

b) Se a è l'inclinazione della corda (rispetto all’orizzontale), { = 2Rsena e la legge oraria è

g

”

p9senpcosgtr tan 2(tan

vo co57 +53

Tosi

g

cos = E.( e: cos] cos y

i= y2l/gsena = VARIS.

4 {608 seny > EE ( cosq OB — Y) + sen? g — send cos 222) cos =. Ea

a) Prendiamol'asse x orizzontale, l’asse y verso il basso e l'origine nel punto di cambio di pendenza. Sia 7 (1 < 8}

(la diseguaglianza è stata ottenuta moltiplicando il 1° termine per cos(8 — y) ) Quindi, poiché Vy < 8 z2(î) > x, la migliore strategia è quella di non fare il

l’angolo (acuto) che la velocità Ty subito dopo il cambio di pendenza forma con l’orizzontale. Le leggi orarie nel

salto.

caso che lo sciatore compia il salto (Y < #) e nei caso che scivoli sulla pista (y = 6) sono

2° modo. Prendiamol’asse x lungo la seconda parte della pista, e l’asse y ortogonale, verso Palto, con l’origine nel punto di cambio di pendenza. Lalegge oraria dello sciatore è

1

£1 = Ul cosy

12 = vot c0s8 + 79t° sen B cos 6

vi = voiseny+ 1,

2

e le velocità Vir = Vo COSY

fo Uiy _ VoSenY 4ag

L20002 Ya = vot senB + agt sen? g

(in ogni caso)

n

x 09, = vo cos? + gisen cos

Vay 2 = vo sen S + gt sen”5 8

da cui

x(t) = uptcos(B — y) + 390 sen

@

1

vì = vi + 2upgtseny + gît? = ul + 2g(votseny + 394) = 03 + 29 e analogamente

vt) = vot sen(d - 9) - 390 così

e dalla 1° è evidenteche,finché lo sciatore è in volo, il moto della sua proiezione

sull'asse x è più lento che se fosse rimasto sulla pista {Y = {8} quindi, rimanendo sulla pista, arriva prima nel punto in cui atterrerebbe se avessefatto il salto. 3.15

va = vo + 29va. E

_ 2(tand-tany)vpcosy

ta(7) = 0) cost

3.14

e

Ty

Vo COSY

All’istante £, restando sulla pista sì troverebbe nel punto

“legge delle corde di Galileo”.

>

205 cos? y

che incontrala pista (y = x tan) nel puntodi ascissa

velocità 7 del proiettile nel punto di massima quota è orizzontale e il suo valore coincide con la componenteorizzontale della velocità iniziale:

sti) = a sena

gr 2

y=ztanyt ———_

b) Il vertice della parabola si trova a metà distanza fra il mortaio e la scarpata. La

1

(Soluzioni)

Ci sono (almeno) due modi di risolvere il problema: il 1° che proponiamo è più laborioso, ma è più standard.

1° modo.

Supponiamochelo sciatoreeffettuiil salto, atterrerà sulla pista ad un certo istante ty: per quanto sopraci basta stabilire dove si troverebbe allo stesso istante se restasse sulla pista. Se effettua il salto, per la (1) l’equazionedella traiettoria è 102

Sia £ il tempo perfareil primo giro. 1__ 2rR=lat, v=ai2 > _= È. 2 vo

_ATR_

as=

vi =.

de _ = alt?

*7 Fari 0

a,=0;

vi

In=F

.

vio,

7

io 05)

(CS)

103

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

4.

3.17

4.1 Il moto è periodico: infatti posizione e velocità ad un certo istante determinano univocamente la legge oraria: posizione e velocità sono le stesse all’istante &y e all’istante to + T, quindi il moto a partire dall’istante io + T' è identico al moto a partire dall’istante fa:

Tuttii casî sono possibili, purché (se a = 45° o a = 90°) la direzionedi & sia verso

mentre Pinterno della circonferenza: se a = 0 P ha,all'istante £, velocità nulla, neglialtri casi v, # 0.

F(to+T+%=F(t0+î) Vi e posto t=to+Î

3.18

Nonè possibile. La cosa può essere vista in diversi modi: 1)

o è una l'unica traiettoria corrispondente ad un moto uniformemente accelerat

vfa

= —uot;

20

a Seil corpo si muove, quandola sua velocità è nel verso di 4 (3-a > 0) vaument

206 = — Zbsen0

207

1

39

ri

2=2-975 9 vi

Preso l’asse x opposto ad &, —7/2 a=

105

AK

-L291 ÈSt Lat

A

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

5. DINAMICA DEL PUNTO NON VINCOLATO

2 5 = aÈ RA? cos? at = e RA"(1— sen? at) = a° R(A° — 0(t)?) vi

3

mE =-F, A=t,7.

51

b) Gli estremidella traiettoria sono dove la velocità sì annulla. Da vu

mp3 = v=0

per

a) Prendiamo l’asse 2 verso il basso con l’origine a metà fra pavimento soffitto. La forza sulla massa m in posizione generica z dovuta alla molla superiore è F; =

3

@=%,7

—k(z — 21) dove 21 = (-L/2 + lo) è la posizione dell’estremolibero della molla a

riposo, e quella dovuta alla molla inferiore è F>, = —k(z-z2) = —&(2-(L/2-l0), quindi la forza risultante sulla massa è

e sono gli unici punti in cui v = 0; dalla stessa equazione si ricava che la velocità è massima per @ = 0 e vale 3r

F, = mg + F1- + Fo: = mg — 2kz

fk

Umax ma = if — rTV c) Il motosi svolge su tutto l’arco di circonferenza, e tutte le volte che passa per un dato punto (p.es. un estremo) in un dato verso ha sempre la stessa velocità, quindi (eguaglanzadi condizioniiniziali) il moto a partire da quel punto si svolge sempre nello stesso modo.

(indipendente da /o). oraria è

z(6) = 29 (1 — coswi),

La posizione di equilibrio è £ = mg/2k quindi la legge 2k

w=Tm

b) Larisposta ‘non cambia, è indipendente da A. 5.2 a) Le posizionidi equilibrio sono 7 = 0 instabile, x = +Va/b= tro stabili.

b) F‘(tro) = —-2a;v = (1/27) y/2a/m. c) Le oscillazioni devono mantenersi lontane dai punti in in culo Fi(x) = 0 e quindi, a parte un fattore numerico dell’ordine

dell’unità, dr «& y/a/b.

5.3 a) E= b/a. b) FE) = 2a(a/b)? — 3b(a/b)t — È 0= mv, yu. = mv

laz + 001 _ mol

vare

"TIT

(mu è la quantità di moto e |c{/va? + 8? è il “braccio”).

À (area del triangolo con vertice O e base vAt)/At = 108

Lè costante, quindi la traiettoria è piana.

b)

La traiettoria degenera in un segmento sse

>»

%,x=0,r.

5.9

a? + 52

Area= 4 3T = rab.

Ly/muw = acsenx, L./mw= abseny

D=0 > L.=Ly=L;=0

La velocità areolare è A= L/2m; oppure(dalla definizione):

A= iobu:

5.8 a) L./mw = be{- cos(wt + #) sen(wt + x) + cos(wt + x) sen(wt + y)] = besen(y — x)

{solo L, # 0, dato che il moto si svolge su un piano contenenteil polo):

mic

d) 5.6

R con centro nel punto C : (209,0,0). Siccomeil moto è piano si ha

rispetto ad O; se invece O è esterno alla circonferenza L, cambia segno nei punti in cui le tangenti alla circonferenza condotte da O incontrano ia circonferenza.

Tutte le grandezze si intendono espresse in unità del SI.

0)

Lalegge oraria è quelia di un motocircolare uniformesulla circonferenza di raggio

Se il punto O è interno alla circonferenza (|ro] < R) L: ha semprelo stesso segno (quetlo di w), infatti in tal caso il moto di P è sempre in vesoorario o antiorario

5.5

b)

triangolo.

La=Ly=0;

20) — 2(0)= 20 = 7 + Vma/h+ (vo/w) = 22 + V(mg/k} + 2mghfk.

a)

(Soluzioni)

m

20

i) =T+H;

veli

2 4

UÙ

CO ga= ai 109

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Dinamica del punto non vincolato

5.10

(Soluzioni)

5.14

Da mg = GMym/R& si ricava

5.11

Per un’orbita circolare a distanza Ar = 6.4 x 105 kmsi ha GMy v? & = Ro =9 > v=VgRo=7.9km/s.

gR3 9.8- (6.4)? x 1012 24 . = La —_, * L Me="G Grigi SIOE La velocità angolare del satellite geostazionario deve essere uguale a quella della Terra, che vale 2 _ 2% _ 25.1 w= T = 86164 = 7.3 x 1008

5.15 a) n= 2r-2T — 30km/s. Torò

b) Siccome l’orbita della Terra è circolare,

vo GM

T7=

(il periododi rotazione della Terraè il giorno siderale e vale (365.25/366.25) x 86400 = 861645).

T

Ms

GM,Tg T RZ =

>

rr =

a/gRE if

(98-(64x 109)!

2 =|T_-——-: (73 x 10-57?

5.12

2_ GMe, = hi _D 1 7 R15925% 110

a) Preso l’asse z nel verso di 7, € l'origine degli assi nella posizione iniziale della

sferetta, posto 7 = m/Y e w = gr(velocità limite), si ha rt) =y(t) =0, mò.,=-90.+mg > u.l(t)= uf1- e)

> (0) = ut-ur(1- e7) b) Preso l’asse x nel verso di 70 si ha Ù, = lu

=

va(t) = pen!”

e vz(t) come prima. c) L’asintoto ha la direzione di #(t = 00), e quindi è parallelo all’asse z; l'ascissa è £(00) = vor. ll

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

6.

5.18

DINAMICA TRASLAZIONALE DI SISTEMI NON VINCOLATI

a) L’equazione del moto è 6.1

mi = -yi-500+À.

Se la velocità limite esiste (esiste!), è data da è = 0, e quindi hala direzione di

a) Nonsi allunga di 2F/k, ma di F/k (è impossibile tirare una molla da una parte sola, e non dall’altra!): siano A e B gli estremi della molia e sia F la forza agente sull’estremo A. Se la molla è di massa trascurabile, oppure è in quiete, per la 1° equazione cardinale il risultante delle forze agenti sulla molla deve essere nullo

Fi: preso l’asse £ nel verso di Fay, la velocità limite è soluzione dell’equazione ” —y0z — d us]: +9=0

(mà = 0), quindi sull’estremo B agisce sempre la forza —, sia che qualcuno

Se uz < 0 l'equazione diventa

“tiri” l’estremo B della molla, sia che l’estremo B sia attaccato ad un muro.

5vl — yo, +Fo=0 che ha solo soluzioni positive (regola dei segni); se vz > 0 Sul -+ Fa=0

>

1

u= (14 72 + 4Fod).

La seconda soluzione è negativa, e va scartata perché l’equazione è stata scritta nell’ipotesi vu, > 0. b) Occorreche $ vì < yu; siccomerichiediamo che w = Fociò equivale a Foé/f «1

Infattiia +a!f2 2 1+ le)

pure su quello CB, le forze che si esercitano agli estremi sono ancora Fe-f. Siccome l'allungamento (o la compressione) dell'intera molla è Ax = F/k, quello

di mezza molla è Ax' = P/2k, quindila costante elastica di mezza molla è &' = 2k.

c) Quando le due mezze molle vengono saldate insieme, per ottenere un allungamento di Ax occorre esercitare su ciascuna mezza molla una forza 2kAx, quindi sul sistema delle due molle in parallelo una forza doppia: F = 4kAx, quindila costante elastica della nuova molla è 4” = 4k.

Li

5(

—1+yV1+ 4Fo6/P) = 55 — + v(1+2F06/1°)) = Fo/a. 2

us

b) Se ora C è un punto intermedio della molla (p.es. il punto di mezzo), lo stesso ragionamento fatto sopra porta a concludere che sul pezzo di molla AC, come

Sistemaisolato di due corpi; massa ridotta 4 = 3m/4, moto armonicodi periodo

T' = 2r/3m/Ak.

b) Il moto è unidimensionale. Orientiamo l’asse x dalla massa 2 alla massa 1:

cit) — ret) = la — Scoswt

we VA4k/3m.

Siccome il centro di massa è fermo, 21(t) + 3x2(t) = costante e quindi 3 cit) = ec gf cost,

1 x(t) = c2+ gi coswt

(ci e ca costanti che dipendono dalla scelta dell’origine), quindi le ampiezze di oscillazione sono 3 1 81379 &=6 6.3

a) Posto

fF=f©-f,

U=2-7,

— uma

112

m=mi+m2,

l'equazioneper il motorelativo

(massa ridotta)

113

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Dinamica traslazionale di sistemi non vincolati

b) Le due masse mi e m2 descrivono circonferenze di raggi rispet-

°

tivamente ma

mi

n= tr e r=—r, m m con il centro nel centro di massa mantenendosi, da parti opposte,

allineate con esso. Le velocità sono

ue

b)

2rri

ema

L'equazione peril motorelativo è (2=3z%-2)

pi4 = —ko(z(za),

MM M+Mi ==

M: 2(6) = 12 + 22 cosut, ka

G G e asma mr mr

w=

Vka/p.

Le equazioni del moto per le due masse sono

{Mi = Mig—ki(z1-h)- ko(21- (22-12)

6.4

Mo5, = Mag — ka (22 — (21 + la)) .

a) L’accelerazione del CM delsistema è a = P/(m1 + m2) e questa è anchel’accelerazione del blocco 2 (e del blocco 1), quindi la molla deve esercitare sul blocco 2

Se za(t) — z1(t)resta costante, dalla 2* equazione si vede che Z2(1) è costante, ma

allora dalla 1% equazione

una forza pari a mya. Una forza uguale e opposta si esercita sulla molla, quindiil suo allungamento è Ae

F

ma

Ck m+my

MiZ1(t)} = kyra (1) + con Fp costante (Fo = Mig+kil1-k2(z1-22+l2)). Ma 21-22 costante > 3) = #2

=1.8cm.

quindi segue 21 costante, cioè tutto fermo.

b) L'accelerazione del CM è come prima, questa volta la molla deve esercitare sul blocco 1 la forza mie e la sua compressione è

|Ax|] = 18.2cm. 6.5 a,

(Soluzioni)

con le condizioniiniziali z(0) = la + M29/k2, #(0) = 0, quindi la legge oraria è

*®

Prendiamo l’asse 2 verso il basso con l’origine all'altezza del soffitto.

Vale la

pena di ricordare che la forza esercitata da una molla è —kAz = —-k(r — xo),

L

Î

Prendiamol’asse 2 verso il basso e numeriamo le masse partendo dal basso. Consideriamoil sistema costituito dalle prime î masse: su di esso agisce la forza di gravità î - mg e la forza elastica che la i-esima molla, quella fra la massa i+ 1ela massaî, esercita sulla massa i. All’equilibrio si ha

i-mg-k'(zi-z41)=0

>

i-mg=W(x- za).

dove x è l’ascissa della massa e xo è l'ascissa che avrebbe l'estremo della molla cui è attaccata la massa, se la molla fosse a riposo: zo dipende non solo dalla lunghezza della molla a riposo, ma anche dalla posizione dell'altro estremo della molla, che può essere attaccato ad un supporto fisso (il soffitto, se si tratta della molla superiore), o anche ad un'altra massa facente parte del sistema (la massa

Sommandoda 1 a N si ottiene (zwv+1 è la posizione delsoffitto) N(N+1)

Allora le forze che si esercitano sulle due masse in posizioni z, e 22 sono

2k' N 2k Se sulla prima massa agisce la forza F, come primasi ha

M;sesi tratta della molla inferiore).

F,= Mig— ki(z:—h)- ka(z1- (2-1);

F, = Mag- ka(z2- (21+h))

(una verifica della correttezza della forza che la molla inferiore esercita su M3 è

data dal fatto che questa deve essere opposta alla forza che la stessa molla esercita su M;).

Lecondizioni di equilibrio sono:

Mig- ki(21- li) k2(21- (2-1)) =0;

Mo9- k2(22- (21+4))=0

da cui sommando Mi M: at 4 MMI 14 Ma)g

3 mg= È Dei ci) = (1 eva) = EL

dove L è la lunghezza del sistema appeso:

La N(N+1)mg _N+1Mg

.

i-mg+F=k'(z;-x; ig (zizi)

>

F_N41Mg

LI=3+< ET N 37: dk

La forza esercitata dal gancio al soffitto è F + Mg. Senzala forza F: Lo

My

= —— co li gin L=

e con la forza F: F. Mg

ki

Lo ==

e

My; Mi M: M; non, > nen+hi CAPI, Mas, ka

ki

114

ka

2.

kt

Siccomela lunghezzaa riposo è nulla, La, è Pallungamento della molla con massa,

e si notiche in ogni caso (F = 0, F #0) 115

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Dinamica traslazionale di sistemi non vincolati

_K4F Loo = 2k

con ci, €2; 41, 92 quattro costantiarbitrarie.

e) Le condizioni iniziali implicano

dove F; e F; sono le intensità (cioè i moduli) delle forze agli estremi: per una molla di massa nulla F, ed F) sono sempre ugualie si ritrova L= F/K.

CI COS PI + c2 COS po =

€I COSI] — C2 C08 7 = 2d ci sen pr +02 seng3=0 Ci Sen pi — ca sen po = 0

6.7 a) Prendiamol’asse x verso destra e l’origine nella posizione delia parete di sinistra. Siano x e 27 le ascisse delle due masse (in posizioni generiche). Su my la molla infatti - con la massa 2 in posizione (generica) r3 — l’estremo cui è attaccata la

f)

massa 1 avrebbe, se la molla centrale fosse a riposo, ascissa uguale a (21--(22—1))

(oppure: Ar = x1 — r2 +, però siccome Ag 2 0 può non essere ovvio se Ax deve essere scritto come sopra 0 con il segno opposto). Quindi

Fi=-ki(22- li) -k(21- (22-13) Fy = —ka(ro - (L-L}) -k(c2- (21+2))

{la forza che la molla centrale esercita sulla massa 2 è, come deve essere, opposta

alla forza che la stessa molla esercita sulla massa 1). b) Imponiamo F1=0 e X=0:

e posto x.

k boa2az4 00 215 (VRo/m(1 + k/ko) - Vio/m) Sai Wt+wr 2

=W4SW]

r2(t) = 2 +24cos dwt cosupi. Poiché du < we, abbiamo due oscillatori che oscillano con frequenza wp, con ampiezza che però non resta così

{ —kx2 + (ko +k)22 = ko(L- lo) +1 sommandoe sottraendo:

2-3 tolti- D- 2

ta(1) = 23 + d(cosut+ cosw3t).

{no = + 2dsendwt seni

(ko + k)22 — &28 = kalo — BI

20+428=L

tante, ma varia lentamente (e sinusoidalm nel tempo: 2dsendwt nel primo caso, 2d cos dwt nel secondo. ( ente)

>

+

30 E _ BolL- Mo) +25. 2(ko +2k)

c) Posto x =2Î+ & ;

>

12(t) = 28 + 24 c0s(£2 3a 1) cos(£2 sala)

i

ion = de 3

130, g2=0; ci=d, 0=-d

ci(t) = Ed + 2 sen( E 3 si t) sen(2201,)

:

e analogamente su mg

>

{n =s0 + d(coswt — cosw2f)

di sinistra esercita la forza —k(z1— 11) e quellacentrale la forza —k(c1- (c2- 1),

12

(Soluzioni)

202 E PolE- 2a) +26 202

2ko + 2k)

28 +, le equazioni del motosi scrivono

mi = —(ko + A)E1 + ka

méa = +k£3 — (ko + k)£2 la (1) è soluzione se w, = y/ko/m: le due masse oscillano “in fase”, cioè la loro distanza resta invariata e la molla centrale è come se non ci fosse.

In alto: x1(t);

in basso: z2(t)

La (2) è soluzione se wr = (ko + 2k)/m: le due masse oscillano “in controfase”,

cioè il loro centro di massa resta fermo. Questa volta la molla centrale oscilla.

d) Le due soluzioni date sono indipendenti, le equazioni del moto per &, e É2 sono lineari e omogenee, quindi la soluzione generale è

{ ci(t) = 22 +c1cos(wit + p1) +c2 cos(wat + 2) c2(t) = 22 + c1 cosfwit + 01) — c2 cos(wat + p2) 116

117

Dinamica in presenza di vincoli

7.

DINAMICA IN PRESENZA DI VINCOLI

7.3 n punto materiale è soggettoalla forza di gravità mg, verticale, e alla reazione del vincolo {il cilindro) È, ortogonale alla superficie delcilindro, diretta verso l’asse. L’accelerazione in coordinatecilindriche 9, 4, 2 è

TAI

= (8- 08°)0+ (09 + 209)6 + ak

a) No. L’impossibilità può essere dimostrata în due modi:

1° modo. le equazioni del La legge oraria del moto parabolico con velocità iniziale #) risolve l disotto semprea resta , inclinato piano al moto e la traiettoria, che parte tangente o. del piano inclinat

e se il moto si svolge a contatto con la superficie del cilindro 4 = 0 = è (compatibili con la condizione iniziale 7 orizzontale), quindi mo? = Ry

9=0

2° modo.

a, = —g.

il basso, la condizione Preso l’asse y ortogonale al pianoinclinato e orientato verso Mase il corporesta 0. > R, è o inclinat piano il con contatto a ti che îl corpores a contatto sì ha O0=mj=mgcosa+R,

=

ita iniai Dalla 2° a e la 3* e la condizione iniziale (supponiamo che il moto sia în verso antiorario rispetto all’asse 2} (0

Rcosa=mg

cosa sena

zm

v7

dsena

>v= V/gdcosa.

ma non la seconda. b) In questo caso la 1° condizione può essere soddisfatta, ©) In questo caso la 1* condizione non può essere soddisfatta. essere diretta sia verso il d) La reazione È della sbarretta sul punto materiale può risultante mg + R casoil primo Nel punto di sospensione sia in verso opposto. îl centro della verso diretto essere può non secondo nel ale, non può essere orizzont traiettoria.

118

Q-= M-0+ mv, = mv;

da

= ma, = mg sena

quindila bilancia segna

alla gravità In tutti casi considerati in questo esercizio il punto materiale è soggetto

in un piano e alla reazione È (normalealla superficie del cono)e se îl moto avviene

1

gli) = ti

ui Rn=mT + mg cos?

lungotutta la traiete siccomesia v? che cos? diminuiscono con l'altezza, R,>0

= gt? 2-39

Vo

Ry=-mgcosa < 0.

massa attaccata b) Si(il problemaè identico a quello dì un pendolo costituito da una la traiettoria è cilindro il con contatto a resta e material ad un filo): se il punto

7.2

(Soluzioni)

—R; = (m + M)g- mgsenZa = Mg + mgcas' a.

v) pe= de ="

=mgsenacosa.

7.5

a) Se Mi è la massa che sta più in basso, su di essa agisce la forza peso e la forza elastica, e siccome M} è fermail loro risultante deve essere nullo:

Mg=k(d-b)

> d=tn4+ 2 a dmogm

b) E scontato che la bilancia segna il peso del sistema, cioè 2kgp. Infatti, se Rè la forza cheil gancio (sotto al piatto della bilancia) esercita sul sistema masse + molla, poiché il (centro di massa del) sistema è fermo; dalla condizione di equilibrio delle forze esterne

Î+(M+M.)j=0 >

É=-(M+M)j

ma —R la forza chesi esercita sulla bilancia, e quindi sulla scala si legge

(M; + Mo)g = 2-9.8N = 2kgp.

119

Dinamica in presenza di vincoli

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 la posizione di M;, e zo lasua posizione c) Prendiamo l'asse z orientato verso l’alto, 21 d’equilibrio.

=-g;

zi(t) — 24 = Acoswt;

w= vk/M=105

7.8

Sia a l'angolo a partire dal polo superiore. Se la massa è ferma

=1

ÈÎ=-mj

(Mi; + Mo)Zc(t) = —(M+ Ma)g + P(0);

a) Se l’oggetto ruota insiemeal cilindro,il suo moto è circolare uniformecon accele-

-mgcos0+R,=mwr; 2

_ mgsen0 0+R=0; + R,=0;

per M prima del distac pavimento sulla massa Ma, l'equazione del moto

R,=m(gcosì + wr) _

{9

ws uzazt r

=>

R=M29+ k(la — 21).

4

zi=lo+ an) =Z.

= lo — Mig/k, quindi non si ha b) Laposizione di equilibrio per la massa Mi; è 2î di 71 —21 = (Mi+ Mo)g/k. distacco finché l'ampiezza dioscillazione è minore avereil distacco è per 22) da Perciò la minima compressione (a partire

7.10 Asse 2 verso l’alto, origine nell'estremo inferiore della fune. La tensione r nel punto 7 è il modulo della forza che il tratto di corda z > 7 esercita sul tratto z < #; siccomela corda è ferma il risultante delle forze (forza dovuta alla tensione + forza peso) sul tratto 2 < # deve essere nullo, quindi

77)=

©

z1 — #2 è

TT

re (la reazione N è parallela alla forza a) Per la conservazione del momento angola è il cerchio massimo passante per quindi e piana, è toria traiet gravitazionale), la velocità 7, percorso con velocità la posizione iniziale del corpo, € tangente alla scalare costante vo.

GM

_GMm

b) ma = ca N (N20) > STEVE 120

mgz/L

|Mg+mgz/L

zL/2

quindi 7(z) è discontinuo nel punto 2 = L/2.

- LE

MM

“

Un valore di sicurezza si ottiene massimizzando il numeratore: g|sen| < g e minimizzando il denominatore: gcos@-+w?r > w?7 — g, quindi 5° n > g/(w?r — g).

(Mi + Mo)g Smin =

\45 HM) > v= vela

gl sen 60] < |R] us? 2 Feosh gcosì + wr

il 2° membro è massimo per così = —g/w?r e vale g/y/w4r? g?.

Il distacco avviene quando & = 0, cioè

vî

>

b) Siccomeil moto è circolare uniformele componenti tangenziali della gravità e della reazione vincolare si devono equilibrare, quindi

Se R> dè la reazione del a) Prendiamol’asse z verso l'alto con l'origine al suolo. co è

pis kl)

9

R20>7w 270089

7.6

_

d

|R.]=mgsena;

zi(t) = zo dcoswt.

esercita su Ma, e quindiciò d) Sia P(t) la (componente z della) forza che il gancio chesi legge sulla scala dellabilancia.

(Soluzioni)

TAI

a) Massa 1 a distanza 1/2, massa 2 a distanza /, 71 tensionedelfilo frail centro e la massa 1, 72 tensionedelfilo fra le due masse. Le equazioni del moto sono {ma zh? md, =. Siccome di; è diretta verso il centro di rotazione, è parallela alla tensione 7}, quindi anche # = 7} — ma; ha lastessa direzione, cioè le due masse sono allineate con il centro di rotazione. 121

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 8.

b) Poiché d,= qutà,

dn = WA

8.1 a)

si ha =imwlà,

Ta = mw°lù

LAVORO ED ENERGIA

Il risultante delle forze sul corpo è parallelo al piano inclinato e vale mgsena

nel tratto liscio nel tratto scabro

mg sen a — Jugmg cosa

e il corpo si ferma se neltratto scabro la forza fa favoro negativo, quindi

7.12

Hamg cosa > mgsena

Notazioni come prima.

