Esercizi risolti di fisica
Massimiliano Virdis
2
Indice
1
2
Introduzione
1.1 Premessa . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Licenza e Copyright . . . . . . . . . . . . .
1.3 Indicazione per la risoluzione degli esercizi
1.4 Notazioni e precisione nei calcoli . . . . .
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Unità di misura e conversione tra grandezze
2.1 Trasformazione di unità di misura,
eliminando i multipli e i soomultipli. . . . .
2.2 Trasformazione di unità di misura,
usando la notazione scientifica. . . . . . . . .
2.3 Ordinamento di misure. . . . . . . . . . . . .
2.4 Misura di superfici. . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Conversione tra unità di misura di superfici.
2.6 Densità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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13
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4
Statica dei corpi puntiformi
4.1 Corpo puntiforme su un piano orizzontale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Corpo puntiforme su un piano inclinato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Corpo appeso ad un filo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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5
Statica dei corpi rigidi
5.1 Momento di una forza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Corpo rigido in equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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6
Statica dei fluidi
6.1 Pressione di una forza su una superficie
6.2 Pressione idrostatica . . . . . . . . . . .
6.3 Tubo a U . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Spinta di Archimede . . . . . . . . . . .
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Cinematica
7.1 Moto reilineo uniforme in una dimensione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Diagramma orario di un moto reilineo uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3 Moto reilineo uniforme in una dimensione e legge oraria. . . . . . . . . . . . . . . . .
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3
7
Grandezze vettoriali
3.1 Somma di due veori . . . . . .
3.2 Somma di tre veori . . . . . . .
3.3 Differenza tra veori . . . . . .
3.4 Componenti di una forza . . . .
3.5 Dinamometro e legge di Hooke
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4
INDICE
7.4
7.5
7.6
8
Moto uniformemente accelerato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Moto parabolico di un proieile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Moto circolare uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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antità di moto e centro di massa
9.1 antità di moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2 Urti in una dimensione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3 Centro di massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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10 Dinamica rotazionale
10.1 Forza centrifuga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2 Forza centripeta e forza peso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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59
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11 Lavoro e energia
11.1 Lavoro . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2 Potenza . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.3 Energia cinetica . . . . . . . . . . . .
11.4 Conservazione dell’energia meccanica
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12 Fluidodinamica
12.1 Portata ed equazione di continuità . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.2 Legge di Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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13 Onde ed oscillazioni
13.1 Relazione fondamentale per le onde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.2 Onde stazionarie in una corda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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73
73
14 Termologia
14.1 Legge fondamentale della calorimetria
14.2 Passaggi di stato . . . . . . . . . . . . .
14.3 Conduzione del calore . . . . . . . . . .
14.4 Dilatazione termica . . . . . . . . . . .
14.5 Gas perfei e legge dei gas perfei . . .
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15 Termodinamica
15.1 Primo principio della termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.2 Trasformazioni termodinamiche e gas perfei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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16 Ottica geometrica
16.1 Indice di rifrazione di un mezzo
16.2 Specchio piano . . . . . . . . . .
16.3 Specchio sferico . . . . . . . . .
16.4 Lente soile . . . . . . . . . . .
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89
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9
Dinamica
8.1 Corpo in caduta libera . . . . . . . . . . . .
8.2 Corpo su un piano, sooposto ad una forza
8.3 Corpo puntiforme su un piano inclinato . .
8.4 Ruota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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INDICE
5
17 Elettrostatica
17.1 Forza di Coulomb tra due cariche . . . . . . .
17.2 Campo elerico di due cariche nel vuoto . . .
17.3 Campo elerico di altre distribuzioni di carica
17.4 Teorema di Gauss . . . . . . . . . . . . . . . .
17.5 Lavoro ed energia potenziale . . . . . . . . .
17.6 Potenziale elerostatico . . . . . . . . . . . .
17.7 Condensatori . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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18 Circuiti elettrici in corrente continua
18.1 Intensità di corrente . . . . . .
18.2 I e II legge di Ohm . . . . . . . .
18.3 Legge di Joule . . . . . . . . . .
18.4 Circuiti di resistenze . . . . . . .
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105
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19 Elettromagnetismo
111
19.1 Campo magnetico di un filo percorso da corrente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
20 Errori di misura
113
20.1 Valor medio ed errore assoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
20.2 Errore assoluto di grandezze derivate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
21 Il Sistema Internazionale
117
21.1 unità di misura fondamentali del Sistema Internazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
21.2 Costanti fisiche fondamentali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
21.3 Multipli e soomultipli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
6
INDICE
Capitolo 1
Introduzione
1.1
Premessa
Caro leore,
questa raccolta di esercizi è stata scria in primo luogo per i miei studenti. Il desiderio era quello
di poter offrire una raccolta sistematica di esercizi semplici e di base. Il livello di questi esercizi va dalla
prima superiore fino al primo anno di università. Ho cercato di proporre un esempio di tue le tipologie
di esercizi che normalmente propongo nelle mie lezioni a scuola. Altri sono stati proposti in corsi di
fisica generale per ingegneri o medici al primo anno di università. L’esposizione è stata mantenuta
volutamente prolissa sia nell’esposizione dei principi fisici sia nei passaggi matematici.