>

tana pg.

b Siccomeil corpo è fermoall’inizio e alla fine, il lavoro deve essere nullo. Sia D il

miù = mit Ta

tratto percorso nella parte scabra

mado = ma$ + Ta.

tangenziali delle Seoscillano allineate con il punto di sospensione, le componenti due suddette equazioni sono

La

{ 26=-. 39 gsen 8

mg(L+ D)sena— uumgDcosa=0

>

Lsena De ————_pa cosa — sen a

82 Nel tempo At arrivano al casello tutte le vetture che inizialmente distano da esso menodi vAt, cioè nvAt. Quindi se At = sì ottiene che il numero di autovetture che passano peril casello nell’unità di tempo è vr = nv. Nel caso numerico considerato, 20 autovetture/minuto.

19 = —gsen@

dal fatto e sono compatibili solo se le due masse sono ferme (indipendentemente

che le masse siano uguali o no).

8.3

Siccomela velocità degli elettroni è costante,il lavoro (totale) fatto dalla forza eE e da quella viscosa è nullo. Quindi Lyise = — 2reER.

b)

Per quanto sopra 70? = eEv = v = eE/y e quindi la potenza sviluppata dalla forza eE su un elettrone è

W= e?E?/x. Sia N il numero di elettroni di conduzionenella spira. La potenza sviluppata su tutti gli elettroni è

Wi = NW = NeE/y. Il numero di elettroni che attraversano una sezione della spira nel tempo Ai è uguale al numero di elettroni che inizialmente distano dalla sezione meno di vAt,

cioè (N/2rR)vAt. Perciò il numero di elettroni che attraversano una sezione nell'unità di tempo (At = 1) è _ Nv — 2R

quindi (yv = eE) e E? w Wia= mA =2mwReE > v= Frag SS. 122

123

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Lavoro ed energia

8.4

(Soluzioni)

(L= v(20 21)? + (ve yi+ (za — 21)?

Quindi

F non è conservativa: il lavoro tra due punti esterni alla pila è nullo se la traiettoria è tutta esterna alla pila, è diverso da zero se la traiettoria attraversa la pila da un

Se s è l’ascissa lungola traiettoria (il segmento), si ha _ T_T. _ Ya CU

8.5

s(s)=z1+

È è conservativa solo se perpendicolare ai piani: in tutti gli altri casi si possono trovare percorsi chiusi (p.es. un percorso rettangolare mezzo dentro la regione dove F #0 e mezzofuori, coni lati paralleli agli assi x e y) sui quali il lavoro è

F.iat=

Pa

Quindi

Pa

Fid= f F(x) da

L

L= J Fids = k((x2- 2)(v2- n) + ale 21) + civ m)) = k(x26 — zip).

L'affermazione che F(x,y, 5) è un campodiforza conservativo è compatibile con

Lungo il percorso (c1,v1) + (r2,1) + (12,t2), siccome su ogni segmento la

il risultato che il lavoro lungo un quadrato (circuito chiuso) è nullo. Dal risultato

del calcolo del lavoro lungo un segmento risulta che

componente di F parallela al segmento è costante, si ha

U(x,y,2) = —kay.

£L= kyi(eo — 21) — kro(ya — vi) = Klein + r2%2)

Lesuperfici equipotenziali —kry = e sonocilindriretti le cui basi (intersezioni con i piani paralleli al piano x,y) sono iperboli.

mentre sul percorso (21,1) + (21,52) + (©2,v2)

L= kerlya — yu) + Eyo(ca — 21) = k(eiy + 2242) quindi F non è una forza conservativa.

b) i-b=cosp; j-d=seng; î-d=-senp; j-$= 059;

8.7 a)

=F.òè= F.cosp+ Fyseng;

Il

tri

T=gc0sp0; y= 05enp; Fe =F-p =-F;seng + Fycosg

8.8 Siccomeall’inizio e alla fine la massa è ferma,peril teorema delle forze vive il lavoro fatto da tutte le forze — forza elastica, gravità, forza F' — è nullo, quindi il

lavoro £ fatto dalla forza f è opposto a quello fatto dalle altre due. Preso l’asse

z verticale verso il basso,il potenziale della forza di gravità è —mgz e quello della

forza elastica, se z = 0 è la posizione del centro di forza della molla (senza gravità),

F=0; fe = he

è 3kz?. Quindi il potenziale dellaforza elastica e della gravità è

Il lavoro lungola circonferenza 9 = go non è nullo e vale —2rkg}.

U(2) = 3kz — mga = Sk(2° - 275 e) = 3k(2 — zo) — ha

Supponiamo che ii quadrato sia in un piano 2 = zo, fra le rette r = x1,x = 22; y = 1, y = y2. Su ogni lato la componentedi F' parallela al lato è costante, quindi si ha

£L=ky(22— z1) + kra(vo— n) + braci — 72) + Azi(im — 0) = 0. Analogamente (e anche più semplice) £ = 0 se il quadrato si trova în un piano

®=T90Y= Yo

b)

sant 778

(ce — ri)- n) T2- 1 Fila) _ = KRT tn +21 Ya Vi I l

Pi Pi Pi dipende solo dalle ascisse r1, z2 dei punti Pi, Pa.

8.6 a)

77

per cui

diverso da zero. Invece, se F = (F(2),0,0),

Pa _

k

Fi = Fata + Fyry= ge: 2) +rle vi)

poloall’altro.

c=

è la lunghezza del segmento).

1

mg

1

2

ll.»

_ mg

(=).

Siccomeil potenziale è definito a meno di una costante, possiamo porre 1

U(2)= hl — 29)?

dove 20 è la posizione di equilibrio della massa. Quindi, se spostiamo l’origine in 20 (2 + 2 — za), il potenziale è

U(z)= dhe, identico a quello di una particella soggetta solo alla forza elastica: in effetti la

Il versore tangentealla traiettoria (il segmento) ha componenti rar

lia

ve yi

#71

= 7L, n= 7835777 124

forza sulla massa mè F,=-kz+mg=-k(z-— zo).

£=U(8)-U(0)= 3R9?. 125

Allora

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Lavoro ed energia

8.9

(Soluzioni)

si ottiene

a) Sia é la massima compressione della molla. Dal teorema delle forze vive (o dalla

12 = SLI Gmm, _ Gmmz Su?

24°

conservazionedell'energia: l’energia potenziale della forza elastica è U(z) = 3k2?)

3ho =mgDsena

>

= v2mgDsena/k

mid + mod =0

=

n= m

c) Sempre dal teorema delle forze vive (o dalla conservazione dell’energia)

13M

>

1

)

.

>

mv = Mv

è

1

1

4/2G{m1 + ma) Rx Dj 2G

(

1

1

87 Cf

(i+ ma) \Rr+R2

DI)”

musmm

=

a

2°

SU

Fa

8.12

1

d= p(mgsena + ym?g? sen? a + 2kmgDsena). d) Comenelcaso precedente: il blocchetto si stacca quando ripassa dalla posizione in cui è venuto a contatto con la molla, e ritorna alla posizione di partenza. 8.10 Per il sistema costituito da una particella di massa p = m/2 nel campodi forza

(centrale, e quindi conservativo) (92/r?)f l'equazione che esprimela conservazione dell'energia è q

3° +1 — costante

;

e.

dove f = fi — fa, & = i — i. All’inizio c'è solo l'energia potenziale! U=@/D;

alla fine c'è solo energia cinetica:

—

d

2 DO

Siccomeil centro di massa è fermo e le masse sono uguali, la velocità relativa è v= 2v = 2v2, da cui

v = 82 = Va/mD. gli a) Il problemasi discute come prima: si considerail sistema equivalente di un corpo

di massapari alla massa ridotta. Dalla conservazionedell'energia (per il sistema ridotto)

2

an

vi +02 =

quindi si stacca quando la molla ripassa per la posizionedi equilibrio. Siccomeil sistema è conservativo, ii blocchetto ritorna alla posizione di partenza.

D

20m: + mo) (a

Quindi

forza diretta dalla molla al corpo, cioè verso sinistra (vedi figura 8.9a nel testo),

_ Gram 1,

1 ___

=

v=li-Gi=u tv.

b) Il blocchetto resta a contatto con la molla finché questa esercita sul corpo una

12

v=

quindi le due velocità hanno versi opposti, per cui

l'equazione è la stessa).

1

D

b) Il sistema è isolato, quindi dalla conservazione della quantità di moto si ha

(la soluzione negativa, corrispondente ad un allungamento della molla, è la soluzione del problema in cui il blocchetto arriva dalla parte opposta con la stessa energia cinetica e aggancia la molla quandoarriva all’altezza del suo estremolibero:

pro =mg(D+$)sena

Rx

2_ Gum

a) Consideriamoil sistema di una particella con massa ridotta 4 = m/2, energia potenziale 1kx? e velocità iniziale v = v; + v2 = 20. Si ha la massima compressione quando +, la velocità relativa delle due masse, è nulla. Detta zo la massima compressione, dalla conservazione dell'energia si ha 1 1

31(2v0)? = 3h

>

0 =tv0y/2m/k.

b} La seconda massasi stacca dalla molla quando questa ripassa per la posizione di equilibrio, quindi il contatto con la molia dura mezzo periodo:

= T/2=ryufk=ny/m/2k. c) La velocità relativa è ancora 2v9, quindi la massima compressione è quella calcolata prima. Nel momento della massima compressione le due masse hanno la

stessa velocità quindi, siccomela quantità di moto si conserva, le due masse hanno entrambe velocità vo.

8.13 a) Il moto della massa, sia che si svolga sulla sfera o in caduta libera, è sul piano verticale passante per il centro della sfera, la sua posizione iniziale, e parallelo a o (mge la reazione N sono parallele a detto piano); le equazioni del moto sono identiche a quelle di un pendolo con sbarretta rigida di lunghezza R: quando la componente centripeta N, della reazione della sbarretta è positiva, la sbarretta può essere sostituita da un filo, quando NM, < 0 può esseresostituita dalla superficie esterna della nostra sfera. Quindiil moto può svolgersi sulla sfera quando N, < 0

(d verso l'esterno). Siccome (con 9 definito comeper il pendolo) Ns=m 0) + mg così,

R

R\+R2 126

127

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 N

Lavoro ed energia

ws vRg.

Se ro > 0:

b) Dalla conservazionedell'energia (U(9) = —mgRcos@,

1

vl(@=7)=0)

se invece 29 < 0

e quindi dalla condizione di distacco Nn = 0 si ha

>

1

0°=132°.

8.14

a) L'accelerazione è $ per @ = +r/2 mentre è u°/l per 4 = D, diretta verso l'alto. Dalla conservazione dell’energia v? =: 2gf, quindi d(9 = 0) = —-24. b) Consideriamo comesistemail (solo) contenitore. La reazione normale del piano quando 9 = 17/2, e (M +3m)g quando 0=0.

8.15

2

gle + ro)(21 — 20) = —uamg(zi — co) + ci = 20 - dee, b) Se, in un punto in cui la massa m è ferma, usmg > kjrj, l’oscillatore si ferma definitivamente. Quindi le possibili posizioni in cui termina il moto dell’oscillatore

sono |x{ < pmg/k.

c) Se_Lè la lunghezza del percorso dell’oscillatore prima di fermarsi definitivamente

et: 7° < (u,mg/k)? la posizione finale della massa, si ha

d'appoggio deve equilibrare la forza peso Mg e la forza —? esercitata dal filo del pendolo sul contenitore. Poiché ty = mv?/1 + mgcos@, la bilancia segna Mg

1

>

bl- 2°) = sugmgh

2uamg

1

2 4 e l’energia totale del punto materiale è 1

1 Mrm £L=AF=f[-mr - GOTT\_I

(Greî

Mm

a°°

m_ =G

quindiil moto si svolge dove E > U(). U(x) si annulla nei puntiz = 0, 7 = *y2a/b (x = 0 è una posizione di equilibrio instabile); se 0 < zo < y/2a/b,

Ri

>

1

1GM.

GMym; 1 1 £L=AE= of —

12 + li p_ 30 de =E=

1 gmgQh= 15% 10° J

di cui una soluzione è già nota (xo), e l’altra è r1 = y/2a/b- x}. Se — y/2a/b < xo < 0, il moto si svolge fra i punti zo e — /20/b— rj.

(GF

3)

|a GM:,m Storm

(avere approssimato RiR, con 2 (hi + ho)/Rr = 15%).

_

n GMrm SLI

2

(haha) =

RZ comporta un errore relativo per eccesso

b) Quandoil punto passa per l'origine l’energia potenziale è nulla, quindi

v=2Va2/mb.

8.16 a) Il lavoro —ugmgiri — zo] fatto dalla forza di attrito deve eguagliare la variazione

dell'energia totale E = imv? + lkr? dell’oscillatore; siccome nel punto xo € nel punto z; l’oscillatore è fermosi ha 1

Phuci — 20) = —uamglzi — co {eil < zo]. 128

GM,

3RR; of) =

(E > 0) il moto si svolge fra zo e —co. >

Mim TI).

SG )

imy=ava aoTmri ® È =- 3RTo

E Ri > Ra e la posizioneiniziale è l’apogeo, mentre se vu; > w la posizione iniziale

Mim

Ri

£L=AE=-E=G Mim Ri

Ri

1. gi

-

I Î? 33 m(ui)

=

9.2

Dai problema 7.7 sappiamo che v = VGM/R. a) Si conserva l’energia ed il momento angolare, ed inoltre alia massimadistanza rimax

dai centro la velocità 7 è ortogonale a Finax, quindi (comenell’esercizio 1) 1_.2 GMm 1, GMm amo pg _ Ta

vol = Urmax

è il perigeo.

2° modo (un po’ sofisticato).

GM 22 1ET

ile

2

p__I

E (a) dove p è il raggio di curvatura dell’ellisse nel vertice, p Ri

cioè il raggio del cerchio osculatore. Dalla domanda d} dell’esercizio 3.7 sappiamoche il centro di detto cerchio osculatore si trova fra il centro dell’ellisse ed il fuoco

più vicino al vertice (figura 9.1), quindi, siccome R; è

R

>

=

vete) en ma

Al perigeo e all’apogeo l’accelerazione è centripeta e si ha

vî _GMr

1 gman2

=

(uguale al lavoro che dovrebbe fare un razzo per aumentare istantaneamente la velocità dal valore v, al valore of » Quandoil satellite si trova a distanza Ri).

sono equazioni di 2° grado, ma una soluzione è data dalle condizioni iniziali (an-

Ri

vi2 > a e

e quella minimafinale è E = 0 (satellite a distanza infinita con velocità nulla), quindi

Equazioni di questo tipo ricorrono in ogni problema di moto in campo centrale;

+= Ra 3%

GXir

1 G Mom R

vi = V2v.= rei. 1 c) L’energia iniziale deisatellite è

vee gui dt rt=200%5(7 ie aa) ch’esse obbediscono alle equazioni scritte!), quindi si riconduce sempre ad una equazione di 1° grado: in questo caso

Ri)? » (moi)? mRI

Ri:

Mim

La

>

b) Dalla (1), con Rx = co si ottiene la velocità di fuga a partire dalla distanza

= gang - GR

1

{Soluzioni}

vi(1+ R

Se vw= 35 fig. 9.1

la distanza dal fuoco in cui si trova il centro di forza, se p < Ri il satellite è all’apogeo, e in tal caso dalla (2) segue vi < vc, € viceversa se p > Ri.

w R GM L) =2— oo = 29? R a =25Fmax = BR.

b) La massa m descrive metà di un'ellisse di asse maggiore 2a =

8È+ R=9R. Per la 3° legge di Keplero il tempo impiegato

è uguale a quello necessario a percorrere metà di un’orbita

circolare di diametro 9R:

palo /@R/9F 27m [RE _27n R

3° modo.

2

L’equazione per il moto radiale è

È

L? Mrm mi = —3-GT_7 mri 72

GM 2Va6Mm 273°

©) Lavelocità di fuga è /Z7, quindi se v9 = 27 la massa m siallontana all'infinito. 130

131

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

9.3

I)

Moto in campo centrale

î

a) Il raggio dell'orbita di un satellite geostazionario è R = 42 x 104 km edil suo periodo orbitale è To = 86164s (un giorno sidereo). Il satellite, nella caduta sulla

Terra, descrivèmetà di un'orbita ellittica, degenerata in un segmento, di semiasse maggiore iR. Dalla terza legge di Keplero, detto 7 il tempé di caduta,sì ha

«

To

ni 15.2 x 103 3 s. T ===

b) Dalla conservazione dell'energia (la massa del satellite si semplifica e g = 1.3 GMr__ GM 2 Ro). _ . 3-03 h > vas 29Re(1 - R li v = 10.2km/s.

cu

Ria — u=d=-E6

Siano î‘(t), 3'{) due versori ortogonali solidali con la ruota; si ha

Oppure: detta w la velocità dell'asse del disco, siccome ogni suo punto si muove su

#'(t) = icosut +jsenwt;

r

3'(t) = -îsenwt + jcoswt.

Siccome la ruota rotola senza strisciare, la velocità del punto @ a contatto con il binario è nulla, perciò la velocità di 0’ è do: = WA Q0', quindi O’ si muove di moto rettilineo uniforme con velocità v, = —wR e la sua legge oraria è

so'(t) = -Rwt,

yo:(t)= R.

una circonferenza di raggio R— r, si ha v= (R- r)é; d'altra parte, come punto

del disco che ha i punti a contatto conilcilindro istantaneamente fermi, v= —wr, dacui la tesi. 12.4

b) Dalla legge oraria: U, = i(t) = — Rw — r'vsenwt — y/wcoswt vy= (1) = 2'wcoswt — y'wsenwi oppure: ip= io +0 A0'P=io +@A(x'î'+y3') e prendendoil prodotto scalare con î, $ si riottengono vz, vy.

a, = E(1) = —2'w? coswt + y'wsenwt = —w2s(t) ay = (1) = —s'w? senwt — y'w? cosut = —-w?y(t) oppure:

ip=dA(dAOP)=-w OP. 12.2 Se O è un punto di contatto fra un cilindro ed il piano, in assenza di strisciamento vo = 0 e quindi per ogni altro punto P delcilindro

1

142

w=

1

wRo- wRi

RR

2

Ri

v=uBi + ge(Ra - Ri)= glRa + woR2). 12.5

Ti motodella scala è un moto piano (tutte le velocità sono in

un piano verticale), pertanto l’asse istantaneo di rotazione è 1 sempre ortogonale al piano delle velocità per cui tratteremo la I scala come un un segmento in moto in un piano. ! Se Qo è il centro(istantaneo) di rotazione (da determinarsi), la velocità di ogni altro punto Pè #p = dA QoP,ortogonale a QoP; quindi in un moto piano per trovare la posizione del centro di rotazione Qu basta conoscere le direzioni delle velocità 7, e #2 di due punti Pi e Pi del corpo, e o si trova nell’intersezione delle due rette per P, e Pa rispettivamente ortogonali atjeata. In questo caso conosciamo le direzioni delle velocità dei punti di contatto della scala con il muro e con il pavimento: verticale la prima, orizzontale la seconda. Quindi Qo si trova nel vertice del rettangolo con i lati paralleli al muro ed al pavimento, di cui la scala è una diagonale, opposto al punto di incontro fra il muro ed il pavimento. Mentre la scala scivola questo rettangolo cambia e quindi cambia anche la posizione di Qo. 12.6 Il contatto fra il cono ed il piano avviene lungo una generatrice del cono, che pertanto (assenza di strisciamento) è l’asse istantaneo di rotazione.

ip=WA0P. Preso l’asse x verso destra e gli angoli crescenti in verso antiorario, la velocità degli assi dei cilindri è v. = —wA, e quella dei punti a contatto con la tavola — che coincide con la velocità della tavola - è —2w, quindi gli assi dei cilindri hanno velocità metà di quella dell’asse.

>

wRz=wR\+w(Ro°-R)

Se 2‘, y' sono le coordinate di P solidali alla ruota (OP = g'î'+y/j'),

r(t) = OP(t)-i= ro(i) +O'P-î=-Rwt +x'cosut — y' senwt vt) = OP(1)-j= yo(t)+O'P.3= R+z'senwt +y'coswt.

T

12.7 La ruota deve avere un unico punto di contatto con la guidaaltrimentila richiesta che la ruota segua una guida non rettilinea non sarebbe compatibile con l’assenza di strisciamento; siccomeil punto di contatto della ruota con la guida ha velocità 143

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Cinematica del corpo rigido

nulla, l’asse di rotazione passa per esso. Ci basta trovare un altro punto fermo: l’asse della ruota inconira sempre nello stesso punto l’asse della circonferenza costituita dalla guida, e tale punto d'incontro è quindi un punto fisso. Perciò l’asse

Il moto della sbarretta è identico a quello di un diametro

lungo £ di una ruota di raggio d strisciare.

a) 1° modo:

12.8

(ina) (Ai-#)=

Siano Q e P due arbitrari punti del segmento. Se d; e dz sono tali che

(d1-)|Q0P

03 ia — Ra=AUA- A) (I).

a=htG0A(Mn-f)

sottrendo membro a membro le due equazioni si ottiene

s

>

2° modo:

ip= ig +0, \QP

(21- @)AQP=0 YQO,P_

(L È 2d) che rotola senza

12.10

istantaneo di rotazione è la retta che unisce detto punto fisso conil punto di contatto fra la ruota ed la guida.

Tp= o +0 AQP,

>

died +A0P.

È possibile prendere & ortogonale alla sbarretta: se fi è un versore avente la direzione della sbarretta ed ©’ è un vettore velocità angolare peril sistema, & =

d' — (3 - fiji è equivalente ad &' ed è ortogonale al segmento. In questi casì

> d&-& =UAM- ALA A) b) Da quanto sopra segue che © è ortogonale alla velocità relativa %1 — & e, per convenzione,alla sbarretta. Il verso è quello per cui fi — Ta, dr — #2 e © formano una terna ortogonale destrorsa. Quindi

là a=lel

>

= ln -7 &l

quindi, per convenzione, prenderemo & nel piano ortogonale alla sbarretta. 12.9

a) Se f12=72-T è il vettore congiungente l'estremo 1 della sbarretta con l'estremo 2e fc = if quello che congiunge l'estremo 1 con il punto di mezzo C', sì ha

n=T+GAf a


Li

1 1 a GAMNCE gf 5(& -ù)

>

;a

ic=+ONf10= (+ %). Poiché © è ortogonale alla sbarretta si ha

GAfI=(- A)

>

wa

ed il verso di & è tale che &, F12, (7 — #1) formano una terna destrorsa.

b) Siccome &, e 7 sono ortogonali allasbarretta, l’asse istantaneo di rotazione incontra il piano del moto in un punto Qu della retta contenente la sbarretta. Poiché = WAfo 9 GA fg

>

Vi = WA VE EV

cioè v1 € v sono proporzionali alle distanze roi € 902; Sed e & sono discordi, Qo di trova all’interno della sbarretta, altrimenti all’esterno, sempre dalla parte del più piccolo fra v1 e v2.

n°

@

°°

c) Il centro della sbarretta si muove di moto rettilineo uniforme con velocità fo =

Ha + wa) e il centro istantaneo di rotazione si trova sulla retta passante per il centro della sbarretta e ortogonale a #c a distanza da C d= vc/w.

Quindi anche l’asse istantaneo di rotazione si muove di moto rettilineo uniforme

con velocità Vo.

144

(Soluzioni)

145

Cambiamenti di riferimento - cinematica

13.

CAMBIAMENTIDI RIFERIMENTO (CINEMATICA)

(Soluzioni)

13.3 a) Prendiamo comeorigine O’ delle coordinate 2°, y/, =' sulla tavolettail centro della

13.1

a) Lalegge oraria del punto P nelriferimento K", se 2'(0)= Rp,y(0)=0, è x(t) = Rpcoswt, y'(t) = Rpsenwt e siccomela legge oraria di O’ rispetto al riferimento “del laboratorio” K è

traiettoria (circolare di raggio R') del punto P e comeorigine O delle coordinate in ilcentro dellatraiettoria (circolare di raggio A) di O’. Siccomeil moto della tavoletta è traslatorio possiamo prenderegli assi coordinati in K e sulla tavoletta

paralleli fra loro, con gli assi 2, y, x‘, y' ortogonali a @ (e w'). Si haperil punto P (la coordinata 2 = 2’ resta costante) x(t) = ro:(1) + 2'(t) = Rcosut + R' cosw't

20:(1)= —Rut, yo:(t) = R

punto e K° si muove di moto traslatorio rispetto a K, si ha per la legge oraria del

P (rispetto a K)

x(t) = ro:(t) + 2'(t) = — Rwt + Rp coswi y() = yo:(1) +y/(1) = R+ Rpsenwt. b) Lavelocità di trascinamento di K' rispetto a K è (ve)y =0

e la velocità di P rispetto a K' (velocità relativa)

v,=-Rpwsenwt,

1), = Apwcoswt

>

v., = —wRsenwt — w'R'senw't

vy=

wRcoswt +wR'senw't

uguale a quella che si ottiene derivando x(t), y(t). Per l’accelerazione:

il) = do) +30) =00 - UP + az = —

(Soluzioni)

relativa oscilla comenel riferimento del treno. 14.3

-F=m(j-d)

—7 è la direzione del pendolo che quindi forma con la verticale un angolo 4 dato da (è è orizzontale, g è verticale) tand = a/g, in verso opposto a a.

a) Nelriferimento del contenitore:

sul pendolo agiscono la forza di gravità mg, la tensione del filo # (forze reali) e la forza apparente mg sena, parallela al piano inclinato e diretta verso l’alto, an-

Nel riferimento del binario: all'equilibrio la massa del pendolo ha la stessa accelerazione & del treno, le forze sono solo la gravità e la tensione delfilo, quindi

nullata dalla componente di mg parallela al piano inclinato. Resta la componente

mi=mj+7

Nelriferimento del piano inclinato: sia l’asse x parallelo al piano inclinato, verso il basso. La massa appesa scende con l'accelerazione g sen a del contenitore, quindi mg + 7 deve essere parallelo al piano inclinato

che è la stessa equazione di prima.

b) Il periododelle piccole oscillazioni del pendolo attorno a 8 è determinato dalla

componente tangenziale di m(g — 3), cioè

m(g- a) = —mlg- djsen(0-9) = vo +a? sen(@ - 9) = —-9® + a? (0-9) quindi T=2r

mgcosa ortogonale al piano inclinato e 7, che si devono fare equilibrio, quindi 7,

e perciòil filo del pendolo, è ortogonale al piano inclinato.

(mg+7)-=mgsena

+

7,=0

quindi 7 è ortogonale al piano inclinato. b) Siccomeil risultante della forza peso e della forza apparente è costante e vale mg cosa, il periodo del pendolo è

Pt

T=2r

14.2

a) Prendiamol’asse £ nel verso di d.

o.