Il modo di esporre e scrivere gli esercizi che noi proponiamo solitamente a lezione può risultare impeccabile per i contenuti, ma ciononostante non adeguato per lo studente. Solitamente noi scriviamo
alla lavagna solo i passaggi matematici e i disegni illustrativi, esponendo solamente a voce le motivazioni fisiche e le semplificazioni matematiche più elementari. La conseguenza è che gli scrii degli
studenti tendono a riportare solo quando visto alla lavagna e non tui i passaggi logici e riferimenti
fisici necessari. Inoltre c’è sempre qualche studente che incontra degli ostacoli proprio nei passaggi
meno importanti e non trova un supporto sufficientemente esteso nei libri di testo. Infine la maggior
parte dei libri di esercizi che ho visto o riportano innumerevoli esercizi, ma solo brevemente illustrati,
o esercizi ”notevoli”, importanti anch’essi, ma non per chi sta cominciando lo studio.
Spero che quanto riportato in quest’opera sia se non di aiuto almeno non dannoso. Per migliorare
quanto scrio e evidenziare qualsiasi errore non esitate a scrivermi.
email: prof.virdis@tiscali.it
1.2
Licenza e Copyright
esto file e documento viene concesso con licenza Creative Commons. CC BY-NC-ND.
• Devi aribuire la paternità dell’opera nei modi indicati dall’autore o da chi ti ha dato l’opera in
licenza e in modo tale da non suggerire che essi avallino te o il modo in cui tu usi l’opera.
• Non puoi usare quest’opera per fini commerciali.
• Non puoi alterare o trasformare quest’opera, ne’ usarla per crearne un’altra.
cbn d
7
8
CAPITOLO 1. INTRODUZIONE
1.3
Indicazione per la risoluzione degli esercizi
Gli esercizi ed i problemi di fisica si possono risolvere in svariati modi, sia per i principi e le leggi a
cui si può fare riferimento, sia per il modo in cui quei principi e quelle leggi vengono esposti. La fisica
consente la massima libertà. Tuavia, come anche al di là della scienza, “tuo è lecito, ma non tuo
conviene”, e ci sono dei modi di procedere migliori di altri.
Secondo la nostra esperienza ti conviene sempre affrontare questi passi:
1. Stabilisci a quale domanda devi rispondere:
Prima di dare una risposta bisogna capire bene qual è la domanda.
2. Elenca tutte le grandezze a tua disposizione:
Spesso non riusciamo a procedere correamente perché non abbiamo soocchio tui i dati che
ci vengono (o non ci vengono) forniti.
3. Fai uno sema o disegno della situazione e ti viene presentata:
questo non è essenziale per le domande più semplici, ma può darci la giusta visione fisica del
sistema che abbiamo davanti se le situazioni sono più complesse.
4. Stabilisci quali leggi e principi devono essere usati per trovare la risposta:
a volte sappiamo rispondere a questa domanda prima ancora di aver visto il problema o esercizio
solamente perché si trova in un certo paragrafo del nostro libro, ma non è certo il modo correo
di procedere.
5. Trova tutti i passaggi e devi effettuare con le grandezze a tua disposizione, senza sostituire
i valori numerici:
sostituire da subito tui i valori numerici può servire solo ad effeuare calcoli inutili prima di
effeuare le semplificazioni, o, peggio ancora, a perdere di vista la strada per trovare la risposta
finale.
6. Trasforma tutte le grandezze e effettivamente ti servono in unità di misura coerenti oppure
nel S.I. :
i principi a cui si fa riferimento in fisica sono espressi quasi sempre nel S.I.
In ogni caso tue le grandezze devono essere coerenti, cioè, ad esempio, dobbiamo avere tue le
lunghezze in centimetri e non qualcuna in centimetri ed qualcun altra in millimetri.
7. Sostituisci i valori numerici ed effettua i calcoli.
8. Fai attenzione alla consistenza dimensionale dei calcoli effettuati:
in particolare non scrivere alla fine di una espressione una certa unità di misura solo perché ci
aspeiamo di avere a che fare con una certa grandezza.
Regola d’oro per qualsiasi esercizio:
Ogni misura è formata da un numero e da un’unità di misura.
La regola proposta può apparire assolutamente banale, ma è estremamente frequente che non venga
rispeata. La conseguenza è di arrivare al termine di un problema con grandezze non corree e calcoli
sbagliati, senza rendersene conto.
1.4
Notazioni e precisione nei calcoli
In tua quest’opera si è seguito il S.I. utilizzando per la sua stesura il package siunitx in Xetex.
Per quanto riguarda la precisione dei calcoli riportati si è scelto di indicare i passaggi intermedi con
più precisione di quanto le usuali regole per la propagazione degli errori indicherebbero. I risultati finali
sono invece riportati, preferibilmente, in notazione scientifica, con un numero di cifre significative mai
più basso della precisione dei dati di partenza.
Capitolo 2
Unità di misura e conversione tra
grandezze
2.1
Trasformazione di unità di misura,
eliminando i multipli e i sottomultipli.
Esercizio 1 Trasforma le misure seguenti in metri, eliminando i multipli e i soomultipli.
Puoi trovare una tabella con il simbolo, nome e significato dei multipli e soomultipli alla fine di
questi appunti. Per poter trasformare una misura, eliminando multipli e soomultipli, si può procedere
trasformando da prima il multiplo o soomultiplo e poi semplificando la potenza di dieci o il faore
così oenuti per il valore numerico rimasto della misura data:
1. 111 mm = 111 · 10−3 m = 111 · 0,001 m = 0,111 m
2. 0,34 Gm = 0,34 · 109 m
3. 65 · 10−5 mm = 65 · 10−5 · 10−9 m = 65 · 10−14 m
2.2 Trasformazione di unità di misura,
usando la notazione scientifica.
Esercizio 2 Trasforma le misure seguenti in secondi, usando la notazione scientifica.
Per poter trasformare una misura, usando la notazione scientifica, si può procedere scrivendo da
prima il valore numerico della misura come un numero compreso tra 1 e 9, poi trasformando il multiplo
o soomultiplo, e infine semplificando la potenza di dieci così oenuta per il valore numerico rimasto
della misura data:
1. 548 · 10−3 ms = 5,48 · 102 · 10−3 ms = 5,48 · 102 · 10−3 · 10−3 s = 5,48 · 10−4 s
2. 0,0725 ns = 7,25 · 10−2 ns = 7,25 · 10−2 · 10−9 s = 7,25 · 10−11 s
3. 2678 µs = 2,678 · 103 µs = 2,678 · 103 · 10−6 s = 2,678 · 10−3 s
2.3
Ordinamento di misure.
Esercizio 3 Riordina le seguenti misure di massa ponendole dalla più piccola alla più grande.
9
10
CAPITOLO 2. UNITÀ DI MISURA E CONVERSIONE TRA GRANDEZZE
L’utilità della notazione scientifica è pienamente evidente quando si traa di ordinare più misure di
una stessa grandezza: basterà infai ordinare le misure guardando alle potenze di dieci, ma solo dopo
che le misure sono state espresse in notazione scientifica.
Esprimiamo le misure che abbiamo in notazione scientifica:
1. 37,5 · 108 Mg = (3,75 · 101 · 108 )(103 kg) = 3,75 · 109 · 103 kg = 3,75 · 1012 kg.
2. 55 · 102 cg = (5,5 · 101 · 102 )(10−2 g) = (5,5 · 103 )(10−2 · 10−3 kg) = 5,5 · 103 · 10−5 kg =
5,5 · 10−2 kg
3. 0,00645 · 103 kg = (6,45 · 103 · 103 ) · kg = 6,45 · 106 kg
4. 7654 µg = (7,654 · 103 )(10−6 g) = (7,654 · 103 )(10−6 · 10−3 kg) =
7,654 · 103 · 10−9 kg = 7,654 · 10−6 kg
indi le misure, dalla più piccola alla più grande sono:
7,654 · 10−6 kg ; 5,5 · 10−2 kg ; 6,45 kg ; 3,75 · 1012 kg .
2.4 Misura di superfici.
Esercizio 4 Un reangolo ha le seguenti dimensioni: base = 10 mm, altezza = 15 cm.
Trova l’area del reangolo esprimendo il risultato nel S.I. .
L’interesse per un esercizio come questo non è certamente quello di trovare l’area di un reangolo.
Si presume che tu abbia questa conoscenza fin dalle scuole medie. Tuavia non è scontato che tu
abbia anche la capacità di svolgere i calcoli correamente, in particolare per quanto riguarda le unità
di misura. Cerchiamo di fare riferimento agli oo punti indicati nel primo capitolo come utili per la
risoluzione di un problema o esercizio.
1. Dobbiamo trovare l’area di un reangolo.
2. Abbiamo a disposizione due grandezze:
la base = 10 mm
l’altezza = 15 cm
3. Facciamo il disegno del nostro sistema, cioè del reangolo.
4. La legge da usare è quella che associa l’area del reangolo con le sue due misure lineari cioè:
Base · Altezza
Area del reangolo =
.
2
5. In questo caso abbiamo direamente la formula finale.
6. In generale per trovare l’area dobbiamo usare la stessa unità di misura sia per la base che per
l’altezza.
In questo caso ci viene chiesto di trovare la risposta nel S.I., quindi trasformiamo subito le due
grandezze nel S.I.
Base = 10 mm = 10 · 10−3 m = 10−2 m ,
Altezza = 15 cm = 15 · 10−2 m .
7. A questo punto sostituiamo le due misure nella formula data.
base · altezza
10−2 m · 15 · 10−2 m
=
=
2
2
( )
(15 · 10−2 · 10−2 ) · (m2 )
15
=
· 10−4 m2 = 7,5 · 10−4 m2
2
2
A=
8. Abbiamo trovato che il risultato è espresso in metri quadri.
esta è effeivamente l’unità di misura delle aree nel S.I. .
(2.1)
(2.2)
2.5. CONVERSIONE TRA UNITÀ DI MISURA DI SUPERFICI.
2.5
11
Conversione tra unità di misura di superfici.
Esercizio 5 Converti le seguenti misure di superficie nel S.I., eliminando i multipli e i soomultipli.
2,3 · 103 cm2 ; 6,2 · 10−4 km2
Un’unità di misura di superficie è sempre una lunghezza al quadrato. Di conseguenza possiamo sia
ricordare i faori di conversione tra unità di misura di superficie sia trasformare l’unità di misura di
lunghezza per poi farne il quadrato.
In questo esercizio proviamo entrambi i modi. Tuavia è nostra personale preferenza il secondo
modo, poiché dobbiamo ricordarci solo quello che già sappiamo sulle lunghezze.
Per convertire una misura di superficie operiamo come nel caso di misure di lunghezza, trasformando da prima l’unità di misura e poi semplificando il risultato oenuto.