Nel riferimento del treno:

sulla massa my agisce la forza reale —kz e la forza apparente —m20 quindi, se

Az è lo spostamento (con segno) dalla posizione di riposo della molla, si ha

—kAr-ma=0 => A5= a

>

di

toe (21

14.4

traiettoria: queste sono la forza di gravità la cui componente lungola traiettoria

(orientata verso l’alto) è -—mgcosa, e la forza centrifuga la cui componente è

muw?dsena dove d è la distanza del punto materiale dall'asse, e se x è l'ascissa lungoil tubo, d = z sena (la reazione he ortogonale al tubo). Quindi F,=mwrsena- mg cosa.

mao = —k(a2— 21) — ma0 my +ma

c) L’accelerazione del contenitore è sempre gsena versoil basso, indipendentemente dal verso del moto (più in generale: dalla velocità) del contenitore, quindi le risposte non cambiano.

determinato unicamente dalle componentidelle forze (reali e apparenti) lungo la

m24 Ao= 7:

miti = —k(x1— 22) mia È

.

il moto del punto materiale si svolge su traiettoria prestabilita (il tubo), quindi è

b) Nelriferimento del treno: le equazioni del moto per le due masse sono

miti + mota _

a

a) Nelriferimentorotante:

Nelriferimento inerziale: la massa my ha la stessa accelerazione del treno, quindi

mi=ma=-kAx

Va

La posizione di equilibrio è quindi

cole >

ma, = mrp+2#0)= AL

b)

f=wr

2mwi=R,.

Siccomel'equazione per r(t) è lineare e omogenea,la soluzione generale è

r() = et + get

=

(1) = cre” — cawe7!

quindi, cor Je condizioni iniziali assegnate (siccome P parte dal centro della piattaforma,la velocità iniziale è indifferentemente la velocità rispetto alla piattoforma

o rispetto al riferimento inerziale)

v

na

Vo:

. Vo ut) _ à(t) = ale +e") = vo coshwt.

r(1) = sole - e) = © sinh wt;

Si noti che, anche se la reazione è normale alla scanalatura, essa compie lavoro sulia particella in quanto, essendo il vincolo in moto, la velocità della particella non è ortogonale ad è.

d Nel riferimento della piattaforma la particella è soggetta alla forza centrifuga
mw?, instabile per k

14.7

La potenza sviluppata dalla reazione è

a) La forza di Coriolis è ortogonale alla traiettoria quindi non influisce sul moto. Nel

dr? 3 _ . ae R.i= Ryu = (2mut)(ru)=mw di

riferimento rotante il moto è su traiettoria prestabilita: la forza tangenziale è

quindi il lavoro fatto dalla reazione è

8 =0 è una posizione di equilibrio,stabile se (F' = dF/d0)

1

L=mw?R= smo + 20® R?) — mon = AF. 152

Fg = — mgsen? + mw*lsen@cost = —m(g — ul cos?) sen@

Fj(0=0)=-m(g9-wl)

w 0 Altre posizioni di equilibrio: do = + arccos(g/w°1) cosî= 4. cost WD; «al quindi se w > & nascono due nuove posizioni di equilibrio. Sono di equilibrio stabile, infatti: Fg=0

(Soluzioni)

14.8

e in tal caso T=2r

Dinamica neiriferimenti non inerziali

=>

F'(80) = —m(g — w?Lcos 99} costa — mw*Lsen? do = —mwLsen? do < 0

a) Dentroil treno la gravità apparente è g' = $ — è, quindi la superficie dell'acqua è ortogonale a g' (in quanto le superfici equipotenziali sono in ogni punto ortogonali alla forza), cioè è ortogonale alla posizione di equilibrio di un pendolo dentro il treno. b) L’accelerazione dî del contenitore è gsena diretta verso il basso, quindi g’=g-& è ortogonale al pianoinclinato, pertanto la superficie dell’acqua è paralicla al piano inclinato. c) Preso l'asse z verso l'alto e coincidente con l’asse di rotazione del bicchiere, il

potenziale (per unità di massa) della gravità è 92 e quello della forza centrifuga è - 10% (2? + Y), quindi la superficie dell’acqua ha l'equazione 2

Ly = +9°)

(si è tenuto conto che cos) = g/w?l). Piccoleoscillazioni attorno a # = @p: si pone 9=00+a esitrascurano i termini in a? nell'equazione di moto prendendo

F(0) = F(00) + F'(00)(0— 0) =0- m(w'isen Wa

Quindi

{avendo preso l'origine dell'asse 2 nel punto più basso della superficie), cioè ha la forma di un paraboloide di rotazione. 14.9

2 È miàa=t =-m(wlsen'W)a

>

2x

—= T =— Trend]

dn

FI

Il sistema ha un'accelerazione a = F/(M+ M+ M). La forza che la massa Mi,

esercita sulla molla è

M+ Ma

Scelte opportunamentele costanti arbitrarie,il potenziale della forza di gravità è

F\=(M4+Mo)a= —_——_& 1 ( 2)a M + M3 + M

della massa m dall'asse di rotazione, quindi

e quella che la massa M, esercita sulla molla è (in modulo)

-mglcos@ e quello della forza centrifuga — 31m w?d? dove d = !sen0 è la distanza 2I U(8) = —mgl(cos? + rali = —mgi(cost + Ti Se w < @ l’unica posizione diequilibrio è ? = 0 (stabile), quindi il grafico è quello della figura 7a; se w > W U(0) ba un massimo per # = 0 e due minimi per 0 = + arccos(g/w?1), quindi il grafico è quellodella figura 7b.

\_T/

ws

F.= Mza=

Mo FP Mi + M> + MU

Nel riferimento in moto conil sistema è presente una “gravità apparente” 9g’ = @ diretta dalla 1° massa alla 2°: nell’esercizio 6.6 è stato stabilito che l’allungamento

di una molla di massa M nel campo della gravità è dato dalla semisomma delle

forze che agiscono ai suoi estremi, divisa per : grazie all’equivalenza fra forze gravitazionali e forze apparenti, anche in questo caso l'allungamento della molla è 1 M +2M> F bAx=-(R+B)= —_____—_..

a(Fi+

Fa)

2(M, + M, + M) k

Se la massa della molla è trascurabile,si ritrova l'allungamento di una molla ideale: fig. 7b

fig. 7a

Bisogna che arrivi nella posizione @ =: 0, dove il potenziale ha un massimo, con energia cinetica > 0), quindi per la conservazione dell’energia deve essere

o)

U@)=U(0)=-mgl > cos$=25 -1=2/c0s69]- 1. Il pendolo inverteil suo moto per @ = -d. 154

Ma F, F\=Fr= — 1323350

Ax= Fk.

14.10

a) Il moto della sfera è traslatorio e ogni suo punto descrive una circonferenza di raggio R, con il centro sulla retta passante per il punto in questione parallela alla congiungenteil centro della Terra con il centro della sfera, con accelerazione

centripeta GMr/R?.

155

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

b)

Il motodella sfera è rotatorio attorno all'asse passante per il centro della Terra e ortogonaleall'orbita, con velocità angolare we

ve _

ROUV

GMr

quindi m descrive una circonferenza di raggio R + con accelerazione (centripeta)

a) Se #1, #2 sono le posizioni delle due masse rispetto al centro di massa G si ha muyfi + mo= 0 e quindi

Nelriferimento della sfera la forza (sommadella forza centrifuga e dell’attrazione da parte della Terra) sulla massa m posta sulla congiungentei centri della Terra e della sfera a distanza x dal centro della sfera, è =

F

GM,m

ele

{ Lo= miA (di ta)

Le = —mafa A(8, - da) moltiplichiamo la 1% per m2/(m1 + na), la 2° per m1/{m1 + m2) e sommiamo: mi > mi 2__F F mina —__ Le mim Lo = L= (FTA ld)

Reda R

sempre diretta {sia per x > 0 che per x < 0) verso la superfice della sfera. Il centro della sfera è un puntodi equilibrio instabile. =

LE EQUAZIONI CARDINALI DEI SISTEMI

15.1

A

GMr/(R+)?.

°)

15.

mi + ma

my + ma

e quindi Le = {fr - FM) AT - ©). b) Se îî1, #2 sonole velocità delle due masse nel riferimento del centro di massa si ha mi+ mad = 0. Dette fi, rà le posizioni delle due masse rispetto ad un punto

qualsiasi £ si ha

La=f Ami) + Am)

>

{ Lo =

Fi _ ta) n (mita)

La=-(f-F)A(mat2)

e dopo aver moltiplicato la 1° per ma/(mi + m2), la 2° per mi/(mi + mo} e sommato: Ta = 471 - A)A (E- da) ma Uu=tti,

dW=tti

>

i-i=i-%

>

Loa=Le

15.2 a) Il momento angolare di due punti materiali rispetto al loro centro di massa è (v.

esercizio 1) Ls = u(7î — mM) A(7, — #2). Siccomela sbarretta è rigida

IAA) > Lo=plf A (A-#)) quindi, se 7 è il versore parallelo alla sbarretta (© — fa) = i?)

Te=pl(0-(8-#)f). Si noti che £5 è proporzionale a d — {& - î)?, che è la componente della velocità angolare ortogonale alla sbarretta: è giusto che sia così perché sappiamo (v. eser-

cizio 12.8) che & è definito a menodi vettori paralleli alla sbarretta. Quindi, con

la convenzione di prendere & ortogonale alla sbarretta, si ha

Is=ul0, 156

[o] = facial ch . 157

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Le equazioni cardinali dei sistemi

b) Dalla conservazione della quantità di moto è e del momento angolare Îg segue cheil centro di massa si muove di moto uniforme con velocità 4

costante anche il momento angolare rispetto al centro di massa: infatti l’unica forza

esterna al sistema costituito dalle due masseè, eventualmente, la tensione del filo

fra îl centro di rotazione O e la prima massa, che è a momento nullo rispetto ad

mid, + moda

da= ———

my + ma

entrambi i poli; prima della rottura non si conserva né il m.a. rispetto ad un polo fisso N # O, in quantola tensione del filo ha momento non nullorispetto ad 9, e neppuresi conserva la quantità di moto @ perché il sistema non è isolato. Dopo la rottura delfilo il sistema è isolato quindi si conservanosia il momento angolare rispetto ad ogni polofisso che È.

e che & resta costante, Nel riferimento del centro di massa le due masse compiono

moticircolari uniformi attorno al centro di massa con velocità angolare w, quindi

{nel riferimento del centro di massa) il moto si svolge nel piano ortogonale ad & (oa Èo), cioè nel piano individuato dalla posizione iniziale della sbarretta e da T, — #2. La legge oraria delle due masse nelriferimento del laboratorio, preso il piano del moto come piano x, y, la posizione iniziale della sbarretta lungo l’asse 7 con il CM nell’origine, è ma 6 mi

cit) ———Icoswt x(t) = uSt+ =v£ Tinita wi

1) = 0514

ud)

c) Siccomesia Lc ed Îo mantengono inalterata la loro direzione, il moto si svolge sempre sul piano del motoiniziale. Il momento angolare rispetto al centro di massa è 1

rolt) ———Icoswt 2(t) = vÎîi02 mt 0

EIsenwt

La= pl°w= amlw

mi 1) = oft- iIsenwé

=v + an tm Send

ve(t)

zi(t) = St

vs

zo(1) = vft.

mi tima

e siccome la distanza fra le due masse non cambia, la velocità angolare resta inalterata a seguito della rottura. Anche la velocità del centro di massa è la stessa subito prima e dopo la rottura: come nell'esercizio precedente questo segue dalla 1° equazione cardinale e dal fatto cheil risultante delle forze esterne è discontinuo,

O

15.3

ma finito.

a) Durante il moto (prima dopo e durante la rottura delfilo) si conserva il momento

angolare rispetto al centro di rotazione: infatti l’unica forza che agisce sulla massa è, eventualmente, la tensione delfilo che è a momento nullo rispetto al polo; prima della rottura non si conserva né il m.a. rispetto ad un polo fisso 2 # O, in quanto la tensione del filo ha momento non nullo rispetto ad fl, e neppure si conserva la quantità di moto È perché sulla massa agisce Ìa tensione del filo. Dopola rottura delfilo la massa è una particella libera quindisi conservano sia il momento angolare rispetto ad ogni polo fisso che Q.

b) Dopola rottura del filo il moto della massa è rettilineo uniforme con la velocità

che la massa ha subito dopola rottura, e questa è ugualealla velocità subito prima della rottura: anche se ovvio, vediamo in dettaglio perché. La rottura delfilo, che consideriamo istantanea, comporta solo una discontinuità nella forza, e quindi nell’accelerazione, che comunqueresta finita, di conseguenza

durante la rottura la velocità non può cambiare: se fo è l'istante in cui si rompeil filo,

Ad = lim

Quindiil centro dì massa si muove di moto uniforme con velocità vg = ilo e nel riferimento del centro di massa le due masse ruotano con velocità angolare w.

Siccome ogni massa ha accelerazione 31w?, la tensione delfilo fra le due masse è T'= lla? = L,

2

4

15.5

a) Se dè la distanzafra le due masse,l'accelerazione della massa più lontana - sulla

qualeagisce solo la forza elastica - è ({+d)w?, quindi de? 1w? inll+ de =kd > da ELLE

(+9) k-mw?® wi-w? (se wî < w? la configurazione nonè di equilibrio).

b) Dopola rottura delfilo il centro di massa, posto a distanza + d/2 da O, continua di motorettilineo uniforme con velocità 1 Va = (e + 33 w

tate

30 fase

(Soluzioni)

alt)dt = 0.

154 a) Si noti che nell’esercizio 7.11 abbiamostabilito che il moto ipotizzato è possibile.

Prima della rottura del filo l’accelerazione (centripeta) della massa più esterna è

Yu, quindi r=2mlw.

b) Qualunque sia il moto del sistema si conserva il momento angolare rispetto al centro di rotazione e nel caso particolare del moto di cui ci stiamo occupando resta 158

nella direzione che aveva subito primadella rottura. L'equazione del moto relativo delle due masse, posto f = #1 — f2 è 2

ui = KP

1

{a = 37)

che è l'equazionedi un oscillatore isotropo di pulsazione wj = y/k/u= V2wo. La traiettoria descritta daila variabile F(t) (nel piano orizzontale) è un’ellisse, determinata dalle condizioni iniziali subito dopo ia rottura del filo: 159

Fo = d e

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 To = &1 — 2. Siccome, grazie alla conservazione di Lo, la velocità relativa delle due masse non cambia in seguito alla rottura del filo, 7 è ortogonale a fo € v=w(/+d) -— wl = wd, quindi l’ellisse descritta dalla variabile (t) ha come semiasse maggiore d e se-

miasse minore v0/wi = (w/v2wy)d < d: la distanza fra le due masse varia quindi (periodicamente) fra d e (w/V2wo)d.

16.

DINAMICA DEL CORPO RIGIDO

16.1

a) Presa una terna cartesiana con assi paralleli agli spigoli del parallelepipedo e con origine nel centro,il tensore di inerzia

15.6

L= x. malr2d; - ZaiTaj)

a) Il momento angolare è indipendente dal polo perché il centro

è diagonale con elementi

di massa è fermo. Si ha

ab

L= uf FA) A (7 - da).

I1=/Ixn= &m(È + 5) = 2m(a + 6);

Le velocità #1, 72 delle due masse sono ortogonali al piano

contenente la sbarretta e l’asse verticale (e hanno versi opposti), quindi È giace in detto piano, è ortogonalealla sbarretta,

b=a > 1h1= bo= 133 = Ama}. b) Le componenti del versore fì dell’asse {coseni direttori) sono

ruota solidalmente con essa e ha modulo

a 6 ni=n= ——=—;ng=———-Val+"> V2a? + 6?

1

L= pu-U(vy +v)= gm 2 Qugl cosa = Imicosa.

a2(a? + 262) n= x, nilign; = inf + Lon} + Iagni = 4m 2a+63”

b) Siccomeil centro di massa è fermo, il risultante delle forze esterne è nullo, quindi anche M è indipendente dal polo. Si ha

,_ di M=

e) Siccome il centro di massa sta sull'asse di rotazione, e quindi è fermo, Z non dipende dal polo.

di

e siccome L è un vettoresolidale al corpo rigido costituito dalle due masse e dalla sbarretta,

L=);

dî

L= (Fina, Izona, Isgnia) w;

_.

"= do AL

M = woLsena = 2ml?wi sena cosa.

>

L:h=Inw; così =

cost = L-h/L; In

IR niFI, +ni diri + dim + Diani

4

così= ——__—__r—P——_—— V22a? + b2)(a' + 64 + 40202) 16.2

c) Detto d' il vettore che individua la posizione del supperto superiore rispetto al centro della sbarretta ed / la forza che esso esercita sull'asse,si ha

M=dnF+(-d)A{(-F)=24hf e siccome (per ipotesi) FLd, ne segue che F giace nel piano della sbarretta e

dell’asse, ha modulo F = {M]/2d e, se wp > 0, ha il verso indicato in figura. d) Nel riferimento in caduta libera, che coincide conil riferimento del centro di massa, il sistema non è soggetto a forze quindi L= e resta costaute, con il valore che ha nel momentoin cui inizia a cadere: il moto della sbarretta, che nel riferimento del centro di massa è il moto della variabile 11 — #2, si svolge nel piano ortogonale

ad Î, quindi

2mi?wcosa = Imi°w

d=vîà

Za(a? + 25°)

quindi M è ortogonale al piano contenente la sbarretta e l’asse verticale (nella figura esce dal foglio se

0) e in modulo vale

IL;

133 = Ama;

> 160

w=Uwycosa.

1° modo: siccome ogni asse è asse principale di inerzia, si ha

In= Di. Maly2 +22) = I= x malzi +50) = la = x mo(27 +42) quindi (tutte le masse sono a distanza A dal centro della sfera):

SI = In + 23 + Ias =}2rma(ai +92 +22) = 2MR?

>

I= îMRe.

2° modo: calcoliamo il momento diinerzia di una coronasferica di raggi Ri, R(R1 È mantenendo costante la massa M:sia p la densità, si ha 161

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

ml RI

Futra = SP3TRS; > Lorna = 3p$m(RS — RI) = MES BR

gra IS— MRive __ Ro — Svo _

4 d aq 4 2E ++ Ri 2u bri. Z 2 ur.

© 5° 16.3

a) Considerati ì contributi delle coppie di mass ‘simmetricamente disposte rispetto al centro,

ME

pa

IM

1329(9) = INIONI O " INIANFI) 1

ma NN +1)

_

1 a

ni) = I{1- sen’ a) = Icosta.

16.4

a) Detta 2,3, & la terna principale d’inerzia si ha

n=)moli +20); bo= 0, moli +e ho = DImolato) Poiché 2? + y? + 222 > x? + y? ecc. segue l’asserto. b) Sia I: = 0; dalle diseguaglianze triangolari: >

>

veli) e(É) =0

Too = Mi °

b>L+0

volt) = va — (Fa/M)t

hsf.

c) Ih= nf + Imi + Imi = 0 con 1,/,I 2 0 possibile solo se uno(o tutti) degli J;, p.es. I, è nullo e no =n3=0.

d) n= Znf+On}+fnf > In2 h(nf+tr+tn}) = Ii h £ Dnftnitnj) = bo.

>

4m/s nto= { nd

sew>0

Mue(0) 1° 2 Au5(0) =: = 0.988, Fa vt; IS+MR2 1 Fg

antiorario. Finché la boccia nov incontrail terreno, sia vos che la velocità angolare

restano costanti: non ci sono forze orizzontali e il momento della forza di gravità rispetto al centro di massa è nullo. Quindi la velocità del punto che entra in contatto con il terreno è Up= ta + wr.

Il motodella boccia è di puro rotolamento sei= = 0, cioè se

wy

—vgfr.

rispetto ad esso la forza di attrito ha braccio nullo, la reazione normale e la gra-

vità hannorisultante e momento risultante nullo. Preso l’asse è per O ortogonale all’asse 2 e diretto verso il punto di osservazione, siccome nella fase di moto puramente rotatorio vp = 0 => vg = —w£,sì ha I°w- MRu=1%wp + MR"; > 162

© er

b) Si conserva il momento angolare rispetto a qualunque punto sull'asse £ fin quanto

tispetto ad esso le forze di attrito hanno braccio nullo), per cui — dette v' e «' velocità e velocità angolare finali (w' = —'/r se il moto è di puro rotolamento) — si ha

I°wo — imuor = [°w' — matr. Se la boccia si fermasì ha v' =0, w' =0, quindi x

>

=

mrvo _ Suo

BO 2,

c) Sempre per la conservazione del momento angolare, la boccia torna indietro con velocità —v9 se

u

b) Si conserva il momento angolarerispetto a qialunque punto O sull'asse £ in quanto

>

di=

I°un — muor = 5924 muori

seW

a) Prendiamo l'asse x nel verso di 7) e verso destra e gli angoli crescenti in verso

16.5

antiorario.

MR?

16.6

Ian =mvgr;

a) Prendiamo l’asse z nel verso di în e verso:destra e gli angoli crescenti in verso

i Fa

{id un = (ERI Sip)

6

I= BM, e il segmento stesso, con momento di inerzia 73 = ©. Quindi, presa una terna principale d'inerzia,

1>bhb+0

î

2

L= Inî+n})=1(

(u0> 0)

c) Se wg < 0 il moto è (praticamente) subito un moto di puro rotolamento. Caso wp > 0. Poiché per 0 Ao=-F

Per determinare l'equazione del moto per l’angolo @ scriviamo ora la 2° equazione cardinale rispetto all'asse di sospensione della sbarretta (le reazioni fra il perno ed il blocco sono forze interne):

Lo=Le+ Mò, Lo=0

=>

#=-gsen@

Io=rR

>

quindi il periodo è uguale a quello di un pendolo con una massa M puntiforme (pendolo semplice), indipendentemente dalla velocità angolare del blocco. Orala sbarretta ed il blocco formano un unico corporigidoe sia d la distanza (in-

cognita) dell’asse di sospensione dal centro di massa {del blocco}. La 2° equazione cardinale rispetto all'asse di sospensione è (per il teorema di Huygens-Steineril momento di inerzia rispetto a detto asse è /= I° + Md?): >

= T=2r

164

I° R=® Tr

{(R; > 0 se concorde con gli angoli crescenti), e sostituendo

Ire + Ma

——__——_ a Mad

2x

Ja

Is

Ty ) d- (1437

ricavato dall’equa-

ISmg sen = 3mgsen0. R= TEL Mi c) Per le piccole oscillazioni attorno alla posizione di equilibrio stabile 9 = 0 si pone sen@ = @, per cui

»

g(R-_r)0=-90

»

»

(FR - r)@ = -gsenl.

b) Scriviamo la 2° equazione cardinale rispetto all'asse del disco (oppure - equivalentemente -— la 1° equazione cardinale):

3

T=2nVi/g

2 = {1° + Md?)6=-Mgdsen@

3

>

zione scritta prima (© = mgrsen0/(I° +mr?)):

I°0=0 > w= costante.

dla = —Mglsend;

ni

luogo allo stesso periodo delle piccole oscillazioni.

Z0= 37% = 790.

maî = F, < mg, 0î = 7°

:

P_ld-—-= | dla 770 dla =-3*V(3) M

—g

di sospensione a distanza d e a distanza d’ = /°/Md dal centro di massa danno

03 mBa+t mR > è=77

vi =at- 7at= zati

rs

IS+ Md 1 —_——_ =-

Mygd

(Soluzioni)

>

T=2

fa

a

d) Scriviamo la 2° equazione cardinale rispetto all’asse di contatto discocilindro:

siccome è un asse fermo la 2* equazione cardinale ha la forma Ì = M.Siccome però non è un asse fisso del disco, L # /w, ma poiché il centro di massa è fermo

L=I°w; M il momentodella sola forza di gravità. Quindi I° = mgrsen0@.

Inoltre, la velocità della retta di contatto, come retta appartenente al cilindro

è NR, come retta del disco è wr, quindi w = (R/r)® che sostituita nella 2° equazione cardinale dà

165

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Dinamica del corpo rigido

seno = TR RO. e

mgr

.

16.11

2g

L'equilibrio del centro di massa è possibile se |fi| < 29/R.

Siccome la componente centripetadella forza di gravità —mg cos @ deve essere equilibrata dalla reazione normale delcilindro, l'equilibrio è possibile solo se cos? > 0,

cioè —7/2 L= 30° VM +m?)w e resta costante l'angolo

FE=|mg-miwb

mi |

ii

b

a) Gliassi principali d'inerzia sono le diagonali e l'asse del quadrato (assi dì simmetria). I rispettivi momenti d'inerzia sono

nel piano del telaio) e si ha

FE = my +m2)w?d

1 = L__

(Soluzioni)

mi

mi

L

=

fra È e l’asse di rotazione:

cos@= Mim.

+)

giace nel piano del telaio e quindi ruota con esso.

me

della coppia è nullo e quindi possono essere scelti poli (2) (8) diversi per le due coppie: p.es. nel caso (2) possiamo prendere i baricentri di ogni coppia.

Con la disposizione delle masse della figura (2), il momento angolare di ogni coppia, e perciò anche L, è parallelo all'asse, quindi M = dÉ/dt = 0 (in effetti, in questo caso, l’asse di rotazione è un asse principale di inerzia).

Infine, con la disposizione delle masse della figura (3), considerate semprele coppie (mi, mi) e (12,2), il momento angolare è (con ovvie notazioni}

I= mi AA- + pal AAT). Siccome la componente parallela all’asse resta costante, ci interessa solo il compo-

nente ortogonale:

L= smabu - Imaabu = sm — ma)abwf dove îì è il versore ortogonaleall'asse nel piano deltelaio, diretto, con riferimento alla figura nel testo, verso sinistra. Siccome dî/dt = @ A fì, segue che M è or

togonale al piano del telaio (nella figura esce dal foglio se (mi — m2)w > 0) e in modulo vale 1

M= gli — malabw?. 166

167

Energia dei sistemi 17.

ENERGIA DEI SISTEMI

c) Nel 1° caso l’energia dissipata è nulla; nel 2° caso _ Bo

0370

17.1 1

E = gruui + rasa,

my+ mati = 0

quindi, tenuto conto dell'ultima relazione,

1.

mi

1,

a

(1 — da) - (1 — da) = gufi— i) = gela — da).

1

1

1

(mai + moda)? ) mi + ma

mima Dai = —_— {vi 24,2 +u3-20-©% 2(ma x ra) | s?

}

Na

—

moto; presa (come al solito) la direzione del motoiniziale verso destra e w > 0 se

I°wo- mrvo=L=(1°+mr)u 1,

2

Fpo=(1°+MP)w _1

>

1

I?

Bis (lim) RIA)

1(I°co-mrw) 1

2

Pio Bi= plot gm3Figi > 2a

Di conseguenza l’energia dissipata è la massima possibile, compatibilmente con la

conservazione del momento angolare: 1 I 1 IS Et) =

2,1

1?

3pri + AMI (MO) 2

b) Zero:se l'attrito statico non fosse nullo cambierebbela velocità del centro di massa (1° equazione cardinale), e quindi l’energia cinetica, ma ciò è impossibile perché l'attrito statico non fa lavoro. 168

G

>

2

_

IS

c

©=run 2.

li.

1

I°

2.2

L= 304 MI 7a) di 3l°#= 77m

a) Si conserva il momento angolare rispetto ad un punto qualsiasi sulla retta del

1

2

ruota la sbarretta,

17.2

i

39

c) Sempre dalla coservazione del momento angolare rispetto all’asse attorno al quale

= eli — ta).

la rotazione è in senso antiorario, si ha

.

= arse

Em = moi + gravi - al + ma)vi 1

Muvol

— I5+ MI

nana — Mvj Lana _= 3(1° ye + MI af a) Mud \® — Mi 1,3 =_ AE=ge 5(1° + MP)?

Oppure (più semplicemente) dal teorema del Koenig:

= 3 (avi + movi +

va

>

b) Le uniche forze che compiono lavoro sono le forze (interne) di attrito. Per il teorema delle forze vive

Moltiplichiamo la 1° per m2/{m1 + m2), la 2° per m1i/(mi + mo) e sommiamo:

1

2_ To?

x EdS= Tm.

L= Mul=L'=(1°+M}?)w

nem = iaia @ - a).

1

I°

= ST aldo +00) = guri

infatti le forze di attrito fra il perno ed il blocco sono forze interne al sistema sbarretta-blocco, responsabili soltanto del trasferimento di momento angolare fra il moto del centro di massae il moto relativo al centro di massa. Quindi

e analogamente

2my + ma

1

ESS

a) Si conserva il momento angolarerispetto all’asse attorno al quale ruota la sbarretta:

ESM = grid -(&- da)

e

diss

>

17.3

pe= msi + mail a) = (i)

gem a i_mma

2,2

Ia gm

nel 3° caso: vu ws > >

Dette i) e 72 le velocità nelriferimento del centro di massa, si ha 1

(Soluzioni)

17.4

a) Nel 1° caso nonsi fa lavoro per portare nella posizione finale, p.es. x = —d/2, la

prima carica (la distanza dall'altra carica è sempreinfinita), mentre per portare la seconda nel punto x = d/2 lungol’asse il lavoro è opposto a quelio fatto dalle forze del campo: infattiall’inizio e alla fine la carica è ferma, e quindila variazione

dell'energia cinetica è nulla. Orientata la traiettoria (a piacere} nel verso delle x crescenti, e ricordando che in generale da

c=f MOL “

si ha

c=/ d/2FSG)dz=- f4/2La %

°°

na d/2 =.

(®+4/2)9 2+d/2lo 169

d

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

b)

Energia dei sistemi

(ui — 2) = —(u1 — ua)

Entrambela traicttorie sono orientate nel verso delle x crescenti. ta,

ta,

ta

ta

mentre, per la conservazione della quantità di moto

+= f Fe a+ f sn f Fd + f Fivon di = U

ti

ta

o)

qa

L, k7—(012 Gi 23! a

—

ùu

di

miu +m20,=0

t1

que

nq

ducendo il problema dei due corpi a quello di un singolo corpo in campo esterno; ora lo discutiamo direttamente come problemadi due corpi. Siccomeil sistema è isolato sì conserva l'energia e la quantità di moto totale:

1g + amavi al nq gmuti = RT

vu =

ma kq192 2 mi(mi+ mo) d

vw=

112

>

my, = Mov)

2

mi

mami +m)

rotazione, è

1

3

E. = gl,

1=I°+ mr? =3mr?

dove w è la velocità angolare del disco. Quindi

kiara. d

301° +mr°)w =2mg(R-r)

>

|w=

Siccome ia velocità vg del centro del disco è wr,

Ve =

mi + ma

e le velocità delle due particelle nel riferimento del centro di massa sono

ma

mi

1 1 lug

EM = 24 = c gui + mao Imtm;

3h

gela

3o(R - )

17.7 uniche forze che compiono lavoro sul sistema: per il teorema delle forze vive detto

mitma

1 mimo TT

8

a) Le forze di attrito che agiscono sul blocchetto e sulia tavola (forze interne) sono le

Wws-U=- iqu mi tmi L'energia cinetica nel riferimento del centro di massa è

vivi ve = — Ul,

lavoro uguaglia la variazione dell’energia cinetica del sistema. Se V la velocità finale della tavola con il blocchetto, la variazione dell’energia cinetica è data da

2 uo).

2)

1

1

AE: = 3(M +m)V?— pei.

Si ha la massima compressione della molla quando è nullala velocità relativa delle due masse, cioè quando nel riferimento del centro di massa le due particelle hanno

Determiniamo V sfruttandoil fatto che si conserva la quantità di moto totale del

velocità nulla. Siccome l'energia potenziale delle due masse quando sono entrambe

sistema tavola + blocchetto (le forze di attrito sono forze interne):

a contatto con la molla è

mu=(M+m)V

1

U(z1,22) = ghi — 22), 1

3h = EM = quei

>

>

VET"

quindi

se é è la massima compressione della molla, per la conservazione dell'energia si ha

d= vufku.

La massa mi si stacca quando la molla ripassa per la posizionedi riposo, cioè dopo metà del periodo di oscillazione della molla con le due masse mi e m2 attaccate agli estremi:

T=T/2=nvVpi{k.

di

, , 2 vu =U+v= 0. e ——— 1 2 2 mi + ma

l’energia cinetica, siccomela retta di contatto cilindro-disco è l’asse istantaneo di

miei ve ——

1 mou

>

Si conserva l'energia. L'energia potenziale è U(0) = —mg(R — r) così, mentre

Lavelocità del centro di massa è

11

u=u, w=-u

17.6

17.5

a)

>

L 7 mi-ma va 13 + tve= Ve —_—___Vi a mitma

— vg U22) di=- fE rep an- ti

A suo tempo problemi analoghi (v. esercizi 8.10 + 8.12} sono stati discussi ricon-

(Soluzioni)

Dopo mezzo periodo a contatto con la molla, nel riferimento del centro di massa la velocità relativa si è invertita: 170

£ = AE,

1 mM

i

=-2

2M +m02 == — ÈEdiss,

b Il lavoro fatto dalle forze di attrito, trattandosi di forze interne, è indipendente dal riferimento. Nelriferimento della tavola, se D è la distanza percorsa dal blocchetto sulla tavola prima di fermarsi, si ha stamgD=£

°)

>

D=

M

Ù

M+m 2hiag

Il lavoro fatto dalle forze di attrito sul blocchetto è uguale alla variazione della sua energia cinetica: 171

i

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

toga

ta.

1 M?42mM >

e quello fatto sulla tavola è positivo e vale a_1

m

c) Il motore fa lavoro finché v(#) < vo. Il tempo che impiega il blocchetto, che ha un'accelerazione costante a = x249, a raggiungerela velocità v0 è t = vo/a, quindi

o

L= 3MV° = Ma) = L- Le.

_ £motore = Wmotore * £ = mu)2

d) Se d è la distanza percorsa dalla tavola finchéfra blocco e tavola c'è motorelativo, si ha

pamgd

1 = ly=3M

my

7

L= Mr) >

mM vi d=n3:

(M + m)? 2ag

17.8

a) La forza di attrito che agisce sul blocchetto ha verso opposto alla velocità relativa

del blocchetto rispetto al nastro: all’inizio (blocchetto fermo) Ta = Ft) — do =

— în, quindi la forza (e quindi anche l'accelerazione del blocchetto, cioè il “moto incipiente” del blocchetto) è concorde con 7. La velocità relativa resta discorde con dp finché u(t) < vo, e quando (1) = vg il blocchetto non è più soggetto a forze e si muove di moto uniformesolidale con il nastro.

b) Si può procederein (almeno) due modi: 1° modo.

Consideriamo comesistema solo il nastro. Siccomeil nastro scorre con velocità costanteil lavoro fatto da tuttele forze agenti su di esso deve essere nullo, quindi la potenza sviluppata dal motore deve essere uguale e oppostaalla potenza sviluppata dalla forza di attrito u4mg agente sul nastro:

Wmotore = HtaMgUo 2° modo.

Consideriamo come sistema il nastro più il blocchetto. Il lavoro fatto da tutte le

forze, interne (l'attrito) ed esterne (il motore), deve essere uguale alla variazione

dell'energia cinetica del blocchetto, sul quale agisce solo la forza di attrito amg che ha verso opposto a quello della velocità del blocchetto rispetto al nastro e quindi, per quanto visto sopra, è concorde con &(t); quindi la variazione dell'energia

quindi solo metà di detto lavoro va ad incrementare l’energia cinetica del blocchetto. 17.9 Siccomel’energia cinetica del primo disco non cambia,il lavoro fatto da tutte le forze agenti su di esso deve essere nullo, quindi la potenza sviluppata dal motore deve essere uguale e opposta alla potenza sviluppata dalle forze di attrito agenti sul primo disco:

Wnotore = Mawo Dobbiamocalcolare il tempo che impiega il secondo disco a raggiungerela velocità

angolare wo: detta w(t) la sua velocità angolare, si ha

. M , .E Io0=M > w(0)= 0; = IÎ Ma quindi Lmotore = Wmotore * i=I wi.

Anche in questo caso {come nella situazione dell’esercizio precedente) solo metà di detto lavoro va ad incrementare l’energia cinetica del secondo disco: è naturale quindichiedersi se questo nonsia un risultato generale, indipendente dalle modalità (cioè dalle leggi dell’attrito) con cui i due sistemi (primo disco e secondo disco, oppure nastro trasportatore e blocchetto} vengono portati a muoversi solidalmente.

Vedremonell’esercizio 19.1 che effettivamente si tratta di un risultato generale.

cinetica del blocchetto è dEL = mà -G(t) = Fi #(1) = pamgult). dt

Occorre ora calcolare la potenza complessiva sviluppata dall’attrito sia sul blocchetto che sul nastro; siccomeil lavoro delle forze interne non dipendedal riferìmento,la calcoliamonelriferimento del nastro, nel qualeil blocchetto havelocità

dt) — do:

Ware = —hamg [v(t) — vol = namg(u(t) — vo)

(v(6) < vo)

quindi dE,

Wnotore + Wa= 7° > Wmotore = hamgult) — pamg (v(t) — vo) = pumgvo. 172

(Soluzioni)

E evidente che i due metodidi soluzione sono equivalenti, tuttavia il 1° metodo è più diretto e concettualmente più semplice.

Lo = gra am= aa _1

Energia dei sistemi

173

Leggi di conservazione per i sistemi

LEGGI DI CONSERVAZIONE PER I SISTEMI

18.

(Soluzioni)

pertanto durante Îa salita la velocità angolare non cambia. L'altezza raggiunta è quindi data da 2

h= 0

18.1

di massa m e raggio r che scende rotolando one del moto per un oggetto a) L'equazi BE ati e cardinale, lungo un piano inclinato può essere determinata sia dalla 2° equazion modi. i entrambi în amo Procedi gia. dell'ener zione sia dalla conserva il punto, Preso come asse dei momentil’asse istantaneo di rotazione {che contiene cardinale e equazion 2° la , inclinato) piano îl o i punti, di contatto fra l'oggetto ed Sì Scrive Ne

G

(S+mr?)o=-mgrsena

>

_

n mgr'

2 sena

ao=-r0= FOT

_

gsena

TIS/me?”

nte da m Siccome, per gli oggetti considerati il rapporto y = IS/mr? è indipende raggi. i e da r, non è necessario conoscere le masse ed —wr), l'energia Preso l’asse r lungo il piano inclinato, verso il basso (quindi èg =

è

1

E= 3° +mr°)w® — mgrgsena

3( 2

16

ti + mr°)-5 = mgLsena

>

2_ 2gLsena 1+7

= Lsena .

uf

1+y

Siccome ciascun oggetto percorre la salita con accelerazione —gsena, il tempo

impiegato a salire è

e siccome per scendere impiegano la stesso tempo #2, il tempo impiegato in totale dai diversi oggetti per arrivare in fondo al pianoliscio è .

3

1=t+22= NILO to

+

Yv

dE

#7 0= (1° + mr?) ww - mgîesena = w(U° + mr) w + mgrsen a) la e, scartata la soluzione w = 0 (che corrispondealsistema bloccato), sì ottiene soluzione precedente, che riscriviamo nella forma

gsena

quindi: .

LA

Lr

2

nei casì î) e fi)

h= glsena;

nel caso iti)

h= glsena; 1

.

5

2

t=2.86t0;

it=2.83t9; 7

nel caso iv)

ha 7isena;

Il tempoimpiegato ad arrivare in fondo è

nel caso v)

3 h= i seno;

2L / 2 O_ 1377 (+9) Fra VITI

quindi la classifica delle quote raggiunte è la stessa di prima: 15 la sfera, di dischi,

ag =

l+7

Quindi:

1

>

ti= Nere

nel caso iii)

(anello):

g=zl

>

{= VI to;

.

nel caso iv)

(palla):

135

2

>

t=457 to;

nel caso v)

(dischi):

.

(guscio):

2

133

>

7

t=

5

3 to.

Siccome 7/5

(M+1If/n2+I2/r)èa=F

&=

F

M + IG/r2 +I8/r2

-

L'accelerazione è quindi quella di un oggetto in moto traslatorio con una “massa

efficace” Mg = M + If/rî +I6/r3. =

1

i,

A questo punto si può procedere in due modi: se la forza esterna F è costante, il

suo potenziale è U(x} = — Fr, quindi l’energia totale è 1,,.

18.4

a) Il sistema nonè isolato: su di esso il binario esercita forze di attrito statico incognite, per cui non si può garantire a priori che abbiano risultante nullo; quindi, in generale, la componente di @ parallela al binario non si conserva. Se però i due carrelli fossero identici (v. domanda o) » per ragioni di simmetria si potrebbe affermare a priori che le reazioni del binario su un carrello sono uguali e opposte a quelle sull'altro: nella risposta alla domanda c) dimostreremo esplicitamente che in questo caso la componente di @ parallela al binario è una costante del moto. Frendiamo l’asse 7 parellelo al binario. Sul primocarrello il secondo esercita la forza F = —k(z1 — 22) €, viceversa,il secondo carrello è soggetto - da parte del primo- alla forza —k(rs — x1) quindi, per quanto visto nell'esercizio 3,

{Miei =-k(x1- 22) Moeg î2= —k(£0 - 21)

Mie = M; + 2/8 /rî Moea = Ma + 255 /rî

è

ed essendo dE/dt = 0 si ottiene (tenuto conto che £ = —wri = —wyT2)

=0

fi da cui, scartata la soluzione é = 0), si ottiene per È l'espressione già trovata. 176

.

Qî° = Mit + Man È2 e l'equazione per il moto relativo r = 1 r2 è

per î = —ka,

°

E= sIP ut + 3If + ME? — Pr IF IS. = s(35+ 3E+M3-F) 2

MIRr+Bhî

E

E;= gli + gliat Me

1

“O

che sono identiche alle equazioni per un sistema isolato di due particelle di masse Mies, Mag. Quindi (sommando le due equazioni) si conserva la “quantità di moto efficace”

b L'eriergia (cinetica) del sistema è 1

MIIRR+ Eh

IS/r3 F,,=- Bir p

E

e la 12 equazione cardinale per il carrello, sul quale agiscono le forze esterne F,+F Fa:

“OO

e analogamente

dei momentila retta di contatto con la strada (asse istantaneo di rotazione): {tri + mari); = Fiac li up

ed il periodo è dato da

T=2r

Met Mag Her = EI

°°

Mie + Mae

Het.

o

c) Se i due carrelli sono identici (Mx = M2 = M, If=IF=I r\=r2=r), dalla conservazione di Q* si ha 177

Leggi di conservazioneperi sistemi

L.E.Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

>

(AM +2I/r°)(Z1+&2)=0

i+#2=0

quindi il moto del centro di massa è uniforme; in questo caso Qa è una costante del moto.

Scriviamo il momento angolarerispetto all’asse per (2 ortogonale al piano x, y (asse z). Siccome £ è un punto dell'asse istantaneo di rotazione (e quindi come punto appartenente al corpo rigido ha velocità nulla), Lo può essere scritto in termini del momento di inerzia, che è la sommadi quello dell’anello e di quello m(QP)?

della massa m: posto d(8) = OP,

18.5 . wr =>

I= mt,

n gni =-kx

Calcoliamoil termine (Un A da:

(Porigine dell'asse x è stata presa nella posizione dell’estremo libero della molla a

riposo} quindi T= 27

3 2.

b) Sia F, la forza diattrito (statico) agente sulla ruota. Dalla 1° equazione cardinale

e la conoscenzadi $:

>

mi=-ka+F,

|F.l R=0.

secondo metodo è più semplice del primo,che per contro è più istruttivo. 18.7

18.6

a) Prendiamol’asse x lungola retta del moto,e l’asse y ver-

ticale. Scegliamo come polo il punto 9 di contatto fra Fanello e il piano orizzontale: rispetto ad esso è nullo il momento delle reazioni del piano sull’anello. Esso tuttavia è un polo mobilela cui velocità 7în non è parallela a quella del centro di massa, che si trova sulla congiungente CP, quindi deve essereutilizzata la 2° equazione cardinale nella forma

D h, Ù

a) Si conservanol'energia totale del sistema £ e la componenteorizzontale Q, della quantità di moto totale. Non si conserva la componente verticale della quantità di moto in quanto le forze esterne (gravità e reazione del piano) sono verticali e non è possibile garantire a priori che abbiano risultante nullo: in effetti, dato che il pendolo oscilla — e quindi il centro di massa del sistemasi sposta in verticale — nonsi fanno equilibrio.

b) Sia & la velocità (rispetto al piano) del centro di massa dell'asta. Si ha

2E= Mi + mv + IS? — mglcos0, dove 178

179

Q.=M£+mv

Leggi di conservazione peri sistemi

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 i d alt L39000) , vÈeni

d e_dy_ al 1cos0)/2, 08=

i pztim pri.

a 16° cos" 9 = (3-1 m cos? 6) 16? 3 4Am+M ma l'ultimo termine è > 0, quindi

g(così — cos) = gio? _ 1

Si ha quindi:

g(cos?— coso) >O

2E=(M+m)î? + qm6? + midi così — mgl cos? = —mglcosda

Isen @ = costante

quindi quando # passa da 90° a -90°,

Ar=

La

0;

m4 MU

d) 1° modo (mediante l’uso delle leggi di conservazione). lì

m

18° cos? 9 + 16? — gcosì = —gcosta.

La frequenza (o meglio, la pulsazione) è data da:

m+ M

= Mm) 9. 4M+m |

2° modo (nelriferimento del vagone).

(3)

Prendendo i momenti rispetto all’asse di sospensione:

log

1

°

94 L92g.

Derivando rispetto al tempoe scartata la soluzione CEE lm m I? sen@ cos@ + gsen0? = 0. 18005" 9 + 3 iù -

2m+M

x=0,5=0).

Piccole oscillazioni: l'equazione del moto per l'angolo # viene linearizzata attorno a@ = 0 ponendo sen? — @, cos? = 1, ed inoltre trascurando anche il termine proporzionale a 0° sen@cos@ = 620, in quanto cubico nell’ampiezzadi oscillazione. Si ottiene:

dalla conservaSostituendo nell'equazione di conservazionedell’energia £ ricavato ottiene: zione della quantità di moto,si Am+M

-0

>

a

v

=

@

13 2

w

van

g=ta Ue=—_—(v u=v= mi +my! 1 1

-

2)

1

tm (vi — 02) = gle — va). b) Siccome durante Purto la quantità di moto totale si conserva (le eventuali forze esterne non sono impulsive), la velocità del centro di massaè la stessa subito prima e subito dopo l'urto, quindi i_ = 1 i 2 E, = alma + ma)ui + (EOS)

1

EI= lm + ma)vi + (EMF

Eli= Fi - EI = (ESM) (EOS) < (EN) n

e) Non dipende dal riferimento. Infattil'energia dissipata nell'urto è uguale (a parte

il segno) al lavoro delle forze interne, e questo non dipende dal riferimento. Oppure, sempre peril teorema del Koenig e per l'uguaglianza della velocità del centro di massa prima e dopol'urto, in ogni riferimento l’energia dissipata è data

dalla variazione dell'energia nel riferimento del centro di massa e quindiè indipendente dal riferimento.

d) Nel caso di urto completamente anelastico, nel riferimento del centro di massa dopo 1 urtò le due particelle sono ferme, quindi nel laboratorio hanno la stessa velocità +”, che è la velocità vu del centro di massa:

gf= PIV + mava mi + ma

=

Vo

ta

{ ge(Ui — un)? = ul, - i)? 1

.

1

mul + mowò = 0

>

u=-U1

un2 =2

>

sr _ (ini — m2)v + 22% mao — mi)v2 +20 vuo Moma mate i uipog= (Eta, mi +ma

mi + ma

Nel caso particolare in cui inizialmente ma è ferma siritrova il risultato dell’esercizio 17.5.

ta

u

Linate

dette u), 14 le velocità delle due masse dopo l’urto si ha

b) Il lavoro fatto dal motore, se — Fy(t) è la forza diattrito cheil corpo esercita sul nastro (e quindi Fx(t) è la forza cheil nastro esercita sul corpo) è £=

my +ma

e) Si conserva l'energia e la quantità di moto. Nelriferimento del centro di massa,

Ru=l

Quando il moto è di puro rotolamento vt+tw R= Vo

_ mivi + mavg

L’energia cinetica nel riferimento del centro di massa è

dove P è l'impulso della forza F.. Peril 3° principio e peril teoremadell'impulso, -P è la variazione della quantità di moto del blocchetto di massa m, quindi

>

1

a) La velocità del centro di massa è

,

uu

w(t)=-M(tijuo

1

19.3

u=utv= —— (vw), ? mi + ma

4

e=f W(1)di= Ga. / Fi) di= —Plty,ta) da tu

1

= (Put Aw) = 3PU+ Ro) = gPvo = 5£.

e le velocità delle due particelle nel riferimento del centro di massa sono ma m

e il lavoro fatto dal motore è ta

1

(Soluzioni)

Falt)vodi=Pvo 182

183

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 19.4

Forze impulsive e urti

(Soluzioni)

c) Nellimite m/M > 0

a) Durante l'urto l’unica forza impulsiva che agisce sulle due masse attaccate alla

pi Lom/M v ig, 14 m/M

molla è quella che la massa urtante esercita sulla massa urtata: la molla (anche se non fosse in posizione di riposo) e l'attrito fra la guida e le masse trasmettono

impulso nullo a ciascuna massa. Quindi nell’urto fra m ed m' si conserva la

Quindinell’urto elastico frontale di un oggetto contro un oggetto di grande massa (p.es. un muro) quest’ultimo resta fermo, mentre la velocità del corpo urtante si inverte e la variazione della quantità di moto è la massimapossibile.

quantità di moto, ma non l'energia perché siccome le due masse restano attaccate

l’urto è anelastico. Quindi la velocità v della massa M = m + m' subito dopo l’urto è data da , m ' mu= Mv > v=T%

d) Mettiamocinelriferimento in cui l’autocarro è (e resta) fermo. La velocitàiniziale

della massa urtante è

° M° e la velocità della massa all’altro estremo della molla è nulla. Poiché l’urto è istantaneo e le velocità sonofinite, la lunghezza della molla subito dopo l’urto è ancora In, quindila forza esercitata dalla molla su ogni massa è nulla; sulla massa M, in moto,si esercitala forza diattrito Fy = —p4M9g e quindi ha una accelerazione — 49 (diretta in verso opposto alla velocità v), mentrel'accelerazione

Ure = — vo Dopol’urto

4

Se l’autocarro si muovecontro la massa m la velocità di quest’ultima aumenta fin

cioè quando è nulla la loro energia cinetica nel riferimento del centro di massa.

Si noti che nel limite “M = 00”, l'energia cinetica (della massa urtante) si conserva solo nel riferimento in cui la massa urtata è ferma.

L'energia cinetica nel riferimento del centro di massa subito dopo l’urta è #

3) vo

3MM + m)

quindi, siccome dopol’urto l'energia si conserva (ora la guida è liscia) si ha

346° = ES > s= y3E9. 19.5

a) Nel caso di urto competamente anelastico le due masse, dopo l’urto, viaggiano insieme con velocità v=

m m+M

pi

e nel limite m/M +0,

v-—+0. Quindinell’urto anelastico frontale di un oggetto

contro un oggetto di grande massa (p.es. un muro) la massa urtante si ferma.

b)} Le velocità delle due masse sì ottengono dal risultato dell'esercizio 3 ponendo v2 = 0, oppure dall’esercizio 17.5. Detta v° la velocità finale della massa m e v' quella della massa M,

Sf m_M.;. m+M

=

Im di m+M 0

=

Mv

=

evi=0 > d=20;

d=0 € addi

19.6 Sia 71 la quantità di motodella particella incidentee siano di» 93 le due quantitàdi moto dopo l’urto. Prima e dopol’urto, cioè quandole due particelle non sono più soggette alla reciproca interazione, l’energia del sistema è solo Venergia cinetica,

per cui la conservazione dell’energia (urto elastico) equivale alla conservazione

dell'energia cinetica; siccome le masse sono uguali e si conserva anche la quantità di moto si ha

di=U+%

{ d=d+ a Quadrando la 1° e utilizzando la 2° si ottiene

d-d=0 © gigicosì=0 quindi si presentano 3 casi:

Î) g3= 0. Di conseguenza gf = gi: non c’è satainterazionefra le due particelle;

Le variazioni delle quantità di moto delle due masse sono opposte: quella della massa My,che inizialmente è ferma, è AQ=

;

d'ulivo 0 +20

modulo), mentre se l’autocarro si muove nello stesso verso di m la sua velocità diminuisce: in questo caso, perché l'urto sia possibile occorre che vo Via

Via 3 Uizi

diy = Viy — Vo;

®

Uiy = —Uy

Valico >

Ugg Uiy + va = —Viy +20

tango Vi tin senò Viy

2u0-viy

cos@+2vo/v;

19.9

a) Per ipotesi (assenzadi strisciamento e urto elastico) nell’urto (cioè tra subito prima e subito dopo), si conserva l’energia cinetica: 1

1

1

ml. +0È,) = arl. +0î,) + gl'oî .e siccome vÈ, = vf,, mul, = moi +1°w? La parete esercita sulla palla, nel punto di contatto, sia reazione normale che reazione tangenziale, entrambe a momento nullo rispetto a detto punto di contatto, rispetto al quale quindi si conserva il momento angolare; preso l’asse £ verso destra

186

Vis

e se poniamo a = 2/5 3

10 via

Via = quo

wr "Tr.

b) Detto $ l'angolo di incidenza e #' quello di riflessione si ha (ora a = 2)

tangi= Ma = 1Que lea VUy

a) Prendiamo l’asse y ortogonale parete e & = (%2, viy, 0). Se fra la palla e la parete l’attrito è completamente assente, la parete non può esercitare sulla palla forze parallele alla parete, quindi la componente x della quantità di moto mè non cambia: va = vix- L'unica forza che agisce sulla palla durante l’urto è la reazione ortogonale alia parete, che è a momento nullo rispetto al centro di massa, quindi

2

Ta

l+tavy

lta

tang= È

>

$=232°.

c) Detta #P la velocità del punto della palla a contatto con la parete, si ha

=;

v,= 8,

v=retu,=-u,

>

dî= di

Quindi la velocità del punto a contatto si inverte completamente.

d) P_= 2a MUi x; % murs fe — 2) Via = Famosi

P,=2mv yy ig

Possiamo ricavare un limite inferiore peril coefficiente di attrito statico 4, perché

non si verifichi strisciamento: se An(t) e R(t) sono le componenti normale e parallela della reazione che la parete esercita sulla palla, si ha

IR) > | {Ra < f Rd [And Pal < Py quindi A

Vr

a

Pe? Ta ny 4ai

2

2

a=7 ® 42 7tang.

19.10 a) Peril sistema costituito dalle due palle nell’urto si conservanola quantità di moto,

l'energia cinetica (totale) ed il momento angolare p.es. rispetto al centro di una delle due palle (siccome le forze esterne — gravità e reazioni — non sono forze

impulsive, il sistema durante l’urto è equivalente ad un sistemaisolato, quindi sì

conserva il momento angolare rispetto a qualsiasi polo).