Nel primo caso abbiamo che:
indi:
cm = 10−2 m
(2.3)
cm2 = cm · cm = 10−2 m · 10−2 m = 10−4 m2
(2.4)
Oppure direamente, se lo si ricorda:
Infine sostituendo:
cm2 = 10−4 m2
(2.5)
2,3 · 103 cm2 = 2,3 · 103 · 10−4 m2 = 2,3 · 10−1 m2
(2.6)
Nel secondo caso abbiamo che:
km = 103 m
(2.7)
km2 = km · km = 103 m · 103 m = 106 m2
(2.8)
indi:
Oppure direamente, se lo si ricorda:
Infine sostituendo:
km2 = 106 m2
(2.9)
6,2 · 10−4 km2 = 6,2 · 10−4 · 106 m2 = 6,2 · 102 m2
(2.10)
2.6 Densità
Esercizio 6 Trova la densità di un cubo la cui massa è 2 kg e il cui spigolo misura 58 mm.
La densità di un corpo è definita come il rapporto tra la sua massa e il suo volume. Nel SI la massa
si esprime in kg e il volume in m3 . Troviamo il volume del cubo esprimendo il risultato nel S.I. .
l = 58 mm = 58 · 0,001 m = 0,058 m
(2.11)
V = l3 = (0,058 m)3 = 0,000195 m3
(2.12)
La densità è:
d=
m
2 kg
=
= 10250 kg/ m3
V
0,000195 m3
(2.13)
12
CAPITOLO 2. UNITÀ DI MISURA E CONVERSIONE TRA GRANDEZZE
Esercizio 7 Un oggeo a forma di sfera, il cui raggio misura 23 cm, ha una densità d = 1200 kg/m3 .
1. al è il volume dell’oggeo?
2. al è la sua massa?
Usiamo la definizione di densità per ricavare la sua massa.
d=
m
⇒m=d·V
V
(2.14)
Troviamo il volume della sfera esprimendo il risultato nel S.I. .
r = 23 cm = 23 · 0,01 m = 0,23 m
4
4
V = πr3 = · 3, 14 · (0,23 m)3 = 0,0510 m3 = 5,10 · 10−2 m3
3
3
Infine la sua massa è:
m = d · V = 1200 kg/m3 · 0,0510 m3 = 61,2 kg
(2.15)
(2.16)
(2.17)
Capitolo 3
Grandezze vettoriali
3.1
Somma di due vettori
Esercizio 8 Su un oggeo puntiforme agiscono due forze rappresentate con i veori disegnati soo.
Sapendo che 1 cm ≡ 35 N:
1. Trova la forza totale che agisce sull’oggeo, cioè fai la
somma veoriale dei veori dati.
2. Alla fine ricava il modulo delle due forze date
e della forza totale.
La somma di due veori si può fare in diversi modi. In questo esercizio i veori sono rappresentati
graficamente e quindi la somma andrà faa per via grafica. Utilizziamo il metodo proposto negli appunti
alla fine di questo libro.
Per fare la somma di due veori per via grafica dobbiamo:
1) Riportare i due veori in modo che abbiano lo stesso punto di
applicazione.
2) Partendo dalla punta del primo veore (⃗a, ad esempio) tracciamo la rea parallela al secondo veore (⃗b), poi dalla punta del secondo veore tracciamo la rea parallela al primo. Le due ree si
incontreranno in un punto.
3) Tracciare il segmento congiungente il punto di applicazione dei due
veori da sommare con il punto in cui si sono incontrate le due ree
prima tracciate. el segmento rappresenta il veore somma e il suo
verso è verso la congiungente delle due ree
13
14
CAPITOLO 3. GRANDEZZE VETTORIALI
Per trovare il modulo di un veore per via grafica dobbiamo misurarne la lunghezza con un righello sulla carta, usando l’unità di misura che ci viene indicata, in questo caso 1 cm ≡ 35 N, cioè ogni
centimetro di freccia vale 35 N.
Osserviamo l’ultima figura.
Prendiamo un righello e misuriamo le frecce che rappresentano i veori.
Troviamo ad esempio che:
⃗a , lunghezza = 2 cm
⃗b , lunghezza = 2,8 cm
(3.1)
⃗c , lunghezza = 4 cm
Il valore dei moduli, oenuto moltiplicando la lunghezza in cm del veore per il valore equivalente
di ogni centimetro, è quindi:
|⃗a| = 2 · 35 N = 70 N
|⃗b| = 2,8 · 35 N = 98 N
(3.2)
|⃗c| = 4 · 35 N = 140 N
Esercizio 9 Sapendo che 1 cm ≡ 23 N determina:
1. la somma dei due veori dati.
2. L’intensità dei due veori e del veore somma.
I veori dati sono paralleli e hanno lo stesso verso. La loro somma veoriale è un veore con la
loro stessa direzione e verso, ma la cui lunghezza è somma delle lunghezze dei due veori.
Troviamo quindi che:
⃗a , lunghezza = 3,5 cm
⃗b , lunghezza = 4,5 cm
(3.3)
⃗c , lunghezza = 3,5 cm + 4,5 cm = 8 cm
Il valore dei moduli, oenuto moltiplicando la lunghezza in cm del veore per il valore equivalente
di ogni centimetro, è quindi:
|⃗a| = 3, 5 · 23 N = 70 N
|⃗b| = 4, 5 · 23 N = 98 N
|⃗c| = 8 · 23 N = |⃗a| + |⃗b| = 140 NN
(3.4)
3.2. SOMMA DI TRE VETTORI
15
Esercizio 10 Sapendo che 1 cm ≡ 56 N determina:
1. La somma dei due veori dati.
2. L’intensità dei due veori e del veore somma.
I veori dati sono paralleli, ma di verso opposto. La loro somma veoriale è un veore con la loro
stessa direzione, con il verso di quello più lungo e la cui lunghezza è la differenza tra la lunghezza di
quello più lungo e quello più corto.