Dette v1, 02, Wi, wz le velocità e le velocità angolari delle due palle subito dopo l’urto, si ha: v=v+va

1 OY eva alata 31° (2) + ra renza =3! (wi +8)+ mo + 62)

Pl = 111402)

>

ami 187

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

PROBLEMI DI MECCANICA - SOLUZIONI

inoltre, poiché l'urto è centrale e fra le due palle non ci sono attriti, la seconda. al centro palla riceve dalla prima un impulso orizzontale di momento nullorispetto di massa, per cui ws = 0. Quindi subito dopo l'urto

v

1.

0. v=0,v=v == r

la 2° parte Quindi la 1° palla si ferma ma conserva il suo motodirotazione, mentre

senza ruotare con la velocità della 1°.

del vamente — terminate le fasi di strisciamento — per la conservazione b) Successi retta sulla tavolo del punto un ad momento angolare per ciascuna palla {rispetto

del moto) si ha

v v1 —19-= IS - mujr ! n% Tr

2 Patmi 2 5

t UU — muy -—mor = —-I°-£ 7

e)

>

2 | ao 7

=? v=7v 7

è Quando il moto di una palla è di puro rotolamento la sua energia cinetica 1

1

Vy2

T

E.= gra? + PO) = Tm dopo l’urto, quindi, siccomel'energia viene dissipata solo nella fase di strisciamento

729

7 E = 1° 0° + 02°) = D Fm

i_T

Ei= Fam;

>

diss

2

EÙS= gra.

19.11

a)

ne €, Durante l'urto sì conserva il momento angolare rispetto all’asse di sospensio orizzontale in assenza di forze esterne impulsive, si conserva anche la componente l’urto, della quantità di moto; se wo è la velocità angolare del sistema subito dopo si ha

mugl = (T+ mi?) wo;

vo = (ME + ml) uo

I_IR_1 (= I°+M7 = 3 M1°)

a) Prendiamo l'asse = verso l’alto, con l’origine a distanza lo dal suolo. Le equazioni

del moto per la massa m e per M +m sono (primadel distacco) mi=R- mg; m M+

>

1 Mer? + mi = IMLI+ me? 2 3

1=?z 380

Dalla conservazione del momento assiale e l = aL muol

I+mP

_

3mvo

(3M+4m)L

.

ka

La massa m è a contatto con Mfinché R > 0 (vincolo unilatero), cioè per z < 0; quindiil distacco si ha per 2 = 0.

b) Calcoliamola velocità î) nel punto del distacco (2 = 0) mediante la conservazione dell’energia per (M + m):

1 1 si 3R5° — (M + m)gd= (MM +) > n= = —p_i 2 29 29(M+m) c) 1° modo. La posizione di equilibrio per le due masse sulla molla è 7 = —(M + m)g/k e siccome il distacco avviene per 2 = 0, non si ha distacco finché le oscillazioni hanno ampiezza minoredi |z|, perciò l’oscillatore deve partire da 2 < 27, quindi

du 2g9(M + m) roi = TT 2°. modo.

La condizione peril distacco è 23 > 0, cioè 2_

295 >0

>

29(M + m)

>

d) Si ha

m R=- MY

5 3 kz+az°)

percui il punto di distacco è ancora z= 0. 1

U(z) = ghe + 3024) da cui

U(6)

h= —T"—-

g9(M + ma)

188

>

che sì annulla (c cambia segno) per 2 = 0.

Mini

da cui

(M+m)î=-k:-{(M+m)g

189

L’energia potenziale della molla è

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Problemi di Meccanica 1

2. a) La forza di Coriolis è ortogonale alla traiettoria, quindi non influisce sul moto. La distanza della massa m dall’asse è d=f-1+1così e l'equazione del moto è

mid=-muwidsen9

>

A

mld -mwl(R-1)cos? = E

assedelcilindro G

derivando rispetto al tempo

O(mi?d + mi(R- 1)wisen0) =0

é&=-w$(R/I-1+cos0)senf.

scartata la soluzione è = 0 si ha

Le posizioni di equilibrio si hanno per sen? =_0, cioè per @=0, 8=%n,eper R/l-1+cos@=0, cioè cost = 1-R/I. Le prime due sono di equilibrio stabile:

FP'(0)=-mwèR 0, del resto fra due minimi (isolati) del potenziale deve esserci un massimo. b) Non basta che possa arrivare nel punto 9 = x conservando l'energia: bisogna

assicurarsi che possa raggiungere (con v > 0) la posizione di equilibrio instabile

(d = 0, cioè @ = 9), dove îl potenziale ha un massimo.

l'energia potenziale, si ha:

a} Le velocità angolari dei due oggetti sono date da

muwî(R Fr)=

Infatti, detta U(0)

fe

=

7a RES= = (E (1 (1252):

A

Bro(t) = (1 — wa)t = 3wogti

U(0)= -jmubd(0): UO) = mat, U@ =0, U(r) = -jmuf(21- R)° > U@) U(@)=0

>

w>wE

DA

{wo è la velocità angolare sull’orbita di raggio R). b) Affinché i due oggetti abbiano entrambivelocità angolare wg occorre che

mw(R+r)= TI +F

Quindi

1 1 2 3) - gmwE

3.

mwi(R-r)= oi +

F= Cna r)- es ”

e arriva nel punto 9 = 7 con velocità v; data da

n, - Sn r)- Ts

°

o e

1 1 gmot — pub- RP = gra —muBR?>0 > v>wld-R).

La forza di Coriolis è diretta comeia sbarretta, verso il punto di sospensione o nel verso opposto a seconda del verso della velocità, quindi modifica solo la tensione della sbarretta.

asse del gilindro

c) Le forze esterne sonoquelle cheil pianeta esercita sulle due masse quindi, siccome queste sono allineate con il pianeta,il risultante è diretto verso il centro del pianeta ed il suo modulo vale

Se.d(0) è la distanza della massa m dall’asse delcilindro si ha (teorema di Pitagora)

d°(8) = 1? sen? 0+(R-1+1cos0) =+(R — I° + 25(R — 1) così

quindi

fig. 2b

1

U(0) = grid= -muwil(R-1)cos9 + costanti. L'equazione di conservazione dell'energia è

190

Fa

GMm

GMm

GM

int

quindiil centro di massa ha velocità angolare w = /GM/R3. d) L'attrazione gravitazionale fra le due masse deve essere almeno uguale alla forza

È, = -F calcolata in b) (se è maggiore, la reazione dovuta al contatto fra le due

de R-l+L00

191

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 sfere fa sì cheil risultante della reazione e dell'attrazione gravitazionale sulle due sfere sia rispettivamente Fi e — Fi):

Gm?

e)

> Imuîr

>

m>n(k).

4r? MO R Se le densità del pianeta e delle masse orbitanti attorno ad esso sono uguali, m/M = (r/Ro)}, quindi

D>12 (E) ® (£) >12 MEC\R Ro} ©“

Problemi di Meccanica 5.

a) Nelriferimento del disco (oppure nelriferimento del laboratorio, ricordando che la componente radiale dell'accelerazione è a, = # — wir),

mi = -(k- mwd)r quindi il motoè osciliatorio se wo < y/k/m {in tal caso nel riferimento del disco

il moto è armonico).

b) Nelriferimento del motore (cioè del laboratorio) l’energia totale della massa m è

quindi se R > Y12.R, = 2.3 Ro (limite di Roche), le particelle orbitanti possono

unirsi e formaresatelliti.

1

2

b)

> Wanna 7

>

100 yY= 1%}: =3.24kg/s.

(20/3.6)?

Il risultante delle forze esterne è nullo, quindi

Witt

Foe = QU = CRE = 18N L’unica forza chefa lavoro è F., per cui dal teoremadelle forze vive

da

>

Mvò=-pt > Ma=-%v

e quindi nonci sonoaltre forze esterne oltre a quella viscosa: la strada non esercita

forze (parallele alla strada) sulle ruote.

d)

Si può procedere in due modi.

1° modo:

riscriviamo l'equazione Ma = —yv come

x (Mv+7z)=0 quindi Mv+yr è una costante del moto, cheall’inizio (£ = 0) vale Muy, alla fine vale ‘ys, dove s è la strada percorsa. Quindi

= MU inim

w=

E(t) = 1 mo? (È - #8) sen? wt + Lno?ut 008° wt + to? 208° wt 2 m 2

Peril teoremadell'energia totale {o delle forze vive generalizzato) applicato al Sistema disco + massa, siccomeil lavoro totale fatto dalle forze interne (la reazione della scanalatura sulla massa e viceversa) in assenzadiattrito è nullo, la potenza sviluppata dal motore è uguale alla variazione dell'energia totale della sola massa

m (l’energia cinetica del disco è costante): W(t)= de = -—malwiw sen Wwt.

di Il lavoro fatto dal motore in un periodo è nullo perché è nullo l'integrale di sen 2w

su un periodo T = 2r/w.

c) Il momentoassiale (rispetto all’asse di rotazione) della massa m è (quello del disco È costante)

It) = mwer? = mwoa? 2 così wt L M(i)= È = -malwnw sen Wwt

{sì noti che W(t) = M(t)wo). l’energia E e il momento assiale L:

r

1

>

2

mata La +gma = gha w$(cos' wt — sen 2 wt).

d) Peril sistemacostituitodal disco (libero di ruotare) e dalla massa m si conservano

2° modo:

dolo

1.

dove, essendo

Le uniche forze che fanno lavoro sono Fi, e le forze interne, e complessivamente fanno lavoro nullo perché l’energia cinetica resta costante. Quindi

dEe __ d

1

1 la Et) = gna? + 3 hr? = gna? + miu + hr

r(t)=acoswti,

W.cleliata +É,:î=0

(Soluzioni)

vo Mu ult)=uweMM + s= fa

1

E= glos(1) + 3mé%(1) + am(ut (0) + 3hr2(4):; L=(1+mr%(t)) volt) da cui

192

193

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

1

1

1._,

1

e)

gii + grroi + ER = 3Ivi + gra?

Per calcolare p.es. Ni scriviamo la 2° equazione cardinale,riferita al punto P di contatto della ruota posteriore con il suolo:

dove v è la velocità della massa m quando passa per il centro del disco {se lo

raggiunge). Quindi

dLp

1

k

m

v= E - (1 +27) Pat

Siccome mentre la massa m si avvicina al centro la velocità angolare del disco aumenta, la massa potrebbe nou raggiungere maiil centro del disco. La condizione su È perché il centro venga raggiunto è k

>

d

1

Ni = 5(Mo+F3),

ed essendo [= IMR?

d>0

_d

2%UN, i —- Mgl= — gi È = —(-M 4 Mdvs) =- Mdags= = Fd

vi = (È _ w8)R _ mig

Wo = {i +275)00,

Siccome il moto del centro di massa è orizzontale

Ni + Na = Mg

(1+mR?)wa=IWq

Wo = (1+ mi oo;

m

720 +27.

dì

Mig

.

F,

Fux = = =5145N;

l

06= sera =9=-7.35 m/s.

Siccome il momento di inerzia delle ruote è trascurabile, come sopra si conclude che la strada non esercita nessuna forza orizzontale sulla ruota anteriore. Allora

la 1° e la 2° equazione cardinale, quest’ultima riferita al punto di contatto della muota anteriore con il suolo, sono

Prendiamo l’asse 7 concorde con o, p.es. verso destra, e gli angoli crescenti in verso antiorario. Il lavoro è fatto solo dalle forze interne di attrito fra la ruota ed il freno, e non dipende dal riferimento. Nel riferimentodel ciclista la velocità rispetto al freno dei punti della ruota a contatto con il freno coincide con la velocità del ciclista rispetto al suolo, quindi

>

d

La ruota posteriore è a contatto conil terreno finché N2 > 0, quindì

{ -21N, + Mgl = -Mdag

1

=>

No = 3(M9-F7).

Mag = —ttgNa

—F.s=-3Mv

(Soluzioni)

i

1

Problemi di Meccanica

Muy

Mu

s= 3F

Fa a = 140N.

Ns

M

2+ pado d/l

—ha la. 24 uad/l

Siccome Ns > 0, la ruota posteriore in questo caso non perde mai il contatto con il terreno (e nemmenoquella anteriore: N = Mg — N> > N). Inoltre, dato che lacl =

È

1

Id 1+%/pgd




ag =-3.68m/s2.

ue —v)=-F-r e derivando rispetto al tempo

F vu = ELIM.

b)

sega

2/6

La forza diattrito F, è l’unica forza esterna orizzontale, quindi dalla 1* equazione

cardinale

Mac=F,

Le forze esterne agenti sul sistema sono le due forze elastiche ela gravità. Risultante e momentorisultante (rispetto ad un polo arbitrario) devono essere nulli: il momento risultante è nullo solo se i) le due forze elastiche sono uguali (sbarretta orizzontale), oppure

ii) le due forze elastiche hanno braccio

nullo rispetto al centro di massa (sbarretta verticale). In >

entrambii casi il centro della sbarretta si trova spostato in basso di Az = mg/k.

F,=-F

cheagisce solo sulla ruota anteriore (quella frenata): infatti, essendo trascurabile la

massa delle ruote, e quindi il loro momentodi inerzia, dalla 2* equazione cardinale per la sola ruota posteriore, prendendo come asse per i momenti l’asse della ruota

0=/°0= For

=>Fg=0.

La forza agente su ogni massa, forza elastica + gravità, è —kz, dove l'origine dell’asse verticale z è presa alla quota delle posizioni di riposo delle due masse.

Affinché la forza totale agente sul sistema sia nulla, Fo = k(a + b), diretta verso

il basso. H punto d’applicazione si determina imponendo che il momento totale

delle tre forze rispetto ad un polo arbitrario (perchéil risultante è zero) sia nullo: 194

195

nn SE

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Problemi di Meccanica

prendiamo come polo la posizione delia massa distante a dalla posizione di equilidi applicazione di Fo, si ha >

kbLcos8 — Fyscos9=0

(%)

cos?o) = 3Mgd9f = 54x107?J.

gd(1

costa)

2°9

at

Bolt) = Boexp{-—)

c) Il lavoro è parialla differenza di energia potenziale fra la posizione finale e quella

>

27

iniziale: siccome della forza di gravità abbiamo già tenuto conto calcolando le

27=36x107s > p=—2=56x1074kg-m?/s. T

d) La pulsazione dei pendolo smorzato è

forze elastiche a partire dalle posizioni di riposo delle due masse in presenza della ‘avità ( {v. esercizio gravità cizio 8.8), 8.8) si ha

©

1

L= 3H(a° +5?)

=

“4

î l--}=®

Artwiî

wo

1 ATO Aw 1 (1-3) > a La —_=39x 107.

8r%wd

Do

uo

Brîwf

e) La correzione all’isocronismo del pendolo è

d) Preso l’asse : verticale versol'alto e l’asse

orizzontale, se rc, 2c sono le coordinate

AT dì

del centro di massa, l’equazione di moto per quest’ultimo è

T 16 = 6.8 x 1074

2mig = —k(z1 +22) = -2kze;

molto più importante della precedente.

2mîg=0,

da cui si ricava (inizialmenteil centro di massa è fermo) 2g = costante,

x) =a+ 3 ) cos(v/m 6);

e

f) L’energia dissipata in un periodo è

#=5T mjk.

5E= Ta DE

L’equazione del moto ‘per l’angolo # si ricava dalla 2° equazione cardinale, p.es.

dove E è l'energia media (in un periodo) del pendolo. Siccome l’energia viene fornita al pendolo ad ogni periodo, la sua energia media è sempre quella iniziale, quindi

riferita al centro di massa: se z1 e 22 sono le coordinate dei due punti materiali

si ha (siccome @ cresce in verso antiorario, i momenti sono presi rispetto all'asse

uscente dal foglio):

_

5.4

107° .2

L

I

I

SE = Eno = 6x 10").

2

2

2

In um giorno:

2m(L/2)°8 = —(-kz,)7 cos? + (-kz2)7 così = k=(z; — 22) così

r? sené così = —k(L/2) 2 sen20 = —k-

>

Sx

p-_È 8= 37, sen 20.

AE = dE-

f) Sea-b< Lg,si ha? < 1, cioè l’angolo 9 parte vicino alla posizione # = 0, che

è di equilibrio stabile (per @), e siccome sen 20 = 20, le piccole oscillazioni hanno la sbarretta è orizzontale

”

o

86400 7 0

=2.6I;

Weia = Mgugsena = 286W

fa atei cid = 5

e dal confronto con l'equazione per il pendolo semplicesi ha:

-

l

o

1

b) Perlepiccole oscillazioni (89 < 0.1rad):

196

(senaraz0.i).

b) Peril teorema delle forze vive il lavoro fatto dal ciclista più quello (-Mgl sen a) fatto dalla gravità uguaglia l’energia cinetica finale:

I=I°+Md=1kg-m;

So Ma

h=0.26m.

scoli del ciclista) ed esterne (la gravità: l’attrito è statico e non fa lavoro) è nullo. Quindi

a) Riferiti i momentiall’asse di sospensione, si ha: a 2 ” 2

19=-Mgdsen9,

>

a) Siccomel'energia cinetica resta costante,il lavoro totale delle forze interne (i mu-

?

8

To = 2rV/I/Mgd=25

mgh = AE

9.

Vv 1: illazioni iche del centro di . FeglenraSerPao,demoiafisc.peri Laveno24=0ed oa

IS+ Md?

x

c) Per il pendolo (poco) smerzato l'ampiezza di oscillazione decresce esponenzialmente; posto r=/I/u siha ; ,

KbL b ss gslo

0

i

E=U(0) = Mgd(1—

brio {massa 1). Se s è l’ascissa lungo la sbarretta a partire dalla massa 1 del punto

(Soluzioni)

0 to +

vo + ‘gr

wWt

Mal

Ly?

gisena = 5

2

vg + mug +

Mal

noti

Mglsena =

2x

.

c) La velocità delciclista è costante, quindi (1° equazione cardinale) F,= Mgsena

(verso l'alto).

Detta forza si esercita solo sulla ruota posteriore: infatti la velocità angolare della ruota anteriore è costante, quindi il momento rispetto all’asse della ruota delle

197

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Problemi di Meccanica

forze esterne alla ruota (gravità, forza esercitata dal telaio, attrito statico) deve

Ayga= VATI - vi = /Ga(f1+ 8-1) if de

essere nullo: la forza di gravità ha momento nullo, e così pure quella esercitata dal

telaio (assenzadiattriti), quindi è nulla la forza di attrito statico. Sulla ruota posteriore le forze che hanno momento non nullorispetto all’asse della

+

angolare è costante)

Ba = È: 80-64x 107. f RENO ‘17x 10712 & 4m

ruota sono l'attrito statico F, e la tensione 7 della catena, quindi (la velocità

Raggiunta la velocità limite la velocità angolare delle ruote resta costante, quindi

la strada esercita su di esse solo reazioni normali. Poiché l'accelerazione del centro di massa è nulla,

Mgsena — qu? =0

Se vr = 60km/h

>

y=0.25kg/m.

Tg

>

_

7

[GMtm)_

2 2 2 Le = Pare, + gMP%or + palw= gran, + gMRur +uRyga. 5 Poiché w, = w,

o c

(Enron) / (fargton) =

2|=

4(7)

1

2

mo

2

2x 1073

aESERERNEAITA

Ta Mer gmAh

= ?MR? gME (ur

En [a1) Awr

2r

86400

(- 17x 10712) © -1.2x 1022J

1

causa delle maree è W = 4 x 10! W.

11. a)

1.1.1 2 3x 1075

T°

5

v=-il sena;

5

a° = agsena

Perché il moto di puro rotolamento sia possibile occorre che

IR.

#,=0.53> Ziano n 0.49

quindi il moto è possibile. Nel tratto orizzontale velocità e velocità angolare sono quelle raggiunte alla fine della discesa e siccome v5 = —wr il moto continua a essere rotatorio senza strisciamento.

Le = MR +mRy/ga.

198

>

Ri=- img sena.

121

EMP? Aun + mR A(y3a) =0

contatto della palla con il trampolino e /° = 3Mr?)

e prendendo i momentirispetto al centro della palla (0 dalla 1° equazione cardinale)

27

7)

Se il moto è di puro rotolamento sì ha (i momenti sono presi rispetto al punto di

(I° + Mr?)0=-Mgrsena

— -2|R-— AT

(7727

17 (86100)?

=>

LR 2 gmR gdo

AP=7-6x 1024 . (6.4 x 105)? .

272 17 x 10080.

ALg=0

a

e siccomein un secolo ci sono (circa) 3.15 x 10° secondi, la potenza dissipata a

ortogonale al piano dell’orbita lunare e vale

Ar

GMm = Li 12 Mr IimR?8. 1,09

Intanto si vede che, siccome wr = 27.3w, la variazione di energia proviene per circa il 104% dal rallentamento del moto di rotazione della Terra, contrastata per solo il 4% dall'aumento della distanza Terra-Luna. Quindisi ha

[GM _ [GM R°_R [9

La direzione del momento angolare totale Lc, con le schematizzazioni proposte, è

27

1.9Imi

2

Truro = 7 = 27.3 giorni.

b)

12Mp4 Bel.

= FME n -w)Awr

CVaTVR a aVa

a

,

L'energia (cinetica + potenziale) del sistema Terra-Luna è

AE= IMRE Au +

w del moto relativo, cioè della Luna attorno alla Terra, detta 4 la massa ridotta del sistema, è data da

GMm

108

La variazione di energia in un secolo è

Poichéil sistema Terra-Luna è un sistema isolato di duecorpi, la velocità angolare

poaT

93

a ipliRert mito

10.

2.

fim

(la distanza Terra-Luna aumenta). e

= Mgsena/y.

>

Aa=-2°R./E A0,: 64

r=(MRg/r})sena = 617N.

rr= FR,

e)

{Soluzioni}

b)

Dalla conservazione dell'energia (per esempio), si ha che al momento del distacco dal trampolino (asse 2 orizzontale) 199

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 3: gMrlu= Mglsena

>

10=-ur=

/10

Fgrsna

e siccome tocca terra dopo un tempo Î = /24/9, copre in orizzontale la distanza

Problemi di Meccanica 13.

a) Si conserva il momento angolare rispetto all’asse di rotazione:

d=(

di due rette perpendicolari alle velocità di due punti, passanti per i punti stessi.

N punto P più basso della palla ha solo velocità verticale (siccome neppure uf cambia durante la caduta, v? = vî + wr = 0), quindil’asse cercato sta sul piano del terreno e, se vE,0° (asse 2 verso il basso) sono le componenti della velocità del centro della palla, dista dal punto di contatto (in direzione opposta a quella dell’asse x)

=”

vaghi

10

ft

5Lsena

—gLsena

L104r

4

>

7

Imu

= ML

Mami

(me

mM M+3m

d- mu) = --g°d.

}

Il moto della massa m è circolare uniforme e

Pl)=mw?la(t) dove ri(t) è il versore diretto dalla massa m verso Passe. d) Occorre determinareil moto del sistema dopocheè stato sfilato l’asse. 1ì centro di massa,a distanza d=

ul dal centro della sbarretta, continua a muoversi con

velocità (costante) va = wd (siccome non intervengono forze impulsive la velocità di ogni punto del sistema non subisce discontinuità). La velocità angolare w' del sistema si determina dalla conservazione del momento assiale (o dell'energia):

a) Prendiamo w > 0 per rotazione antioraria e Vasse x orientato verso destra. Nell'urto si conserva l'energia cinetica (assenza di strisciamento) e il momento angolare rispetto al punto di contatto pallina-suolo (la reazione del piano ha mo-

(U°+mi?)w = (m+ M)vod+ m(l — d)°w' + (1° +Md)w'

mento nullo; anche la forza di gravità ha momento nullo, ma ciò non è rilevante perché non è una forza impulsiva). Tenuto conto che la componente verticale della velocità della pallina cambia segno si hanno le equazioni

{si è usato il teorema di decomposizione del momento angolare e, per il calcolo

del momento angolare rispetto al centro di massa, il teorema di Huygens-Steiner). Risolvendo si trova «' = w (si può arrivare allo stesso risultato anche in altri modi).

Lio = ss+ dm?

Prendiamo un sistema di assi cartesiani con l’asse x lungo la posizione occupata

dalla sbarretta nell’istante (t = 0) in cui l’asse viene tolto, e l’asse y passante per la posizione del centro della sbarretta allo stesso istante. Dette e(t},y(t) le

= [I°w-mrvz.

b) Siccome IS = èmr? si ha

coordinate della massa m, si ha

vel.

1* soluzione:

wWw=wj

2° soluzione:

w= pesi

U, = poor

Energia e momento angolare si conservano anchese la superficie è priva diattrito,

x(t)=d+(I-d)coswt,

c) La quota raggiunta è la quota di partenza, cioè y = h. Poiché x = vrt, quando y=hsiha 4

= —qearv2h/9.

(vb): =wr+v. = —wor. 4

y(t)=vgt+(1-d)senwt.

e) Nel riferimento(inerziale) del centro di massa, m compie un moto circolare uniforme sempre con velocità angolare ol)=-

e) P,=mv, = — vo?»

200

201

(1° = MP);

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Problemi di Meccanica

c) Detto P un punto del disco istantaneamente a contatto con il piano inclinato,si ha:

Si ha strisciamento finché wR# -wÈ a

mt)=

b)

=

-,

2

t=

val)

1

1

I°wo

FR

=

wo?

wMR

;

dar!

f_

0

=.

Ta

Up(t) = vali) +w(t)L = v0 + g(sena — 3pg cosa)t;

1

Eaiss = 3106 - 2. 31° (2) = alob.

vp(7r)=0

(Infatti M-i= -I°wo).

Per t > # non solo è nullo l’attrito dinamico fra i due dischi, ma anche quello statico: se fra i due dischi la forza tangenziale F° fosse non nulla, le equazioni del moto per i due dischi sarebbero w—-wa= costante

e con questa condizione l'energia è minima quando 71 = wo. Quindi l’energia

non può che aumentare, in contraddizione conil fatto che né l'attrito statico né

l’attrito dinamico possono far aumentare l'energia.

Forzadi gravità e reazione del piano sono forze a momento uullo rispetto al centro ac=gsena.

Supponiamo che il moto del disco si svolga dasinistra verso destra, e scegliamo comeverso positivo di rotazione quello antiorario.

I°w=-—uaMgRcosa

valt)}=v0+g(sena — sa cosa)t,

vo = V29Lsena;

paMgRcosa 2pag cosa w(t) = ge t3 TR 202

(= 3MR?);

.

3

e nel limite La -+ 00 1 AE= gio

» _

16. Sia wy la velocità angolare della sbarretta subito dopo l'urto. Nell’urto si conservano il momentoassiale e l’energia; se / è il momentodi inerzia rispetto all’asse di sospensionee il proiettile dopo l'urto è fermo, si ha

1

mul = Iwy,

1.3

mi = glo

1

1

1

1

T=1I° +3MI?° => MI? Fi 13 MI} + +-MI?= 7 L 3ML°. In assenzadi forze esterne impulsive si conserva anche la quantità di moto:

1

mu = gMLuwo

2 {=3L

15.

Halfgui cosa

g(sena — 3pa cosa) '

7 1 AE= / —taMgcosa - vp(t) di = —ua Mg cosa - gror o

Si ottiene:

Mac = Mg(sena — pycosa),

7 +0 per cuil'impulso della forza di gravità tende a zero.