Troviamo quindi che:
⃗a , lunghezza = 4 cm
⃗b , lunghezza = 2,25 cm
(3.5)
⃗c , lunghezza = 1,75 cm
Il valore dei moduli, oenuto moltiplicando la lunghezza in cm del veore per il valore equivalente
di ogni centimetro, è quindi:
|⃗a| = 4 · 56 N = 70 N
|⃗b| = 2, 25 · 56 N = 98 N
(3.6)
|⃗c| = 1, 75 · 56 N = |⃗a| − |⃗b| = 140 N
3.2
Somma di tre vettori
Esercizio 11 Sapendo che 1 cm ≡ 56 N determina:
1. La somma dei tre veori dati.
2. L’intensità dei tre veori e del veore somma.
La somma di più di due veori si può realizzare sommando i primi due e poi questa somma con il
⃗12 la somma del veore ⃗a e il veore ⃗b; V
⃗123 la somma del veore V
⃗12 e
terzo e così via. Chiamiamo V
il veore ⃗c, cioè la somma dei tre veori dati.
esta è la somma di ⃗a e ⃗b
16
CAPITOLO 3. GRANDEZZE VETTORIALI
⃗12 e ⃗c
esta è la somma di V
Misurando la lunghezza delle freccia troviamo infine che:
⃗a , lunghezza = 4 cm
⃗b , lunghezza = 2,25 cm
⃗c , lunghezza = 1,75 cm
(3.7)
⃗123 , lunghezza = 1,75 cm
V
Il valore dei moduli, oenuto moltiplicando la lunghezza in cm del veore per il valore equivalente
di ogni centimetro, è quindi:
|⃗a| = 4 · 56 N = 70 N
|⃗b| = 2, 25 · 56 N = 98 N
|⃗c| = 1, 75 · 56 N = 140 N
(3.8)
⃗123 | = 1, 75 · 56 N = 140 N
|V
3.3
Differenza tra vettori
Esercizio 12 Sapendo che 1 cm ≡ 73 N determina:
1. La differenza dei due veori dati.
2. L’intensità dei due veori e del veore somma.
La differenza d⃗ tra un veore ⃗a e un veore ⃗b equivale alla somma di ⃗a con ⃗b cambiato di verso.
Ovvero:
d⃗ = ⃗a − ⃗b = ⃗a + (−⃗b)
esto veore −⃗b è applicato nello stesso
punto di applicazione di ⃗a
(3.9)
3.4. COMPONENTI DI UNA FORZA
17
esta è la differenza d⃗
Misurando la lunghezza delle frecce troviamo infine che:
⃗a , lunghezza = 4 cm
⃗b , lunghezza = 2,25 cm
d⃗ , lunghezza = 1,75 cm
(3.10)
Il valore dei moduli, oenuto moltiplicando la lunghezza in cm del veore per il valore equivalente
di ogni centimetro, è quindi:
|⃗a| = 4 · 73 N = 70 N
|⃗b| = 2, 25 · 73 N = 98 N
(3.11)
⃗ = 1, 75 · 73 N = 140 N
|d|
3.4
Componenti di una forza
Esercizio 13 Abbiamo una forza di 470 N che forma un angolo α = 25° rispeo ad una asse.
Trova il modulo delle due componenti della forza parallele e perpendicolari all’asse dato.
Disegna i due componenti.
Se un veore (in questo caso la forza) forza un angolo α rispeo ad un asse qualsiasi allora il modulo
delle sue componenti parallela e perpendicolare all’asse sono date da:
{
|F⃗∥ | = |F⃗ | · cos(α)
(3.12)
|F⃗⊥ | = |F⃗ | · sin(α)
Ovvero:
{
|F⃗∥ | = 470 N · cos(25°) = 426 N
|F⃗⊥ | = 470 N · sin(25°) = 199 N
Se consideriamo come asse di riferimento l’asse x possiamo fare il seguente disegno.
(3.13)
18
CAPITOLO 3. GRANDEZZE VETTORIALI
Esercizio 14 Abbiamo una forza F1 = 670 N che forma un angolo α = 15° rispeo all’asse delle
ascisse, e una forza F2 = 320 N che forma un angolo β = 35° rispeo all’asse delle ordinate, come
rappresentato in figura.
1.
2.
3.
4.
Disegna i componenti delle forze date rispeo agli assi.
Trova il modulo delle componenti delle forze date rispeo agli assi.
Trova la loro somma per componenti.
Trova il modulo del veore somma.
Costruiamo e disegniamo nella figura i componenti dei due veori dati:
Nella figura possiamo osservare che l’angolo α è adiacente al componente x del veore F⃗1 : per cui
il suo modulo si può ricavare con il coseno dell’angolo.
{
|F⃗1x | = |F⃗1 | · cos(α) = 670 N · cos(15°) = 647 N
(3.14)
|F⃗1y | = |F⃗1 | · sin(α) = 670 N · sin(15°) = 173 N
Analogamente osserviamo che l’angolo β è adiacente al componente y del veore F⃗2 : per cui il suo
modulo si può ricavare con il coseno dell’angolo.
{
|F⃗2x | = |F⃗2 | · sin(β) = 320 N · sin(35°) = 184 N
(3.15)
|F⃗2y | = |F⃗2 | · cos(β) = 320 N · cos(35°) = 262 N
Osservando la figura, possiamo dare un segno alle componenti, in relazione al loro verso rispeo
al verso positivo dell’asse in cui si trovano.
F⃗1 = (647 N; 173 N)
(3.16)
F⃗2 = (−184 N; 262 N)
(3.17)
3.5. DINAMOMETRO E LEGGE DI HOOKE
19
Con altra notazione (scrivendo i veori rispeo ai versori degli assi) possiamo scrivere:
F⃗1 = (647⃗i + 173⃗j) N
(3.18)
F⃗2 = (−184⃗i + 262⃗j) N
(3.19)
Il veore somma ha per componenti la somma delle rispeive componenti di F⃗1 e F⃗2 .
F⃗3 = (647 N + (−184 N); 173 N + 262 N) = (463 N; 435 N)
Infine il suo modulo vale:
|F⃗3 | =
3.5
√
F32x + F32y =
√
(463 N)2 + (435 N)2 = 636 N
(3.20)
(3.21)
Dinamometro e legge di Hooke
Esercizio 15 Un dinamometro è costruito con una molla che a riposo è lunga 2 cm. ando alla molla
viene applicata una forza di 50 N diventa lunga 5 cm. anto vale la costante elastica della molla?
Il comportamento di una molla elastica può essere descrio con buona approssimazione dalla legge
di Hooke che lega la forza F con un cui una molla viene tesa al suo allungamento ∆x:
F = −k∆x
(3.22)
La costante k è dea costante elastica e il segno negativo sta ad indicare la presenza di una forza di
richiamo. In questo caso l’allungamento vale:
∆x = x2 − x1 = 5 cm − 2 cm = 3 cm
Infine la costante elastica vale:
k=
|F |
50 N
=
= 16,6 N/cm
∆x
3 cm
(3.23)
(3.24)
20
CAPITOLO 3. GRANDEZZE VETTORIALI
Capitolo 4
Statica dei corpi puntiformi
4.1
Corpo puntiforme su un piano orizzontale
Esercizio 16 Un corpo puntiforme di massa m = 12 kg è fermo su un piano orizzontale. Il coefficiente
d’arito statico tra corpo e piano è µ = 0, 7.
1. Calcola il modulo della forza peso che agisce sul corpo.
2. Disegna il veore forza peso con un veore di lunghezza opportuna sapendo che 1 cm ≡ 16 N.
3. Calcola la forza d’arito statico che si esercita sul corpo.
Ogni corpo sulla Terra è sooposto ad una forza, la forza di arazione gravitazionale,
che la Terra esercita sul corpo stesso. In prossimità della superficie terrestre la forza di gravità, chiamata anche forza peso, è una forza direa verso il centro della Terra, in direzione
perpendicolare alla superficie terrestre e il suo modulo vale:
Fp = m · g = 12 kg · 9,81 m/s2 = 117,72 N
(4.1)
L’accelerazione di gravità g vale 9,81 m/s2 solo in prossimità del suolo. più si sale di
altitudine e minore sarà il suo valore.
Il disegno della forza peso consiste nel fare una freccia orientata verso il basso, di opportuna lunghezza. Noi sappiamo che ogni cm di freccia vale 16 N. Per avere un modulo di
117,72 N dobbiamo avere una freccia di lunghezza l:
l=
117,72 N
= 7,4 cm
16 N/cm
(4.2)
La forza d’arito si manifesta solo se il corpo si muove o se c’è una forza che cerca
di spostarlo dal suo equilibrio. In questo caso l’unica forza è la forza peso. Essa agisce
perpendicolarmente al piano e non spinge il corpo né verso destra né verso sinistra. Per cui anche se
”c’è arito” non c’è nessuna forza d’arito, per lo meno arito radente.
21
22
CAPITOLO 4. STATICA DEI CORPI PUNTIFORMI
Esercizio 17 Un corpo puntiforme di massa m = 11 kg è fermo su un piano orizzontale. Il coefficiente
d’arito statico tra corpo e piano è µ = 0, 5. Sul corpo agisce la forza F⃗ (|F⃗ | = 78 N e α = 34°).
1. Calcola il modulo della forza peso che agisce sul corpo.
2. Calcola la forza totale che agisce sul corpo parallelamente e perpendicolarmente al piano, trascurando la reazione vincolare del piano e l’eventuale forza d’arito.
3. Calcola la forza d’arito statico massimo che il corpo può sopportare.
4. Aggiungi alla figura la forza d’arito statico.
5. Determina, in modulo, direzione e verso, la reazione vincolare del piano.
La forza peso è data da Fp = m · g. indi:
Fp = m · g = 11 kg · 9,81 m/s2 = 107,91 N
(4.3)
Nella figura data avevamo già indicato due assi ortogonali x e y passanti per il centro del corpo. Essi
individuano la direzione parallela e perpendicolare al piano per il corpo dato.
Aggiungiamo alla figura i componenti del veore F⃗ su quegli assi. I loro moduli sono:
{
|F⃗x | = |F⃗ | · cos(α) = 150 N · cos(34°) = 150 N · 0, 809 = 121 N
(4.4)
|F⃗y | = |F⃗ | · sin(α) = 150 N · sin(34°) = 150 N · 0, 588 = 88,2 N
In orizzontale agisce solo la forza F⃗x . In verticale agiscono F⃗p e F⃗y , con verso opposto. La forza
totale che agisce in verticale è la somma veoriale di queste due forze. Il verso positivo delle componenti
è dato dal verso positivo dell’asse a cui si riferiscono.