Ba +00

forze che gli assi esercitano sui dischi: siccome i centri di massa dei due dischi

sono fermi, il risultante delle forze su ciascun disco è nullo, quindi l’asse del 1° disco esercita sul disco stesso una forza (nel piano orizzontale) la cui componente perpendicolare alla congiungente i centri dei due dischi è F4 (opposta alla forza esercitata dal 2° disco; la componente parallela alla congiungente i due centri non è nota perché dipende da come un disco viene premuto control’altro), e similmente il 2° asse esercita sul 2° disco la forza —Fi, ed è questa coppia di forze, il cui momento assiale è M = —2F;R, che è responsabile della non conservazione del momento angolare.

1 r>0 > ha > 3 fano.

g(sena — 3a cosa)’

Pet = lim patrio _ Mu.

dischi) è fermo quindi il momento angolare non dipende dall'asse. Inizialmente Li = Iwo, alla fine Ly = 0. La non conservazione è dovuta al momento delle

di massa, quindi w=0;

Vo 2° L__ i

partrito — -paMgcosa 7 =

o

>

r

d) Nellimite ga + co,

d Il centro di massa delsistema (che coincide con il punto di contatto fra i due

I°o,=-FR

>

(7)

W(1) = —FaRw(t) — FaRuws(t) = —FaRwo(1-t/2); E L= / W(t) di = —-FuB(î- 34) = ir = —Ediss-

ISo,=-FR,

(Soluzioni)

3 = 12M;

gii mei

203

3u = 20.

2L

b) La velocità angolare è minima quandola sbarretta è verticale verso l’alto. Sia essa

wi. Per la conservazione dell'energia (il centro di massasi alza di L) si ha 1

Il — wi) = MgL, da cui, posto Aw=w9—wi ed essendo 1 all +wr.)(wo — w1) © Fw Aw = MgL >

Aw

MgL_

MgL

1gL

w+wi 2 2Wo0,

= = DE = Iwî 99 2290 95 2107? > > 3615m/s. Wa mo 307

203

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale I

Problemi di Meccanica

c) Sia ws la velocità angolare quando la sbarretta è orizzontale {9 = 7/2). Per la 1°

Vo =.tp + RÒ

equazione cardinale

la fase di strisciamento cessa quando vp = vp, quindiall'istante

va i= —_—___-;.

Mig = M3+È le cui componenti centripeta e tangenziale (per 0 = im) sono 1

3M L wi = Rc

g(24a cosa — sen a)

b) Poiché l’energia del nastro resta costante, il motore deve compensare il lavoro fatto dall'attrito dinamico sul nastro.

i gMLor =-Mg+R

Wattrito = —(paMygcosa)zg

ws si ricava dalla conservazione dell’energia, e wa dalla 2° equazione cardinale: 1 , 1 1 1 LIwi 539 Iwz = -5MgL glo gMgl, = 21? gle =

da cui

5M9=1220N;i "E7O - 3, Re = Mai quindi A

forma un angolo di circa

Ma,

{red

è diretta verso l'alto. Allora: {ie = Mg(pa cosa — sena)

I°ù

=-MgRpacosa

da cui veli)

=g9(pacosa —sena)t

{0

= -(uagcosa)t.

w -

Ri=ag

>

1 Fa= 3Mgsena;

RÒ() = -igsena (t- D+ R6M.

d) Il motore deve compensareil lavoro fatto dall’attrito statico sul nastro (che ha velocità vg):

1

Winotore = F, vo = giga sena.

Oppure {ma è più laborioso) possiamo applicare il teorema delle forze vive al si-

Inoltre, siccomela forza di gravità ha momento nullo rispetto al centro di massa, il momento angolare Lo si conserva. Quindi, siccome /°wy è il momento angolare della sbarretta rispetto all'asse per il centro di massa prima della rottura dell’asse di sospensione, la velocità angolare della sbarretta dopo la rottura è ancora wo.

antiorario. L’attrito che si esercita sulla ruota ha direzione opposta alla velocità relativa del punto di contatto P rispetto al nastro: questa è —vo all’inizio e sarà nulla quandoinizia il moto di puro rotolamento, quindi la forza d'attrito dinamico

>

volt) = —jgsena (6-7) + ve(8);

3

Supponiamocheil nastro scorra da destra verso sinistra. Prendiamol’asse x lungo il nastro, orientato verso l'alto (v9 > 0), € comeverso positivo di rotazione quello

= RF,

1 de = 79500,

U=7 wo = FILA

17.

Wimotore = +(4aMgcosa)vo.

= F,- Mgsena

va - Ri=uw

2/1220rad & 0.1° rispetto all’orizzontale

d) Dopola rotturadell'asse, l’unica forza che agisce sulla sbarretta è quella di gravità, quindiil centro di massa si muove in caduta libera, con velocità iniziale orizzontale pari a

=>

c) Le equazioni cardinali per la ruota sono

_ lo 9=c2N Ri=jM

{verso l’alto), e {Ri = Ro

L

(Soluzioni)

stema nastro + ruota, e siccomeil lavoro totale fatto dalle forze di attrito statico (quello del nastro sulla ruota più quello della ruota sul nastro) è nullo, la potenza sviluppata dal motore più quella della gravità deve esse uguale alla derivata dell'energia cinetica:

31 Wnotore = Mgvg sena + Mugac +Muww= --- = 3Mgursena. 18. a) Lavelocità degli assi deicilindri è wR, e quella dei punti a contatto con la tavola — che coincide con la velocità della tavola — è 25, quindi gli assi deicilindri hanno velocità metà di quella della tavola.

b) Supponiamocheil pianoinclinato scenda verso destra (comein figura) e prendiamo

I° = MR?

l’asse 2 parallelo al piano inclinato e orientato verso l’alto. L’energia totale del

sistema tavola + cilindri è 1 = Me +2. su + Mgrsena + mglx; + 22) sena

dove 1 € 72 sonole ascisse degli assi dei due cilindri e /= I° + mR? = 3mR?

Se vp è la velocità del punto di contatto, si ha 204

Derivando e tenuto conto della relazione fra le velocità degli assi e della tavola, 205

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 MR + Emi + Mgsena + mgsena = 0

=>

i=-;;7_—_‘gsena

Problemi di Meccanica

b)

Poiché |#] > gsena, ne segue che sui rulli la tavola scende più rapidamente che su un pianoliscio.

°)

rispetto al centra di Di, si ha L,=0;

1702 = 00

wr + Îw =0

_i_mM Fi gsena > 0. — 24M +3m

In accordo con quanto trovato in precedenza (|#| > gsena) la forza che ogni cilindro esercita sulla tavola, cioè — Fi, è diretta verso il basso.

1

perchéil centro di massa della tavola non ha accelerazione normale;inoltre, siccome fa tavola si muove di moto traslatorio, è nullo il momento risultante rispetto al centro di massa di tutte le forze agenti sulla tavola: gravità, reazioni normali e

Deve essere

4)

1

m

Coni dati numerici proposti 1

=(1--—-)i=2. s=(1p}/=293m,

cioè il cilindro di sinistra si trova a 7cm dall’estremodi sinistra, e quello di destra solo 7cm sotto al centro della tavola. 19. t < È: il momento angolare totale Li rispetto all'asse di Dj (le uniche forze esterne sono quelle - a momento assiale nullo — esercitate dall’asse di Dj, respon-

1

E = grei + z1°wi + 3Moi 1

1

(i 3MP°) 1

Per la 1° equazione cardinale applicata al sistema dei due dischi, siccome la forza esercitata dall’asse è l’unica forza esterna,

FP = Mv f2R diretta dalla retta di contatto verso l’asse di Di. 20. La posizione di partenza è quella con la massa m in alto:

@= x, dove@ è l’angolo in figura. Orientato l’asse x verso destra, la (componente x della) velocità del centro C del cerchio è vo = _rò e quella della massa m, siccomeil punto A di contatto fra l'anello ed il piano appartiene all’asse

istantaneo di rotazione, è d(9) è, dove d(0) è la distanza fra

DI f, 2

O e la massa m; d?(0) = 2r(1- cos@). Dalla conservazione dell'energia E=

1

2

Mot + re + me 1- cos0)ò? — mgr così

°°

2

= Mr26° + mr?(1 — cos)? — mgr cos? siccomeall’inizio E = mgr,si ricava, quando 0 = 0,

sabili però della non conservazione della quantità di moto totale). L’energia non

è 9=taf

t>i: comesopra,più l’energia.

il segno + dipende dal verso in cui parteil sistema.

si conserva a causa dell'attrito (dinamico) fra i due dischi.

1

va = zek.

e poiché il centro di massasi trova sulla retta di contatto fra i due dischi, e quindi compie un moto circolare uniforme con velocità hw, si ha

nol

îal1-— îi 31 Brea — tano. AM BO

1

>

FE =2Mig

F° = ÈMgcosa.

F = uyF} da cui

2

257007

1

componenti normali delle reazioni esercitate dai cilindri. Quindi, se 1 e 2 sono rispettivamenteil cilindro disinistra e quello di destra,

La condizione FI > 0, F2 2>0 comporta 0 0 per rotazioni antiorarie, e v2 > 0 se il centro di D2 si muove in verso antiorario

Siano rispettivamente F, e A} le forze d'attrito esercitate dal piano e dalla tavola su uno dei duecilindri. Le due equazioni cardinali peril cilindro si scrivono 1 gui =F+Ah- mgsena

a)

(Soluzioni)

2mg

2mgr

77 = Vumr ® "7TV M

207

£

1° equab) L’accelerazione del centro di massa è necessaria per ricavare, tramite la l’alto) verso zione cardinale, la reazione È. Si ha (l’asse y è orientato

|.

(M+m)zg = Mrc+m(zo+rsen0) M+m)yg= Mr +ml(r-rcosì)

n

fio = 10 +

©

ma per 86=0

>

so

mr,

m+M

=

(9 cost — 8° sen 0),

d=0

mrsend

6 =t0+ m+M' mr così mr

.

({é| è massimo), e quindi

m+M

gsena

e=ùi= ——___

1+ 275/Mr?

Fo=rR w=rRiz,

sa

»

{8 sen? + 8° così) m?

—gRy=(m+ M)(g+ ic) = (m+ M)9+277

Rs = (m+M)g=0,

e derivando

c) Rx = Ros: difatti, riferiti i momentiagli assi delle ruote, si ha

Y=T- emi Ue =

c) In assenzadiattrito si ha la conservazione dell'energia e della componente 2 della

quantità di moto:

I°o= o=rRos .

Per calcolare le reazioni dobbiamo ricavare w:

.__&__

_

Mgrsena

Mgseno

d) Detta a = è = —r@ accelerazione (parallela al-

l’asse ) del vagone, nel riferimento del vagone il pendolosi trova in un campodi forza f = m{(g— a)

di componenti(l’asse y è ortogonale al binario e di-

retto verso il basso)

—

255

mgsena; 35 F,=m{(gsena — a) = ppi

Qs = Muc+m(vc+ ròcost)=0

F, = mg cosa

j2 — mgr 1 la, + gmve 1p28 + r@)° 8 + gMrc mgr = gr

per cui nella posizione di equilibrio il filo forma un angolo @y rispetto all’asse y dato da 256

e dalla conservazione di Q,, per @ = 0 si ha m+M .

Il modulo di detta forza è

rd =-

=

indi

ve

tando = F:/Fy= —_;tano. 236 4 Mr? tI°Y

(9=0)

F=mg

quindi

3mM +2m? ,

Tomi ipy1,,M®+

mi

2mgr = 3M

4

3;

TIT.

vo + voS""V M*+3M?m+2Mmi

21.

a) Preso l’asse 2 lungoil binario verso il basso, e detta w la velocità angolare delle ruote (w > 0 per rotazioni antiorarie), la velocità (scalare) del vagone è v= —rw. ione

dell'energi

DICI

2

mg cosa

(FA) sen? a + cost a = mg cosa tan? +1= ESSE cosìo

percui il periodo è T=25

Tcasbe

| gcosa

.

Se il momento d’inerzia delle ruote è trascurabile, è comeseil vagone scivolasse liberamente lungoil binario, con accelerazione g sen a. Pertanto la posizione di equi-

librio del pendolo è ortogonaleal binario (9 = 0), ed il peridoè T= 27 V/I/gcosa.

e) Le risposte alle domande c) e d} non cambiano: difatti sono indipendenti dalla velocità del vagone.

ai Dalla conservazione de E=2. gI°u? + Ma — Mgzsena si ricava 2

2MgLsena

3 VM+ 2155 b) Riscriviamo l’equazione di conservazione dell'energia:

%ti

__

d= 7737 © Te ge”

con? i 1 ga + ge + r°0° sen 6) — mgr così + r@ò cos 0) 21,262 + an((0e E= 13Mr°0? Dalla conservazionedell’energia (E(9= x) = E(9=0)):

Te

(Soluzioni)

Problemi di Meccanica

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

6

5 +) - Mersona E=1(2 20 r2 208

209

Equazionidi stato e trasformazioni termodinamiche

21.

EQUAZIONI DI STATO E TRASFORMAZIONI TERMODINAMICHE

21.1

,_ PV

1 VV _ Mg

M'=15x

5 04 04x10? xa 10°. —. ——_—_ =9, 942 kg .

(Soluzioni)

P=> == 5g 21.4

a) Si ha

1J5=1Nm=1Pam'=

1 = 1.01 x 10°

atm - 10litri = 0.99 x 107? litri atm

a) Se V è il volumefinale occupato dal gas, si ha

quindi

T VanR_-—.; Po + Mg/S

8.31J/K mol= 0.082 litri atm/K mol.

quindi, se 2 è lo spostamento ( > 0 se verso l’alto) della massa M:

V-W

= 2775

b) Dall’equazione di stato dei gas ideali, e misurando i volumiinlitri e le pressioni in atmosfere p

21.5

a) Dall'equazione di stato per i gas ideali

pi

Vi

=

5103

= 2. 5 x 10°

5 Pa;

Pa;

Pa =

naRTo ——wi

= 1.66 x 10° Pa,

b) Siccomeil setto divisorio non è più bloccato, all’equilibrio le pressioni sono uguali e la temperatura è sempre Ty. Quindi

pVi = nRTo,

pVa = naRTo;

VM+W=V

>

RT:

p= (ni + ma) 7 = 1.87 x 105 Pa;

7

mm mtni

V=6.67litri,

V=

cu

T-m(+ 0) = 358K.

21.2

0.5-8.31-300 —;_-

5 (ar n)

b) Occorre che V = Vo, quindi

v= FT 2 (0.082 273) litri = 22.4titr.

niRTo

n T To = _ 2) 9440m.

na mt

a) La pressione del gas è pg = Mg/S, quindi 0

_ Mg

nR$S

Mgh

= —— = 283K. nR 283

b) Se il pistone è a contatto con la base superiore del cilindro, vuol dire che la forza esercitata dal gas sul pistone è maggiore o uguale al peso del pistone (il pistone è in equilibrio grazie alla reazione esercitata dalla parete superiore delcilindro): _ nRTO s Mpg

V = 13.33 litri.

c) Alla fine abbiamo n) + no moli di gas nell’intero volume, sempre alla temperatura To, quindi la pressione è quella calcolata in b). 21.8

a) Siccome il pistone è in equilibrio sotto l’azione della forza peso e delle forze di pressione interna ed esterna, la pressione del gas è

p=po+ ma = (1.01 + 0.49) x 105 = 1.5 x 105 Pa.

=

ns 7 Ss

4

aRt, _M < i Da

Me Sgh

7

OE

,

21.6

a) Indichiamo con S la superficie di base dei cilindri. H sistema è in equilibrio se la pressione p del gas è uguale a quella esercitata dal pistone 2 (se p è maggiore sì alza il pistone 2, mentre se p è minore si abbassail pistone 1):

p = Mg/S g/

>

7i_ PVa Mal Ta FR = 4-2 R 200 K .

b) Siccome 7) > 7', primadell'apertura del rubinetto p > Mg/S, quindi dopo l’aper-

tura si alza il pistone 2. Sia ‘ l’altezza raggiunta dal pistone 2: poiché all'equilibrio

Dall’equazione di stato

p =: Mg/S e il volume occupato dal gas è V = (1+A)S, si ha

v= RT 3107 mi.

Mg(1+h)=RM

p

b) Seil pistone si abbassa di 10 cm,il volume occupato dal gas è V' = 2.6 x 1073 m5 quindi, se _M’ è la massa che occorre aggiungere al pistone, si ha 210

Ti > h= (3 - 1) =05m. Tr

Si noti tuttavia che lo stato finale è uno stato di equilibrio indifferente rispetto a spostamenti uguali e opposti dei due pistoni. 211

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 21.7

22.

IL 1° PRINCIPIO DELLA TERMODINAMICA

a) Se l’azoto si comporta come un gas ideale p

b)

nRT

10-8.31-300

== = 12.5 5 7 30 x 105 nRT

na

x 10° 10°

na

PD = v -1;; vr!

22.1

Pa= 12.3atm. Pa atm 2nRT

Ap =-—pv? =- 3 x 1072 10 —— Vv

Se nell’intervallo di temperature considerato il calore specifico può essere considerato costante, la variazione di energia interna per ciascuno dei corpi considerati è AU = CAT,dove C' è la capacità termica. Siccomeil sistema acqua + alluminio + oro è îsolato, la variazione della sua energia interna è nulla:

>

Cino(Tazo — Tr) + Car(Ta- T;) + Cau(Tau-T)=0

a=3x19-2 ET _ 0.153 mÎ/(mol)?

T=

n

= 0.15 -0.99 x 107? - 10° (litri)? atm/(mol)? = 1.5(litri)? atra/(mol)?.

>

CH30Ti,0 + CaiTai + CauTau_

Ciiz0 + Car + Cau

Le capacità termiche sono

21.8 L'equazione per V è un'equazionedi 2° grado, tuttavia dall’equazione di stato per una molesi ba RT

"= pralvi

e siccome V + V = AT/p per a +0 (cioè V x Vo), è lecito sostituire a/V?

con a/Vè:

RT “ve

Vera AVO v 3

a dè

1 4 lhTar:©*Mhll- Gal

rapa

O)

Car = 4.3 cal/K;

Cau= 1.5cal/K;

Caio = 100cal/K

__ 4-3 -353 + 1.5 - 373 + 100 - 288

= 291.8K = 18.8°C;

quindi

T

-

105.8

22.2 a) Siccomeil sistema è isolato (termicamente e meccanicamente), la variazione del-

l’energia interna totale dei due gas è nulla. I due gas sono entrambi biatomici,

>

perciò hanno lo stesso calore molare. Quindi

66 a 24? = —1.3 x 107°.

T, 15 AU=mCy(T— Ti) +no0v(-)=0 > = tree _ doo ni + ra e dall’equazione di stato

.082 - 400 =3282tm; Pr= do

21.9 a) Posto Va =loS5 la condizionedi equilibrio è _k Pass = aRTS E EV _ o) da cui, posto

a=k/S5?

e scartata la soluzione negativa,

Vo + VVE + AnRI/a

Vir = 13.331,

P= pg +a(Vo-V), l'equazionedi stato è

PV=nRT+a(V-V)V. »

«

x

P

pu =0.82atm,

Pit = Par = 2.46 atm.

v

por=1.64atm.

a) Per il sistema (isolato) costituito dai due gas: L=0,

Q=0

=>

A4U=0

_ 450RT _ 450RT. Pi°y_ywi yi

>

T=T;

4TORT Pe Vv

Pepi ® RE = 4.9 x 10° N/m? = 0.05atm. 212

(Vir=Va=V)

22.3

Isoterma

PW)= "ET Lal V).

Var = 26,661,

c) Ancora 7; = 400K (sistema isolato), da cui

isot.

L'equazione delle isoterme è

pr 2-0.08220080, = 2.19atm.

b) Anchese il pistone è libero di muoversi,il sistema (gas + pistone -+ recipiente) è isolato, quindi dal 1° principio segue come prima che 7; = 400.K. Dall’equazione di stato e dall’eguaglianza delle pressioni finali segue Vir/Var = n1/n2, quindi

V=- a .

b) Poiché

ATg,o = 3.8°C.

213

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Il 1° principio della termodinamica

b) La temperaturainiziale e quella finale sono le stesse dell'ambiente esterno, quindi anche in questo caso la variazione dell'energia interna è zero, ed inoltre il sistema è meccanicamenteisolato:

AU=0,

Q=0

>

L=0

Ca

= 19.67cal. Qi = AU,= = Cz CHAT = —_T__E, Gi 9.67 cal

L\+L2=-E:#L=0,

22.4

a) Se l’azoto si comportasse come un gas ideale la temperatura non varierebbe (esperimento di Joule dell'espansione di un gas nel vuoto). In questo caso invece (ora l'energia interna dipende dal volume}

>

A4U=0

>

1

1

ovt-R)=na (7-7) i

b) Siccomeil sistema è meccanicamenteisolato e (peripotesi) T; = Tr, 1 6.75 = = nîa 2 ( 1 --}=6.75litri EI J= 682) 6.75 litri atm = —_ ) Qq=AU=

VON

infatti Li + La è il lavoro fatto dalle forze interne, mentre L è quello fatto dalle forze esterne, e analogamente per Q che è ìl calore scambiato con l’esterno. Ma

si noti anche cheil lavoro totale (ordinato = Li + La + disordinato = Q1 + Q2) fatto dalle forze interne è nullo:

22.6

a) Il sistema non è meccanicamenteisolato, a causa del motore. Sappiamo (esercizi 17.8, 19.1) cheil lavoro fatto dal motore è il doppio dell'energia cinetica finale

= 163 cal.

E: = ih? del 2° disco. Quindi, dal 1° principio (il sistema è termicamente isolato: Q= 0), E+4U=L

22.5

a) Il 1° principio esprime(a livello microscopico) il teorema dell'energia totale (o

delle forze vive generalizzato); quindi, quando parti del sistema sono in moto macroscopico, assume la forma

AE+4U=L+Q

>

(C+ 0)4T=-E+2E,=E,

>

E AT=—_-t2. C+ Ca

Si ha

1 E. = Marta = 1066J = 255 cal;

Ci = 217 cal/K, C, = 93cal/K

AT =222K.

dove E, è l'energia cinetica e £ è solo il lavoro fatto dalle forze esterne al sistema. In questo caso il sistema è termicamente isolato (Q = 0) e le forze che tengono

fermo il 2° disco non fanno lavoro (L = 0) quindi, se Ci e C2 sono le capacità termiche dei due dischi,

= (C1+C2)AT=-AE=E.

>

__Fe AT= GI+G

Si ha

E,= 3Lg = iMir2u? = 247TI = 59cal; Ci = 215cal/K, C3 = 107.5cal/K AT =0.18K. b) Ora applichiamoil 1° principio, nella forma scritta sopra, al disco rotante:

AE:+AU=L1+0

Q,+Q.=£:#Q0=0

L1+L2+Q1+Q2=0.

1 10-15 1 1 na ) 382 c) 2.5 0.082 (#00 O) BAJA (& = AT = Tifa

TETTE emi cn

Peril discofisso si ha Lo = 0 (siccomeil disco è fermo,le forze di attrito esercitate dal disco rotante fanno lavoro nullo), quindi

Si noti che

e lo stato finale è lo stesso di prima.

Q=0,L=0,

(Soluzioni)

>

Q=7E+CAT-L

dove L; è il lavoro fatto dalle forze di attrito e, per ìl teorema delle forze vive,

L\=-E,, quindi

Ci Qu = CAT = Gio E; = 39.33 cal. 214

b) Applichiamoil 1° principio ai 1° disco: la sua energia cinetica non varia, quindiil lavoro totale (motore + attrito) fatto su di esso è nullo (Ly = 0), quindi Qi

Ci = AU1 = C\AT= —_E,=4824cal. 1 Gi+G 8.24 cal

Per il 2° disco si ha Ls = E; (teorema delle forze vive), quindi

Ca 206. cal . Qa = E.+ + AU:Al - Ly= La C34T = —__ & +GEE, = 206.76 Anche in questo caso, comenell'esercizio precedente, si noti che

L\+La=E:XL=2E;

Q+Q=E#0Q=0;

L1+L2+Q,+Q2=L (Q=0). 22.7 a) L'unica forza esterna che agisce sul sistema è la forza di gravità (M + m)g, quindi il lavoro fatto sul sistema è

L=(M+m)gh. 215

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 La presenza o meno di attrito non influenzail risultato perché le forze di attrito sono forze interne. b) Lostato finale del finido è ben determinato:seil sistema è in contatto termico con una sorgente a temperatura 7), è nota sia la pressione (p = (M + m)g9/5, dove S è l’area del pistone) che la temperatura quindi, grazie all'equazione di stata, anche

il volume.

Se il sistema è termicamente isolato, la pressione finale è nota, quindi l’equazione

Il 1° principio della termodinamica

(Soluzioni)

22.9

a) Il lavoro fatto dal pistone sul gas è (v. esercizio 7) L= (M+m)gh. Occorre calcolare h. Detta S la superficie del pistone, siccome all’inizio la pressione è

Pi = mg/S e alla fine p: = (M + m)g/S, dall’equazionedi stato si ha n= VM.

, _ NRT,,

SO

7

mes’

7

_

nRT

(m+ M)g/5

di stato e il 1° principio AU(V.T) = (M + m)gh = {M + m)g{Vi — V)/S, sono sufficienti a determinare V e T.

L=nRT(

Quindi lo stato finale è indipendente dalla presenza o meno dell’attrito; l’effetto

Se la trasformazione fra lo stato iniziale e quello finale è l’isoterma reversibile, il lavoro è

dell’attrito è quello di cambiareil modoin cui si realizza la variazione dell’energia interna del fiuido: L +Q = AUè ben determinato, ma separatamente L e Q no; infatti Q, e di conseguenza L, dipende da quanto si scaldanoil pistonee ilcilindro, e quindidalle forze di attrito, dalle capacità termiche, eccetera.

M

vi

Tr) ntrem= 9071. m

V = nRTà logi = nRTylog m M = 547.81 Luey = RT log 7} i

c) Il lavoro fatto dal pistone sul gas è (sempre) opposto al lavoro fatto dal gas sul

ed è minore del precedente: per comprimere il gas in modo reversibile occorre un minor lavoro.

In assenzadiattriti le uniche forze che agisconosul pistone sonola forza di gravità

b) Se la trasformazione avviene per stati di equilibrio, siccome il gas è in contatto

pistone (forze opposte, spostamenti uguali dei punti su cui agiscono detteforze). e quella (incoguita) esercitata dal gas; siccomeil pistone all’inizio e alla fine è fermo (AE, = 0), il lavoro fatto dalla gravità è opposto a quello fatto dal gas

quindi il lavoro fatto sul gasè L= {(M+m)gh.

d) No. Anzi, se l’attrito è assente, la trasformazione è “veloce” e quindiil fluido non passa per stati di equilibrio: per esempio,se il sistema è in contaito termico con

unasorgente, se la trasformazione del fluido fosse reversibile sarebbe un’isotermae in una compressione isotermareversibile il lavoro fatto sul fluido in generale non è (M + m)gh (nel caso di un gas ideale è nRlog Vi/Vr). Quindi l’assenza di attrito è solo una condizione necessaria per la reversibilità.

22.8

a) Inentrambii casi la pressionefinale del gas è la stessa, cioè p = (M+m)g/S, dove S è la superficie del pistone. Nel primo caso (contatto termico) la temperatura finale è To, mentre nel secondo caso la temperatura finale è maggiore perché il lavoro (positivo) fatto dalla gravità sul sistema ha fatto aumentare l’energia interna:

AU =CAT =L>0, dove C è la capacità termica del sistema (gas + pistone + cilindro). Quindi nel 2° caso il pistone si abbassa di meno {volume maggiore).

b) Nel 1° casoil pistone ritorna nella posizione iniziale (stessa temperatura, stessa pressione). Nel 2° caso, se nella compressioneil pistone è sceso di Ai e poisi alza

di h, il lavoro complessivo fatto dalla gravità nelle due trasformazioni è L=(M + m)gh, — mghz = Mgh + mg(h1— ha).