F⃗ = (121⃗i + 88,2⃗j) N
(4.5)
F⃗p = (−107,91⃗j) N
(4.6)
Sommiamo le rispeive componenti (col proprio segno):
Fverticale = Fy + Fp y = 88,2 N − 107,91 N = −19,71 N
(4.7)
4.1. CORPO PUNTIFORME SU UN PIANO ORIZZONTALE
23
La forza totale che agisce in verticale schiaccia il corpo verso il basso. Poiché prevale la forza verso
il basso si può avere una forza di arito: la forza d’arito dipende da quanto il corpo è schiacciato sul
piano. La forza che schiaccia il corpo è Fverticale .
La forza di arito statico massimo che il corpo può sopportare è:
Fa.s.M AX = µ · Fschiacciamento = 0, 5 · 19,71 N = 10 N
(4.8)
Osserviamo che il segno meno della sua componente verticale non va inserito nella formula precedente
dal momento che non avrebbe alcun significato: la forza che schiaccia il corpo è perpendicolare al piano,
ma la forza d’arito è parallela al piano.
Dal momento che la forza che spinge il corpo lungo il piano (F⃗x ) è inferiore alla forza di arito
massimo che il corpo può sopportare, allora il corpo non scivola sul piano stesso.
La forza d’arito effeiva F⃗a.s. è quindi uguale e contraria alla forza F⃗x , dal momento che il corpo
rimane in equilibrio e quindi la somma delle forze deve essere nulla.
Nella figura seguente disegniamo quanto deo (la forza peso non è in scala).
La forza di reazione vincolare del piano è la forza che il piano esercita sul corpo per impedire che
questo lo araversi. Se il corpo è schiacciato sul piano, il piano reagisce con una forza uguale in modulo
e direzione, ma di verso opposto. La forza di reazione ha quindi lo stesso valore e direzione di Fverticale .
24
CAPITOLO 4. STATICA DEI CORPI PUNTIFORMI
4.2
Corpo puntiforme su un piano inclinato
Esercizio 18 Un corpo puntiforme di massa m = 70 kg è fermo su un piano inclinato con un angolo
α = 20° rispeo all’orizzontale.
1. Calcola il modulo della forza peso che agisce sul corpo e aggiungila alla figura.
2. Disegna i componenti del veore forza peso parallelo e perpendicolare al piano.
3. Calcola il modulo di questi due componenti.
Il modulo della forza peso che agisce sul corpo è:
Fp = m · g = 70 kg · 9,81 m/s2 = 686,7 N
(4.9)
Per trovare i componenti della forza peso osserviamo come i nostri assi siano uno perpendicolare
al piano (e lo disegniamo nella figura come linea traeggiata) e uno parallelo e sovrapposto al piano.
Per quanto riguarda l’angolo α e l’angolo α′ che la forza peso forma con la perpendicolare, guardiamo al triangolo reangolo evidenziato in grigio. Possiamo scrivere:
β + α + 90° = 180°
(4.10)
β + α′ = 90°
(4.11)
E quindi, eguagliando gli angoli β nelle due equazioni:
180° − α − 90° = 90° − α′
(4.12)
α = α′
(4.13)
Se i due angoli sono uguali possiamo scrivere che:
{
|F⃗p ⊥ | = |F⃗p | · cos(α′ ) = 686,7 N · cos(20°) = 645 N
|F⃗p ∥ | = |F⃗p | · sin(α′ ) = 686,7 N · sin(20°) = 235 N
(4.14)
4.2. CORPO PUNTIFORME SU UN PIANO INCLINATO
25
Esercizio 19 Un corpo puntiforme di massa m = 40 kg è poggiato su un piano inclinato con un angolo
α = 15° rispeo all’orizzontale. Tra corpo e piano è presente arito: il coefficiente di arito statico è
µs = 0, 8.
Inoltre sul corpo agisce una forza F⃗ , dove |F⃗ | = 150 N e β = 60°, come mostrato in figura.
1.
2.
3.
4.
Calcola il modulo della forza peso che agisce sul corpo.
Disegna i componenti del veore forza peso e della forza F⃗ paralleli e perpendicolari al piano.
Calcola il modulo di questi quaro componenti.
Trova il modulo della forza totale che agisce perpendicolarmente e parallelamente al piano,
trascurando la reazione vincolare del piano e l’eventuale forza d’arito.
5. Trova la forza di arito massimo a cui il corpo può resistere senza muoversi.
6. Trova se nelle condizioni date il corpo riuscirà a stare fermo e calcola la forza di arito che
effeivamente agisce sul corpo.
7. Trova l’eventuale reazione vincolare del piano.
Il modulo della forza peso che agisce sul corpo è:
Fp = m · g = 40 kg · 9,81 m/s2 = 392 N
(4.15)
Nell’ultima figura l’angolo α è uguale all’angolo α′ , come mostrato nell’esercizio precedente, a cui
si rimanda per la spiegazione. Scegliamo (a nostro arbitrio) come verso positivo per le componenti delle
forze parallele al piano quello verso sinistra e come verso positivo per le componenti perpendicolari al
piano quello verso l’alto. Per questo possiamo scrivere:
{
Fp⊥ = −|F⃗p | · cos(α) = −392 N · cos(15°) = −378,6 N
(4.16)
Fp∥ = |F⃗p | · sin(α) = 392 N · sin(15°) = 101,5 N
26
CAPITOLO 4. STATICA DEI CORPI PUNTIFORMI
Invece per le componenti della forza F⃗ scriviamo:
{
F⊥ = |F⃗ | · sin(β) = 150 N · sin(60°) = 130 N
F∥ = |F⃗ | · cos(β) = 150 N · cos(60°) = 75 N
(4.17)
Per trovare il modulo della forza totale lungo il piano e perpendicolarmente ad esso, sommiamo le
componenti delle due forze date lungo quelle due direzioni.