Se ho < hi > L>0 => Tr > To masiccomelapressione è quella iniziale, T; > To significa che il volume è maggiore di quelio iniziale, cioè hz > hi, assurdo. Quindi il pistone alla fine è più in alto cheall’inizio ed il gas è più caldo.

216

termico con l'ambiente,la trasformazione coincide con l’isoterma reversibilefra gli stati iniziale e finale determinati sopra, quindi il lavoro fatto dal gas sul pistone è —Lrey = —547.8J, quello fatto dalia gravità sul pistone è sempre (M + m)gh = 997J, quindi siccomeall’inizio e alla fine il pistone è fermo

—Leev + (M + m)gh + Lotte =0

>

Lar = Ly L= 44921.

c) Hlavorofatto dalla gravità è ora —mgh,lo statofinale coincide con lo stato iniziale di prima, quindi

L= -mgh= —nRTo(1 -

mm

M+m

) = nl RT) = —332.4J m+M

che in valore assoluto è minore di quello trovato nella risposta a): infatti il gas viene compresso da una grossa massa (AM + m), mentre si espande contro una

massa piccola {m): si espande “quasi” nel vuoto (nel vuoto L = 0).

d) Se la trasformazioneè reversibile, è l’isotermaalla temperatura Ty. Preso l’asse 2

verso l'alto, con l’origine sul fondo delcilindro (dove V = 0), durante la trasformazioneil risultante delle forze agenti sul pistone è

P(2) = 5(V)S — (04 m)g=SEIT (n0 4mg = PE (4 mo che è una forza conservativa il cui potenziale è

U(z) = {(M + m)gz— aRTo log >

{zo è arbitrario)

Condizione necessaria e sufficiente per l'equilibrio è che il pistone raggiunga con velocità nulla la posizione in cui la forza è nulla (minimo del potenziale}, cioè VW

nRTo

#= 57 TM4mg 217

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Il I° principio della termodinamica

(Soluzioni)

ma per la conservazione dell'energia si ha che in tale posizione di minimo del potenziale il pistone ha una energia cinetica E. > 0. n

novi T)= MV) + Gti=(0v+ 77 DI >

Vale la pena dicalcolare E:

n=( mino) na)n=( sr) (+77)= 08

E = U(z;) — U(zr) =

Vi (M + mjgh — nRTy log n= 7

nre -rog(1+4))>o

L- Ley

22.10

fatto dalla gravità sul sistema (gas + pistone + cilindro), se il pistone a) Ilsi lavoro abbassa di h, è L= (M + m)gh doveh=(V-W)/S (S è la superficie del pistone). Poiché il sistema è termicamenteisolato, A4U=L

n0v(T—

To)

> (Cv+R)t=(0v+

s

M

(

9

ME

(1?

M

2M\na

d) Se la trasformazioneè reversibile, è l’adiabatica che passa per lo stato iniziale. Preso l’asse 2 verso l’alto, con l’origine sul fondo deicilindro, durante ia trasfor mazioneil risultante delle forze agenti sul pistone è Vyr a P()=p(V)S- (M+mg=piS(F)' - (M+mg= È - (M+ mg v Pal

(a = piS 27) che è una forza conservativa il cui potenziale è

U(:)=(M+m)gz+ta

211

x-1

La posizione di equilibrio è il minimo del potenziale che viene sempre raggiunto dal pistone con velocità non nulla. 22.11

e siccome la capacità termica del sistema è solo quella del gas,

AU

i=(1 MR

m

Rispetto allo stato iniziale (quello prima della compressione}, siccome la pressione

In conclusione, in assenza di cause diirreversibilità, il moto del pistone sarebbe oscillatorio non smorzato. Anchese l'attrito è assente, il moto del pistone inevitabilmente finisce per smorzarsi; infatti il gas non passaperstati di equilibrio, per cui la forza che esso esercita sul pistone non è una forza posizionale e quindi non è conservativa: cause di irreversibilità che finiscono per smorzare il moto del pistone sono i moti turbolenti all’interno del gas, la propagazione di ondedi pressione ecc..

Ma

4

è la stessa (mg/S) ma la temperatura è aumentata,il volume è maggiore, quindi il pistone sta più in alto (v. esercizio 8).

Vm, M.

(M + m)g ev); =n0y(T;-To)= SOTIZE(M

mg

nRIVS Lo Ve TEO nRI:S mg

f

(M + m)g

MER Et Rn > n=(1+ Min Pp

T=(1+ IM)m= sor.

a) Le isotermereversibili sono iperboli equilatere come peri gas ideali,traslate verso

l’alto (asse delle p) di laT".

b) Siccome if volume viene mantenuto costante, £ = 0, quindi

_ or Q ) Cox AU\ _8U 3 3 Cv = Jim(47 vo dim, AT) = (FF) n arl + dat v. Siccomeil peso atomicodell'idrogeno è 1, e la massadi idrogeno è 10% g,

Evidentemente non è stato necessario fare ipotesi sull'esistenza o meno dell’attrito: tutto il lavoro va in ogni caso ad aumentare l'energia interna del sistema, e se è presente l’attrito si ha un temporaneo riscaldamento del contenitore che poi si porta all'equilibrio termico con il gas cedendogli calore.

La pressionefinale del gas è pr = (M +m)g/S, mentrela pressionesull’adiabatica reversibile in corrispondenza allo stesso volumefinale V è (y=Cp/Cv =5/3)

i

1034 moli.

n=

3 3 anR\}M 3.104.831 \!? 7 3,R= = (ESSI) Lg g"R=4arTV > T (fa) (Ta 35x10 K. c) AU=aT*Vi- Vi);

Va

1

5--[ PV) dV = —3al ‘(0 - M) — nPlogti; Vi fi

4

Q=A4U-L= got - Vi)+nRTog tà.

i

22.12

Indichiamo con T; e V/ temperatura e volumedel nuovo stato finale (T; e V; sono quelli di prima,e ora sono lo stato iniziale della nuova trasformazione). Il lavoro fatto dalla gravità nell’espansione ora è ZL = mg(V; — V/)/S, quindi 218

a) Poiché ì due gas effettuano trasformazioni adiabatiche reversibili, si ha (posto a=y-1=2/3):

(E) ene (i) nr vye

a

219

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

11 1° principio della termodinamica

T; = 2°Ty = 476K; © = (2/3)°To = 229K L= Cy(T1 + Ty — 2To) = Cv(2° + (2/3)° — Tv = 13111.

b)

b) Essendo T = 309K la temperaturafinale, si ha T Wyri

L’eguaglianza delle pressioni e dei volumi comporta l'eguaglianza delle tempera-

ture. Dal 1° principio (il sistema è isolato)

>

T=353K.

Siccomei due gas sono termicamenteisolati, se compiono trasformazioni reversibili

queste sono adiabatiche. Gli stati (V,, T1) e (V3,7>) stanno sulla stessa adiabatica, quella che passa per lo stato (V, 7}, e su essa finché i volumi dei due gas sono

diversi anche le pressioni sono diverse, quindi lo stato finale dovrebbe coincidere

con quello iniziale (V, To), (V,To). Ma abbiamo visto sopra che l’eguaglianza

dei volumi finali e il 1° principio comportano che lo stato di equilibrio è quello determinato in b). (Infatti l'energia interna dello stato (V,To), (V, To) è inferiore a quella dello stato (Vi,T\), (V2, 72): la differenza è uguale al lavoro fatto per spostareil pistone). Quindise i due gas compiono trasformazionireversibili lo stato finale di equilibrio nonesiste. 22.13

a) Se il gas è in contatto termico con un corpo (del quale si trascurano le variazioni

di volume) di capacità termicaC,il sistema gas + corpo compie trasformazioni adiabatiche e, per ipotesi, reversibili. L’equazione delle adiabatiche reversibili per l’intero sistema si ricava dal 1° principio

v

AU=L > (n0v+CT-T)= -/ p(V) dv” %

che differisce dall’equazione per un gas termicamente isolato solo per la sostituzione di nCy con nCy + C. Quindi l'equazione cercata si ottiene sostituendo nell’equazione delle adiabatiche reversibili di un gas ideale Cv con Cv +€/n,cioè nCp+C _ nov +C+nR n0v+C

Quindi l'equazione è

TV STW

è

Ti

nCy+C

pap.

Le trasformazioni descritte da equazioni di questa forma si chiamano “trasformazioni politropiche”: nel piano p, V si trovano fra l’adiabatica e l’isoterma del gas

passanti per lo stato iniziale (Vo, To). Infatti: C/Cv +0: Fii

cioè l’equazione delle adiabatiche per l’intero sistema diventa quella delle isoterme

(log = log.)

o ri PERI

Vv

log 2

nit

U;= 20vT = LU= Cv(T+T2) = Cv(2% + (2/3)%)T

y=Cp/Cv 3 =

T=(R)Y

(Soluzioni)

Capone

_ 100log2

2

c) Poiché 17155:

3

300 log 2

5

R- 3R = 20.5R = 41 cal/K.

si ha

T= 22/5 T= 396K. 22.14

?

a) L= pi(e- Vi) + po(K — Va} = (pi pa)(Va- Vi). Il calore viene assorbito selo nell’isobara A + e nell’isocora D+ A: Que = nC(T Ti) +nCv(T,- Tp) 5 3 ;

5

ml

A

B

p2

D

c

“v

vv

3

= glia — piMi) +3 (Mi pali) = pria pi — gal.

b) Coni datidel problema:

T=T0=2T,T=2T; A c Di $B A

n

L 2 = —=i=015. gs 13 0.15

La temperatura massima è 73 e quella minima è 7, quindi

Tp

Noarsor =1-7=0.75. Ti

c) Siccome tutte le isoterme che incontrano l’isobara A + B incontrano anchel'i-

socora B + C viceversa, il calore prelevato dalle sorgenti neil’isobara A — B: Qas = nCp(T3 — T.), viene in parte restituito alle stesse sorgenti nel raffredda mento a volume costante B + C:

Que = nCp(T — Ta) +nCv(To — Ta) = nR(Ta - Ti). Analogamente, tutto il calore prelevato dalle sorgenti nell’isocora D + A era già stato fornito dal sistema alle stesse sorgenti nell’isobara C + D. Quindiil bilancio del calore “che si paga” è

Que nR(I3-T.) > n=05. 22.15

a) Anchese le trasformazioni effettuate dal gas sono irreversibili, siccome gli attriti sono assenti, nelle isobare il lavoro fatto dal gas sul pistone è uguale e opposto

al lavoro fatto dalla gravità sul pistone (con o senza la massa M); nelle isocoreil

per il solo gas: infatti un corpo di grande capacità termica funziona da termostato;

sistema è meccanicamenteisolato, perciò il lavoro è nullo. Quindi

C/[Cv 40: D+

L= (pi -pa)(Va Vi)

e si ritrova l’equazione delle adiabatiche per il solo gas. 220

cheè il lavoro per sollevare la massa M per unaaltezza h = (Va — Vi)/S. 221

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 Anche se le trasformazioni sonoirreversibili, grazie al 1° principio Que = AU- L= nCv(T3- Ti) + pi(V- Mi) = nCp(Ta Ti Qpa = AU = nCv(T — Tp).

Quindi

5 3 Q9 = Qas +Qpa = nOp(Ta — Ta) +nlCv(T4 — Tp) = gpu -piVi- gp

b)

23.

23.1 a) Se

fra due stati A e B fosse possibile sia una trasformazione isoterma, sia una trasformazione adiabatica, entrambe reversibili, le due trasformazioni, una delle quali percorsa in senso inverso, costituirebbero un ciclo A ++ B — A monotermo e reversibile, quindi per il postulato di Lord Kelvin Z° = 0. Siccome nel piano p,V il lavoro L° è dato dall'area racchiusa dal ciclo (L” > 0 se percorso in verso orario, altrimenti £” < 0), ne segue che ciò è possibile solo se l’isoterma e l’adiabatica

n= E =? 2022. te) Nelciclo con rigenerazione, alla sorgente C=A viene ceduta nel raffreddamento isocoro la quantità di calore |Quo]l = nCv(Ts — 7a), e dalla stessa sorgente nel

riscaldamento isocoro viene prelevata la quantità di calore Qpa = nCy(Ti — To). Siccome Qpa < |Qsci, viene assorbito calore solo dalla sorgente alla temperatura Ta, quindi L

L = 0.27.

o a-) 15

IL 2° PRINCIPIO DELLA TERMODINAMICA

coincidono.

b)

Sia Li il lavoro fatto nell’isoterma e £3 quello nell’adiabatica. Consideriamo il

ciclo costituito dall’adiabatica reversibile (V,T) + (V',7°) seguita dalla trasfor

mazione isocora (non reversibile) a contatto con il termostato alla temperatura

T: (V',T!) + (V’,T) e chiuso dall’isoterma reversibile percorsa in senso inverso: {V*,T}) + (V,T); siccome è un ciclo monotermo (la sola sorgente è il termostato alla temperatura T°), LI < 0. Poichéil lavoro fatto nella trasformazione isocora è nullo,

C=I5-L CyAT= -7 > a=CvVAT=25-831-107?-31=0.65Jm?. c) La temperatura finale deve essere maggiore di quella iniziale, perché sul sistema viene fatto lavoro e quindi l'energia interna aumenta. Siccome il volumefinale è uguale a quello iniziale, aumenta la temperatura. Oppure: chiudiamo il ciclo mettendo il gas in contatto con una sorgente alla temperaturainiziale (prima dell'espansione) del gas: è un ciclo monotermo, quindi

sorgente alla temperatura 7 del gas e una a temperatura T' < 7, comprimiamo

Q < 0,cioè il gas cede calore alla sorgente.

alla temperatura 7, alla qualeil gas trasferisce sotto forma di calore il lavoro L

senza farne uso, fa capire che certe ipotesi utilizzate nel primo ragionamento, p.es. l’espressione dell'energia interna del Cìz, non sono indipendenti dal 2° principio).

il gas nel volume iniziale in modo reversibile a contatto termico con la sorgente

che la macchina ha fatto su di esso. Fin qui nulla di male: la sorgente “calda” (7) ha ceduto Q, e ha ricevuto Q = £ = Q2+0i, quindi complessivamente ha ceduto |Q.|, uguale al calore ricevuto dalla sorgente “fredda”; ora il dispositivo ipotizzato (macchina “non Clausius”) trasferisce |Q1] dalla sorgente fredda alla

sorgente calda: ciascuna delle due sorgenti ha scambiato complessivamente calore

nullo (nessun effetto collaterale), ed il gas è ritornato nello stato iniziale.

{Il fatto che siamoarrivati alla stessa conclusionesia utilizzandoil 2° principio che

23.5 a) Sia c=leal/g°C = 4.18x 1053/kg°C

AU=mcA4T=L=mgh

=>

il calore specifico dell’acqua.

AT= o =0.35°C.

b) 1° parte (Kelvin > irreversibilità).

23.4

a) Sia AT = —-3.1Kla variazionedi temperatura nell'espansione libera e AT quella nell’espansione adiabatica reversibile. Per il 1° principio si ha

o=0vAT-(7- pra) = WAT+7 > CvAr=-t CvAT'+7=-1" CvAT'-CvAT AT' irreversibile (per assurdo: reversibile > non Kelvin):

realizziamo l'espansione .V/2 -+ V in maniera adiabatica reversibile ottenendo

lavoro L° > 0, quindi, tenendo costante il volume, mettiamo il gas a contatto

con una sorgente alla temperatura uguale a quella finale nell'espansionelibera, ed

essendo questa maggiore (per quanto visto sopra) della temperatura del gas, la 224

Ragioniamo per assurdo: se la cadutalibera fosse un processo reversibile, l’acqua

calda potrebbe salire raffreddandosi, senza alcun altro effetto concomitante. Al-

lora, prima fase: l’acqua scende reversibilmente compiendo, p.es. su una turbina,

il lavoro mgh; la sua temperatura resta T, (AU =L= mgh—mgh= 0). Seconda fase: mediante una sorgentesi riscalda l’acqua alla temperatura Tr = T1 + gh/c; terza fase: l’acqua risale alla quota A e si riporta alla temperatura iniziale 7) (AU = —mgh). In definitiva è stato fatto un lavoro positivo (mgh: quello sulla turbina) prelevando calore da unasola sorgente.

2° parte (irreversibilità > Kelvin). Se esistesse una macchina ciclica monoterma (sorgente a temperatura 71) con £ = mgh > 0, L potrebbe essere utilizzato per portare l’acqua (a temperatura T+gh/c) nel serbatoio superiore (la temperaturadell’acqua non varia), poi l’acqua 225

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Il 2° principio della termodinamica

viene messa a contatto con la sorgente a temperatura T) e le restituisce tutto il calore Q = mgh assorbito dalla macchina. c) Siccomevieneutilizzata una macchina reversibile che lavora con due sorgenti, il suo rendimento è quello di Carnot:

T

p=1- 2026 Ti

L

>

h

Q= = 9 _56x105J=134x 10% kcal. n

n»

23.6

a) Il calore viene assorbito sia durante l'espansione isoterma che duranteil riscalda-

mento a volume costante:

5 Q=nRTzlog Va/Vi + gPR(Ta - Ti)

(Ta

— Ti})log V:/Vi Ti)logVa/VMi

L=nR(T.-Ti)logW/VM

__ 014

"7 Em Ti) +Talogla/vi —

>

Ti ne== = 030.

3) In questo caso il calore assorbito duranteil riscaldamento a volume costante viene interamente restituito alle stesse sorgenti durante il raffreddamento, per cui

Q=nRTalogVa/Vi

dT 1 TÎ+A4VT3 — = 274

dT 1 V—=

Qi _ Ti Wa) _ DITE

VIR=VMTI,

VIE=VWTÌ

>

Q__T o 7

risposta alla domandaa).

gente nella fase di raffreddamento, è quello scambiato con la sorgente a temperatura 7% per portareil gas dalia temperatura Ty_; alla temperatura Tz. Quindi

(Ta — Ti) logWa/Wi

n n= _—_——_—_-----t_ 3T; — T1)/N + TalogVa/W

NERI = Mouse Infatti il limite N — co corrispondeal limite in-cui il riscaldamento ed il raffreddamento a volumecostante diventano trasformazioni reversibili. 23.7

a) Sonole rette p= costante. b) Grazieall’equazione di stato, possiamo riscrivere l'equazione AU = L come

,V

Vo

T*(V') dv*

e derivando ambo i membri rispetto a V 226

Ta

e

Viton, ca

WATT)

d) Nelriscaldamento isocoroil calore assorbito, e non restituito alla medesima sor-

1

Vie

v

Qua TV n) _ Ta(V.T3 -V.T3) ma(Vy, Ti) e (Vi, 72) stanno sulla stessa adiabatica, come pure (V3,71) e (Va, 72), quindi

temperatura 7) con il termostato a temperatura 72. Analogamenteperil raffreddamento. Il ciclo è necessariamente senza rigenerazionee il rendimento è quello calcolato in

a(VT*(V)- I) = -30

e

Qa

c) Il ciclo irreversibile perché il riscaldamento avviene mettendo a contatto il gas a

>

3

VI°=UVIb

L Qi =—_ =1+7;

"a

v >

3

Qa= AU + p(T3)(V- Wi) = gota Vi

In effetti si tratta di un ciclo reversibile con due sole sorgenti.

5

>

Sulle isoterme, che sono anche isobare, abbiamo

7 Faloga/v — Newrnot *

= -nR(T,—T;)/N+nRTalogW/Vi Qq=n (Ta Ti)/: 2 log Va/Vi

1 dT 1 LE __i

> 3rav

log 7a = 167

_ (Ta Ti)logWa/Vi _

>

Vv

(Soluzioni)

227

so

Ti gqg=1-2. E

Entropia e potenziali termodinamici

24.

ENTROPIA E POTENZIALI TERMODINAMICI

d) Consideriamoil ciclo di Carnot (Vi, T1) + (Va, 72) > (Va, Ta) + (VaTi) + {V, Ti).

SulPisoterma (Va, T2) > (Va, Ta)

Q= 4U-L=o(Va-V)-L; Va

24.1

L=-|

a) Isoterma:

siccomele isoterme sono anche isocore, su un’isoterma L = —pAV, quindi

As= USE AU+PAV _= iloTRAV + gortav) = dar'av. T T Isocora:

Va

Va

Analogamentesull’isoterma (V4,T) + (Vi, T1) Vi (et = RT\log—110g Vi

V_V 2-2

_ Qt_ Qu Ti n= =14 fia:

V_V

4 AS=4daV "pr dr'= gov(î° - TÈ). To

—Qa

Qa

Ta

quindi il rendimento è uguale a quello del ciclo di Carnot di un gas ideale, in

accordo con il 2° principio.

b) Si consideri la trasformazione (Vo, To) + (Va, T) — (V\T).

4 AS= FoVar* - 18) + far*V - wo) = 4golvi® - Vo19). =

Va

,

Pav= —RTalog È + a(Va - Va): > = RTalog E.

e siccome V3 e Vi stanno sulla stessa adiabatica, come pure Vi e Va, si ha

Cv(1)) dr’;n cv=(F), _{(d4\ _ AS= [es = dovr3 >

c) AS=0

{Soluzioni}

Si ha:

e) L'energia interna del gas e del pistone (compresa la sua energia potenziale) è

Mg, OvT + OpistD + Mgh = (Cv + Opi) + TV quindi C = Chia +Cy, e a= Mg/5.

VT'= costante

24,2

a) Dalle definizioni di Cv e di Cp si ha di Cv = (FL =C; CpAT = AU -L= AU + PAV = CAT + aA4V + PAV = CAT + (P+ a)AV > Cp=C+R.

Per mantenere il sistema in equilibrio, cioè per tenere fermo il pistone, occorre esercitare sulla sua faccia superiore una forza F 2 0 = PS = pgasS — Mg, quindi Pgas = P+a dall'equazionedi stato dei gas ideali segue quella data. L'entropia del sistema gas + ni è Tvr! 21 T TV

IV. 1 — È = Clog Tri x + Rlog T = (Cv + Cpise) x log — Tvpe!1 + Cpist Gvlog is log 2 1 ——7

24.3

b) Isocora: lo stato(Vo, Po} ha temperatura To = (Po + a)Vo/R, e lo stato (Vo, P) ha temperatura T= (P+a)W/R. Si ha 7 F Coni P+ta AS = TT = 0087 = Ce 7 Tai isobara: lo stato {V, P) ha temperatura T = (P +a)V/R. Si ha

7

V

(P+)v® TV AS=AS+AS,=Clog 7—_—;:=€lo

TV®-! = costante.

228

va). Si ha

$Q

Y

c) La variazione di entropiafra lo stato (Va, Po) e lo stato (V, P), posto = Cp/C, è

quindi l'equazione delle adiabatiche è

(trasformazione Y1), ed infinesi porta nello statofinaleil sistema2 (trasformazione 3Q1

ASa=fL-f = +

AS = fia Cplogz = Cplogg-

(Pa +a)VT

Una trasformazione reversibile y che porta l’intero sistema nello stato finale può essere effettuata indipendentemente e successivamente sui due sistemi, per cui ad ogni istante il sistema scambia calore con una sola sorgente: i due sistemi vengono isolati termicamente l’uno dall'altro, poi si porta il sistema 1 nello stato finale

È TW

Tr

n

cr

$Qa

=AS+AS

mn FT

in quanto $Q; (522) è il calore scambiato fra le sorgenti ed il sistema1 (2). 24.4

a) Siccome la molla fa parte del sistema, anche la sua energia potenziale fa parte dell’energia interna, quindi

U(V,T) = (C+n0v)T+1k(13) = (C+ncvir+ gev? . 2

229

LE. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Entropia e potenziali termodinamici

b) Dall’equazionedi stato

v

4 + _ 1 v2 2 L=-|__ PW) - FA nRT i _ aV')dV' 1_ = _ -nRT log Vv 730).

c} Calcoliamo la variazione di entropia per una trasformazione isoterma (Vo, To) >

(V, To)

Q_

= Ca AS= F

AU-L v ET 2 nRlog aRlog—Ti Vi

costante è C+ nCy):

(la capacità termica a volume

CERO gr =(C+n0v)log

quindi per la trasformazione (Vo, Ta) + (VT) = (MD MI) (MT):

pr! AS=nRlog 7 +(C+nCyv)log 3 (C + nCy) log TV! D v T

(r-1=

nR C+nCy )i

AS=0

>

3 pt ,_ faR7 20+nR

a

La variazione di entropia è certamente positiva perché la trasformazione è adiabatica ma non reversibile: se la trasformazionefosse reversibile il pistone sarebbe

soggetto a forze conservative (molla + gas) e non si porterebbe maiall’equilibrio.

24.5

a) Dall’equazione di stato

v

c) Tanto sulle isotermeche sulle isocore la variazione di entropia del Cl) coincide con quella di un gas ideale, e quindi anche per una generica trasformazione (Vo; To) >

(VT):

Si noti che non abbiamoscritto y = Cp/Cv in quanto in questo caso Cp # Cv +.

TVR/Cv = costante mentre in terminidelle variabili p, V è diversa perché è diversa l'equazione di stato.

a) Sia Cv la capacità termica a volumecostante dell’oggetto.

TV! = costante.

d) Siccomeil sistema è anche meccanicamente isolato, l'energia interna non varia. Inoltre, all’equilibrio P = 0. Quindi, posto C=C +nCy,

aRT-eV?=0

T

— . = nCv log EF

24.6

Comedeve essere, la molla contribuisce all’entropia e all’equazione delle adiabatiche solo come un pezzo di metallo che ha una certa capacità termica.

{Gr + ta} = DI + for

T'

d) L’equazione delle adiabatiche in terminidelle variabili V,T è uguale a quella di un gas ideale:

TC +NOV To

TrnCv dl ' n

AS=nCv log 7: + nRlog 7" =nCvlog ——;

Per la trasformazione isocora (V, To) + (V,T)

AS=

AS=

(Soluzioni)

AS=Cvlog

Ta Co(I2_T) Ti

Ta

dove il 2° termine è la variazione di entropia della sorgente. b) Siccome îl sistema è termicamente isolato, deve essere AS > 0 Ty>T; che se T7< Ti; infatti, posto AT=7T2-7,

(L= 0), sia se

A&T AT AS= Cv (log (1+ T)- Far) = Cv(1og(1+2)- o)

AT G=%)

Posto f(x) = log(1+ 2) — 2/(1+ x), è facile vedere che f(z) > 0 sia per x > 0 che per x < 0: infatti (p.es.)

f0)=0;

{(2)= Tu (1+

quindi siccome f'(x) 2 0 per 2 20, 2=0 è un punto di minimo.

v

RT L=-] fe p(vY)av=(Evi ) dv’ KE

n'a ov = =

v 1 1 nRTlog— nîa(-> nR 108 7 - n'a(7 )

e dal 1° principio

= AU-L=-nte(2-1\-r= V. Q=AU-L= nîa( 7) L=nfTlogz b) Isoterma (Vo, T}) + (VT):

24.7

a) Il lavoro fatto dal pistone 1 è Li = piVi e quello fatto dal pistone 2 è La = -paVa, quindi

L=piM- pl. b) Siccomeil sistema è termicamente isolato

AU=L

=-Q_ v AS=p=nRlog;:

=>

Va=piVifpa;

Isocora (Vo, 79) + (Vo, T): dall’espressione dell'energia interna si ha che C'y è il calore molare a volume costante, quindi

230

nCOyvAT=pV-p.V:=-nRAT > AT-=0

L=0.

c) Siccomela temperaturafinale è uguale a quella iniziale, AS = RlogV;/Vi = Rlogp1/p2 > 0. 231

>

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Entropia e potenziali termodinamici

La trasformazione è adiabatica {Q = 0), e poiché AS > 0, è irreversibile, anche se realizzata lentamente (perché pi — p2 # 0).

d)

Temperatura, pressione (e quindi volume) finali come prima, quindi anche AS. AU=0, L=pVi-ph=09

>

Q=0

>

L=0

a) Siccomeil sistema è isolato

AU=0

>

T+T=T+ Tp.

AS=ASI+A8&,= Cvlog

24.8 La trasformazione è isobara irreversibile. Deve essere AS > I:

Po C(T) 1” AD > l'ame f T Tala

To t_1 + fmo? cmfi-1\ar>0 (7 x)

per ogni Ti, T:, segue che deve essere Cp > 0

VT.

Siccomele isoterme nel piano p, V hanno pendenza negativa, e l’isoterma è seguita prima da una isobara, e poi da un’isocora, nei due casì Va > Vi e Va < Vi si hannoi cicli rappresentati in figura (dove, per semplicità, le isoterme

sono rappresentate da segmenti): in entrambii casi ilcillo

|

a Vv

TDeT+x h=Tf-s So_mm=T 3? T\T è massimo per 2 = 0, cioè T7=T2=T.

Vila Vi(V- vi) AS=Cylog at TT + Rlog TI è Cvlog Ta = 4 Riog VOM V 96 ToTo:

È VoVoa

VE Torio

E°

VaVoa

——___

Sia p7=p(V2,T1):

e=0, M=V

Va

r -/ P(V) dl + pa(Vi — Va) = P(V2— Vi) + pali — VA)

di 7 e di una di Vi, il massimo di A $ si ha quandociscuna di queste due funzioni è massima: =

1

> Kam=T, n=V=gv.

c) La variazione di entropia è

Vi

TT

Vi + Rlog--

dove, per il teorema della media, p = p(V) (V compreso fra Vi e Vo}. Quindi

AS=Cvlo

L= (p-pa)(M- Vi) >0

e le condizioni ora sono

(> > p>pai

(1 Foti)

che è una funzionedi duevariabili (x e Vi}: siccome è la sommadi una funzione

viene percorso in senso orario, e quindi il lavoro fatto dal fiuido {l’area con segno

racchiusa dal ciclo) è positivo. Formalmenteil risultato si può ottenere nel modo seguente.

TorTo2

b) Vale sempre la condizione 7} + T = costante. La variazione entropia ora è

“v_

i

TT

che è massima quando è massimo 7,7) con la condizione 7) + T) = costante: posto

Siccome (1/7 — 1/7) ha lo stesso segno di T)— Ti e la diseguaglianza deve valere

b)

24.9

La variazione di entropia è (i volumirestano costanti)

la trasformazione quindiè irreversibile.

a)

(Soluzioni)

VW P< ma).

VOE Torto

€ VaVo

Detto Q; il calore scambiato nella trasformazione isoterma, per il 2° principio

T,+T2=costante;

Qi +0plog= Ti Ti AS=0 $=0 > = Ti log+ Cvlog—=0 vlogg,

Comesoprasi trova 7 = T7 = 7),e siccome ViVa è massimosulla frontiera, dove Vi=V, W=V, ogni gas diffonde in tutto il volume.

(“Pentropia definita dall'integrale di Clausius è una funzione di stato”) si ha >»

T._ (C,-Cv)log—= ">. (Cp v}log7 n

d) Lo stato finale nel caso a) non è di equilibrio se il pistone viene sbloccato, e lo

Detto L; il lavoro fatto sul fluida nell’isoterma, dal 1° principio: AU=0 > Qu+ L1+(C(T2-T)-p2:(M-V))+Cv(11-T2)=0

>

Qi = (Cp — Cv Ta) - L1+po(Vi — Wa) che inserita nella equazione ottenuta dal 2° principio dà

Ti (C- Cv)(1gp - T-Ta\_-l4+p(VM-W) 7 )= DI Il numeratore a 2° membroè il lavoro fatto dal fluido nel ciclo, e siccome abbiamo visto che è sempre positivo, come pure la funzione logaritmica a 1° membro (v.

esercizio 6), ne segue C, > Cy. L'ipotesi che C, e Cy siano costanti non è essenziale: basta prendere T) ® Th.

232

Vi Tm.

b) L° è massimo quando T; è minimo. Ovviamente non è possibile fare in modo che la temperatura finale sia arbitrariamente bassa: il 2° principio implica che, siccome la trasformazione è adiabatica, AS > 0,cioè

233

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 Cv log Tg! pu >I

Entropia e potenziali termodinamici

gl ano 1 Ga a i Vi

>

24.12

quindi la temperatura finale è minima quandosi trova sull’adiabatica reversibile

che passa per lo stato iniziale. Tutta la trasformazione deve svolgersi sull’adiabatica reversibile: infatti la trasformazione deve avvenire per stati di equilibrio

(altrimenti sarebbeirreversibile e quindi A 5 > 0), e lungotutta la trasformazione AS=0, perché in nessuna fase della trasformazione l’entropia può diminuire.

24.11

»

a) Il sistema sorgente fredda (1) + sorgente calda (2) + macchina è termicamente

isolato, quindi per l’intero processo AS > 0. Lo stato finale della macchina coincide con quello iniziale, quindi la sua variazione di entropia è nulla; dette Q1 e Q3 le quantità di calore cedute alla macchina dalle sorgenti e C2 la capacità termica dell’acqua, si ha

_

Ti

@.

A&=Clogp

Ti

Q+Q=5,

a) Dal 1° principio, se TY e Ty sono le temperature (incognite) finali, MU=-ID

(Soluzioni)

Q=C(T-T)

Ti

C(T{+T;)=C(T,+T2)-[.

I

AS= Ci Caloggo + 087, - nt

>

TT

Q=I-C(7-T)

>

Tm;

La variazione di entropia è

AS>O

AS=A5S+45,=Clog TT;

TyTa

che è massima quando è massimo 7/7; con la condizione T/ + Ty = costante: segue(v. esercizio 9)

mi=T;=3(n+t LD) b) L= C(11+T3- 21). Tax = 3 +72)

142

T>VTT

>

Ton=yhT

che si realizza mediante una trasformazione adiabatica reversibile (AS = 0 =

I.) per l’intero sistema; i singoli corpi compiono trasformazioni reversibili, ma non adiabatiche: aumenta l'entropia del corpo freddo, diminuisce quella del corpo caldo. d) Il lavoro è massimo quando Tf è minima:

E = (1473-20) > Liax = 20(Tos— Trio) = C(VI:- VI). e) Il calore che Ja macchina ha scambiato con il corpo “caldo” è = C(T2— Tin); QD Tri

Lc_ (EG-yvn) 7 T, =T—=4>r=oet=:=1-,447 14%: Ti

Nous = 25%

>

24.13

Per trovare Tin, siccomeil sistema è termicamenteisolato si ha T, 2

>

Mmax = Linax/Q2=1-

To V yaR/(nCv+C2) LA Da » 10 10-* = 14+107* - 4 log, 10=1+23x =1423x 1074. 7 _(Y (3)

chesi realizza quando L= 0, cioè con il contatta diretto fra i due corpi.

Clog i 20

1

= 3 x 105 - (95 — 278 - 0.29) = 3.98 x 10% cal = 1.67 x 107 3.

quynB/(n0v4+02) _ T ypR/nC+02)

1

>

1 < 0/1 =D) Tilog È] =

b) Nelcasodi lavoro massimoil sistema ha compiuto trasformazionireversibili, quindi il gas a contatto con l’acqua compie una trasformazione politropica di equazione (v. esercizi 22.13 e 24.2. 24.4)

c) Dalla condizione L° > 0 e dalla risposta alla domanda b) si ha

48520

>»

a) Siccomeil sistema è in contatto termico con l’ambiente esternoe alla fine le pressionì dei due gas sono uguali,

A4U=0

>

T=Ta,

>

Ve=Va= 7

ed inoltre

AU=0 > L=0Q. Se

r= [2-2 T To

è l'integrale di Clausius lungo la trasformazione effettuata dal gas, L= Q=BIL — Ti) è stata trasferita dalla sorgente calda alla sorgente fredda: infatti il lavoro totale fatto dal gas è nullo.

24.15 a) A parte i termini dipendenti solo dalla temperatura, che sono costanti, l'energia libera di Helmholtz del sistema costituito dai due gas è data da (Vi e Va sono rispettivamente i volumi del Cl, e dell’He):

a

F=--- RIblog

Vi

Va

a

VAZI

— — RIblog 7 = — — — RTQi Vote Ea vw

che dobbiamo minimizzare con la condizione a =V-V:

dF

a

V-2%

In questo caso il lavoro massimosi ottiene quando il sistema compie una trasformazione adiabatica reversibile; i due gas compiono trasformazioni reversibili, ma

0=7=45-RITA-

diverse, ma alla fine hanno la stessa entropia.

a >=

non adiabatiche in quanto si scambiano calore: infatti all'inizio hanno entropie

24.14 ' i

Qi = nCv(T; — Ta) + nRTlog VWo/Vi

per cui

(in questo caso AU = 0).

>

(Soluzioni)

dvi

Vv?

VW

RI VV

Vila

“vv n) >

RI a Rn Do i_ 0

VO

N

che è l'equazione che si ottiene dalle equazioni di stato dei due gas imponendol’e-

a) Per una macchina che funziona con due sorgenti il “lavoro perduto” è dato da

TIA $, dove AS è la variazione di entropia delle sorgenti (la macchina termica compie un ciclo, quindi la variazione di entropia del fluido è nulla): infatti

Lian E = emma2 (+22) = (1- Di)- 140) = n rit =T,AS, Si ha(il calore viene scambiato anche nelle fasi di riscadamentoe di raffreddamento a volumecostante)

Qa=nCv(T, — T)) +nRTzlogVa/Vi;

Qi: =nCv(T - T3) + nRT log Wi/Va;

AS= -n0y(T3- (x _ x) 2

è) Dall'equazione a V-2V 2 RI

wo

e posto

in quanto —(Q:/T1 + Q2/T2) la variazione di entropia dellesorgenti.

-_

guaglianza delle pressioni finali. (Evidentemente,l'equazionedi stato, l’espressione dell’energia interna e dell'entropia non sono indipendenti).

(150)?

= (Ta TY) _ 3 p(150° _ 6233. DAS=NVTT 2° 450 236

VU

Mv v) 1

x = — vo -. 3 si ha a

a

a = Riv =2. 6 x 10 n? 2a

— 14 =-——_ iz

>

-_ = 40° VII -2(a-l)r+a=0.

Questa equazione ha due soluzioni:

1 1 ma=g(o-18 1-60 +0?) fa-1%(1-30)] > 237

xi:=-1

2

s3-3ta

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Entropia e potenziali termodinamici RT _ 1 8.31-373

delle quali è accettabile solo la prima, in quanto comporta Vi, Va + V/2 pera +

V,=n

preso per il Clo. In definitiva

quindi nella transizione liquido + vapore possiamo trascurareil volumedelliquido. Allora

VW,= (1326 x 1072).

L= -pumV = —nRT = -17221.

0, mentre l’altra non è fisicamente accettabile in quanto comporta Vi /V x 0, quindiè al di fuori delle condizionidi valididità dell'equazionedi stato che abbiamo

c) La condizione (Vi, + Va = V) è la stessa di prima, quindi anche i volumi finali sono quelli di prima. Il lavoro massimo è dato da

Se il cloro viena considerato un gas ideale, cioè se a = 0, 2

-AF= RTylog=

uv >

dI Vo2

4

= RTlog 3 = 7171

2257 373

J/K=6.05/K.

c) Nelle condizioni di temperatura e pressione specificate liquido e vapore sono in equilibrio, quindi AG=0:

TASZ=AH=AU+pAV

>

AUSTAS- Pun,

quindi per 1g di H70 quindi nella transizione liquido + vapore il lavoro delle forze di pressione non è trascurabile.

a) Il volume di 1kg di ghiaccio è

In 1g di H;0 ci sono N = Ny/18 2 6 x 1023/18 = 3.3 x 102° molecole, quindiil

V.= FEn* = 1.09 x 1075 m5

lavoro che occorre fare per separare una molecola dal liquido è

e quello di 1kg di acqua è V: = 10-*m?.

Quindi

L=

3

5

0.5- 3 — T;)= 0.3. ali — T:),

8.31 - 300 = 2.5 x 105 N/m?; “Ex 10-3

Tr=300K;

p,, = 1.5 x 105 N/m?.

b) La variazione di entropia è la sommadelle variazioni di entropia dei due gas (v.

esercizio 24.3):

3 Ti = 0.5-ÎRlog = +03. AS&=0.5 3Plog7 +03 c

T_3 9 5 Rlog087 — = Rlog_=0.73J/K. jP108; /

2

Siccomei due gas vengono considerati “gas ideali”, e quindi costituiti da molecole non interagenti, la pressione esercitata da ciascun gas è indipendente dalla presenza dell’altro gas, quindi - dato che la temperatura non cambia in quanto non cambia

Venergia interna totale — è la metà di quella calcolata sopra:

Pa = 1.25 x 10° N/m®;

pr, = 0.75 x 10° N/m?.

d) La variazione totale di entropia è la sommadelle variazioni di entropia; le trasformazioni sono isoterme e il volume occupato da ciascuno dei due gas raddoppia:

AS=nRlog ii

>

AS=0.5Rlog2, ASy,=0.3Rlog2 >

L= poVo = 1.01 x 1033. Il lavoro massimo si ottiene lungo l’isoterma reversibile: L= -(AU-0Q)

Lia, = nRTAlog2 = 2poVolog2=14x 1031. b) Il pistoneall’inizio e alla fine è fermo. Dal teorema delle forze vive applicato al pistone: Los + Laterito — PoV0=0;

>

[Laterito| = nRT: log 2 — poVo = 0.39 x 1031. c) Se ignoriamotutte le cause diirreversibilità, il gas compie una trasformazioneisoterma reversibile, quindi la forza che agisce sul pistone è data da (S è la superficie

del pistone)

aRT:

FW) = (Pres(V) — po)5 = ( 7” — po)S. Siccome Vinax è il volume occupato dal gas quandoil pistone inverte il suo moto, ancora dal teoremadelle forze vive applicato al pistone si ha:

nRTolog Vmax/Vo — Pa(Vmax — Vo) = 0; se

Vnax/Vo =3.5

=>

210g Vinax/Vo = Vmax/Vo — L;

il 1° membro vale 2.5055 mentreil 2° vale 2.5.

AS=0.8Rlog2=461J/K. 1° parte (Lord Kelvin > irreversibilità).

Ragioniamo per assurdo: grazie ai pistoni semipermeabili possiamo realizzare l’espansione dei due gas in maniera isotermae reversibile ottenendo un lavoro L > 0; se il processo di diffusione spontanea fosse reversibile, esisterebbe un dispositivo

ciclico in grado di riportare i due gas nello stato iniziale (senza altri effetti), e avremmorealizzato un ciclo monotermo con L° > 0.

2* parte (irreversibilità > Lord Kelvin).

Ragioniamo per assurdo: se esistesse una macchina ciclica monoterma (con ìa sorgente alla temperatura T' dei gas) con L° > 0, L° potrebbe essereutilizzato per

riportare i due gas (a contatto con il termostato a temperatura 7°) - per mezzo dei

pistoni semipermeabili — allo stato iniziale, restituendo alla sorgente tutto il calore

ame enemn

assorbito dalla macchina (AU =0 > Q=L): avremmoinvertito il processo di diffusione senza “effetti colaterali”.

a) Dette ny ed n; rispettivamente il numero di moli di aria e di He, si ha

no = moi = 405moli; n= noi = 20.3 moli. b) La trasformazione è isoterma quindi, se 7 è l’energia libera di Helmholtz,

Lrax = AFE=TAS Vo

AS=AS+AS; = nofllog 0 + mRlog i? = miRlog Tr

I

1

(il termine trascurato contribuisce per menodell’ 1%)

Ltoax = 1 RT log do = 3.14 x 105]. 1

Siccome abbiamotrascurato l’aumento di volumedell'aria (Vy—-Vi + Wo), il lavoro è quello dovutoall'espansione isoterma reversibile dell'He.

L’energia proviene dall'ambiente esterno sotto forma di calore: infatti l'energia

interna del gas nella stanza non cambia, e L= 0.

240

2AI1 St

2

(se i due gas fossero ugualiil risultato sarebbe paradossale [paradosso di Gibbs]}.

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Problemi di Termodinamica

c) Orail sistema è termicamenteisolato ed il massimo lavoro ottenibile è minore del

(Soluzioni)

AHno = Alpo.

precedente: infatti, sempre trascurando l’aumento di volumedell’aria, il lavoro è quello dovuto all’espansione reversibile dell’He, in contatto termico con l’aria. In

Quindi, se L è il lavoro calcolato sopra, siccomeil sistema acqua + ghiaccio + gas è termicamente isolato, e l'energia interna del gas non varia,

queste condizioni la trasformazione effettuata dall’He è una politropica (v. esercizi

L= AUga5+ AU = AUR:0;

22.13, 24.12) e, come per le adiabatiche reversibili, il lavoro in una espansione politropica è minore di quello in una isoterma.

quindi la quantità di ghiaccio fuso è:

Questa volta il lavoro è fatto a spese dell’energia interna del gas nella stanza.

443

718.8087 1.32 g.

d) Si ha

L= -AU=-C(Ir-T), AS>O T

(0=00+0=InoR+ im);

Va

Vo

Tr

c) Siccomelafase solida (ghiaccio) e la fase liquida (acqua) sono in equilibrio,

A Sio = FEO = 1.62I/°C;

V

AS=Clog= qtrolRbezzg Vi +mRlog pe = Clogg +mRlogy %

va = nRlog-> nEtlog Va{È = nRlognRlogPi= = —-1.37J/°C /

ASgas

quindi Tr

mk

Vo.

A Stat > 0 conferma che la trasformazione è irreversibile.

Loti log ep 2-78 Vi > Di mer(p)

mu RIC

>

2

Vv DF

Q=L;

il calore Q scambiato con l’ambiente è la somma di Q:, fornitogli dalla digestione dello zucchero, e di quello Q1 necessario per l’evaparzione dell’acqua:

Qi = —2000 - 540 = 1.08 x 10° cal quindi

Q2= LI- Qi; = 1.33 x 10° cal

Pi

La trasformazione effettuata dal gas è irreversibile (compressione isoterma e iso-

bara).

b) Il calore latente di fusione Ay del ghiaccio è la variazione A # di entalpia nella fusione di un grammo di ghiaccio: siccome la variazione di volume nella transizione solido + liquido è molto piccola, possiamo trascurare il lavoro delle forze di

che gli viene fornito da 332 g di zucchero.

b) n= 17/Q3= 18%. c) Si ha:

n=0.18

7T>T./(1-n)=378K.

pressione (v. esercizio 24.16), e quindi

242

243

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Problemi di Termodinamica

6.

a) »)

Sex > h (cioè W< Vo), Lio > 0, quindi AZ >0, e T; > To, assurdo perché peVe = PoVi < poVo. Quindi VW > Vo. È facile dimostrare che

Siccomeperil vapore vale l’equazione dei gas ideali, An=

pAV _ 0.35.10

RT 0.082-346

(Soluzioni)

5

2Mp

= (7+737)

= 0.123 moli.

2° modo:

Durante l'espansione la pressione rimane costante, quindi

Si consideri ancora la trasformazione dallo stato iniziale py, Vo allo stato finale po: Ve. Poiché AS > 0, lo stato finale si deve trovare al disopra dell'adiabatica reversibile che passa per po, Vo, e sulla retta p = po, quindi W> W.

L= -pAV =-354J; Q= AnA= 1.23 x 105 cal = 51413;

d)

Au=@4+L=AP9I pay = 4787). Siccomela trasformazione è reversibile,

5141 1497/K. = Q_ € 24 AS=F= gag 149/

Sia T' la temperatura del gas quando occupa l’intero volume. Il lavoro è massimo quando si ha la massima diminuzione dell’energia interna, quindi quando la temperatura finale è la minima temperatura compatibile con il 2° principio che, essendoil sistema termicamente isolato, richiede AS > 0. Ma

AS20 > T'> T(V/vyo!

Il numero di moli evaporate è lo stesso di prima, perché la variazione di volume del vapore è la stessa. Il lavoro fatto sul sistema è nullo e, siccomelo stato finale

quindi il lavoro è massimo se la trasformazione è l’adiabatica reversibile. Detta 2 l'altezza a partire dalla metà delcilindro e M(z) la massa all’altezza 2, si ha:

quindi:

ra n > puWo=pl

è lo stesso di prima, anche la variazione dell'energia interna è la stessa di prima,

Q=AU=4787].

M(z)g Ss

Mg Ss

A_N

=D ma)

= > M(2)=M

h_\7 FE: .

Anche la variazione di entropia è quella calcolata sopra e, come deve essere, è

maggiore di Q/T.

a

U= n(OxyT + CwTi);

La pressione del gas è _ Mg _nRTo nRT

Ss

b)

Vo

4

mM RED

hS

gh

=

Meg

2hS TS dal 1° principio:

>

= 240kg.

e)

>

CayT + CD T= Tr Cav Cw

T=40K > Cip=Cv=3R quindi il gas incognito è monoatomico. Cambia la pressione esercitata dal pistone sul gas, quindi cambiano sia il volume iniziale che quello finale, ma la temperatura finale ed il lavoro fatto sul gas non dipendono dalla pressione, quindi non cambiano.

aRo

AU=0v(Tt-T)=L=-Megh > T=t- Mpgh 122 Mpgh,, 22

5

Me £< — 73 M = 100Kg.

o)

Sia To la temperatura finale dei due gas, LZ}, il lavoro fatto dalla macchina e

Ls =pAV=nR(I-T.) quello fatto dal pistone contro la pressione esterna. Dal 1° principio(il sistema è

termicamenteisolato)

1° modo: Raggiunto l'equilibrio, sia x la distanza del pistone dalla base superiore delcilindro. Si ha: pr=po e,nella trasformazione consistente prima nella salita del pistone {con massa Mp) e poi nella sua discesa (con massa M), Lwt = —Mpgh+ Mgr.

244

AUSIS+L,=0

>

Ly, =(CovT:+ CT) -n(Cav + Cip)To

e poiché Cip = Cay = SR 245

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1

Problemi di Termodinamica

._ 5 L= gr +T2- 210)

La trasformazione non è reversibile: difatti il lavoro fatto sul gas è maggiore di quello precedente (= A 7) e si è utilizzata sempre una sola sorgente a temperatura To; oppure: prima la variazione di entropia coincideva con l’integrale di Clausius,

quindi L;, è massimo quando T) è minimo.

To Ty 5 To T AS=n01plog 3 nCavlog 2 = SnR(log 2 +log-°)>0 Ss nCiplog gr+ vlo87 3” (log+1087) 20 >

Lu

oral'integrale di Clausius (che è < 0) è minore del precedente, perché è diminuito

=

>

(cioè aumentato in valore assoluto) il calore Q = —L scambiato con esterno, quindi ora AS> IL. La causa dell’irreversibilità si ha nella seconda fase della trasformazione, vTt

(Soluzioni)

Posto

po(V+V)=pl > vati v= o

il numero di moli dî aria non compressa che stanno nel volume V/N, si ha

"=

PVa

=

N 7"0N% Va+

»

RTy

N

Vo

N{N +1)

An = (Nn0+ Am) RTolog (14 mn)

Va è

L= nRTolog V+m = pVrlog P = pVolog10 = 5.8 x 10° 1.

per

po PVo,__Po AS=nRlog:®= = log

La ((n- no) +

Po

PT

Sp

= -191J/K.

Nella 1° fase l'aria viene compressa dal volume V +V/2 al volume V; e il numero di moli è

_ po(Vo+V/2) _ po(V+Vo)

Tr

Vo+V/IN

224 (no + NAn)RTy log PELA _

Il lavoro che occorre fare nella compressione isoterma dal volume V+% al volume

m=

VIN

L= (no + An) RTy log Vin + (no + 2An}RTlog MIN, a Vo VIN

n= = 10 moli.

apre e

V

An=

Il numero di moli è

7

ar

taranto

2no

Jen

niZaia - DO, RT = 12.5 x 1041.

P°

principio

sempre dal volume Vo + V/2 al volume Wp:

V+V/2 ni ntno SE =

(&

na

Zia)

L= Ly +13= STO pilog RT 67 x 10*1. 2 29 La variazione di entropia è quella calcolata prima: difatti lo stato iniziale e quello

finale sonogli stessi di prima.

246

isoterma ndinbatica

v

Cy(Ti - To) = —pi(Vi — Vo)

Nella 2* fase si compie lavoro per comprimere (n + no)/2+poV/2RT = n moli

quindi

{n - no)?

volume Vi nello stato finale (p1,71) è maggiore del volume V nello stata (p1, 7), perciò T, > T. Inoltre V è maggiore del volume Vy nello stato iniziale, allora dal 1°

_ntno VW+V/2 Li= 3 RTlog Vi .

ano

An-0, quindi log (1+An/nq)® An/ny, per cui

Il sistema compie una trasformazione adiabatica non reversibile, quindi nel piano p,V lo stato finale deve trovarsi sulla retta p = pi, nella regione AS > 0 quindiil

polo _1

di 1 atmosfera, quindi n; = 5.5 moli, e

Vo + V/2 Lo =nRTglog-—-;

N+00

10.

dove ng = poVo/RTo = lè il numero di moli di aria nel volume Vo alla pressione

d

n- n

All’inîzio l’aria occupa il volume V + Vo alla pressione po, alla fine il volume VW alla pressione p quindi, siccome la compressione è isoterma,

ed essendo Vi > Vy segue Ti < 7a. Quindi T < Ti < Ty: lo stato finale si trova fra l’adiabatica e l’isoterma passanti per lo stato iniziale.

b)

Da

Cv(T-To)}=-pi(Vi-W),

mU= RT,

poVo= RT,

si ha =TT,=T

Po — Pi

G,

1poho R 4 =To--= V=To 26, = (1 _ — 30) = TpgTo = 240K; 0K; 247

1

Pi = gPo

L.E. Picasso: Esercitazioni di Fisica Generale 1 inoltre:

Problemi di Termodinamica 12.

— u-n/ T-D(A) OT 972/51) = 227K.

a) Lapressione del gas all'inizio e alla fine della trasformazione è p= Mg/S. Il lavoro fatto dalla gravità sul sistema gas + cilindro + pistone è

1

c) Dal 1° principio e dal 2° (Q < DAS):

L= AU-Q>4U-TAS

= —p(Va — Vi) = pa — pVi = —R(T — T1) = — 16623;

L= agi? E Vi

>

min = Cv(To — Ti) — CpTa log

T (Me

e la massasi alza di

Ti

h= ——_. = 8

Vivi

\pi

=- RI( 3 _3iogfP9-245]\ SUILE ] 2= 0.44 RT, = 10853

_R-D)_ p

17m. mn