Ftot∥ = F∥ + Fp∥ = 75 N + 101,5 N = 176,5 N
(4.18)
Ftot⊥ = Fp⊥ + F⊥ = −378,6 N + 130 N = −248,6 N
(4.19)
La componente della forza totale perpendicolare al piano ha segno negativo, quindi è direa verso
il basso: il corpo rimane aaccato al piano e vi può essere forza d’arito. La componente della forza
totale parallela al piano è positiva, quindi il corpo è spinto verso sinistra.
La forza d’arito statico dipende dalla forza con cui il corpo è schiacciato sul piano di appoggio.
Nel nostro caso dipende dalla componente perpendicolare al piano della forza totale. La forza di arito
statico massimo che il corpo può sopportare è:
⃗ Fa.s.M AX = µ · Fschiacciamento = µs · Ftot⊥
(4.20)
= 0, 8 · 248,6 N = 198,9 N
La forza d’arito si oppone al movimento del corpo. Nel nostro caso il corpo è spinto verso sinistra
⃗ . Poiché il modulo di questa forza è più piccolo del massimo arito statico che il corpo
dalla forza Ftot∥
può sopportare allora il corpo rimarrà fermo.
La forza d’arito effeiva è uguale e contraria alla forza Ftot∥ .
Fa.s. = −Ftot∥
(4.21)
La forza di reazione vincolare del piano è la forza che il piano esercita sul corpo per impedire che
questo lo araversi. Se il corpo è schiacciato sul piano, il piano reagisce con una forza uguale in modulo
e direzione, ma di verso opposto. La forza di reazione ha quindi lo stesso valore e direzione di Ftot⊥ .
Fr.v. = −Ftot⊥
4.3
(4.22)
Corpo appeso ad un filo
Esercizio 20 Un corpo di massa m = 7 kg è appeso al soffio di una stanza con un filo di massa m =
50 g ed è in quiete.
1. Trova la tensione che il corpo esercita sul filo.
2. Trova la tensione che il soffio esercita sul filo.
Sul corpo agiscono due forze: la forza peso del corpo stesso e la
forza T⃗f c esercita dal filo sul corpo.
F⃗tot = P⃗c + T⃗f c
(4.23)
Il corpo è a riposo quindi la forza totale che agisce su esso è nulla:
F⃗tot = 0 N. Da cui ricaviamo che:
P⃗c = −T⃗f c
|T⃗f c | = |P⃗c | = mc · g = 7 kg · 9,81 m s−2 = 68,7 N
(4.24)
(4.25)
4.3. CORPO APPESO AD UN FILO
27
La tensione della fune in un suo punto è la forza che dovremmo
esercitare in quel punto se, operandovi un taglio, volessimo tenere uniti i lembi del taglio. Per il terzo principio della dinamica la
forza T⃗f c esercita dal filo sul corpo è uguale e contraria alla forza
T⃗cf esercita dal corpo sul filo. est’ultima forza che è anche la
tensione del filo nel punto in cui è collegato al corpo.
T⃗cf = −T⃗f c
(4.26)
Il soffio, anch’esso in quiete, oppone una forza F⃗sof uguale e contraria a quella che il corpo e il
filo esercitano assieme, forza determinata dal peso del corpo e del filo.
La tensione del filo nel punto di contao con il soffio è la forza T⃗sf
che il soffio esercita sul filo, uguale e contraria a quella esercita
dal filo sul soffio.
{
F⃗sof = −P⃗c − P⃗f
(4.27)
F⃗sof = T⃗sf
Da cui ricaviamo che:
|T⃗sf | = |P⃗c | + |P⃗f | = mc · g + mf · g = (7 kg + 50 g) · 9,81 m s−2 =
(7 kg + 0,05 Kg) · 9,81 m s−2 = 69,2 N
(4.28)
28
CAPITOLO 4. STATICA DEI CORPI PUNTIFORMI
Capitolo 5
Statica dei corpi rigidi
5.1
Momento di una forza
Esercizio 21 Una forza F⃗ il cui modulo vale 23 N forma un angolo di 30° con il veore posizione ⃗r. I
due veori giacciono nel piano del foglio e il veore posizione è lungo 30 cm.
1. Trova in modulo il veore momento della forza data.
2. Trova direzione e verso del momento della forza.
Il momento di una forza rispeo ad un punto è dato in modulo da:
M = |r| · |F | sin(α)
(5.1)
dove |r| è il modulo del veore posizione della forza rispeo al punto rispeo al quale è calcolato il
momento e α è l’angolo tra il prolungamento del veore posizione e la forza. In questo caso abbiamo:
M = 0,3 m · 23 N · sin(30o ) = 3,45 Nm
(5.2)
Per trovare direzione e verso del veore momento possiamo usare la regola della mano destra. Prendiamo in ordine alfabeto le prime tre dita della mano destra: indice, medio e pollice. Possiamo associarle
rispeivamente al veore posizione, alla forza e al momento. Nel nostro caso il veore momento della
forza è perpendicolare al piano del foglio e entrante in esso.
29
30
5.2
CAPITOLO 5. STATICA DEI CORPI RIGIDI
Corpo rigido in equilibrio
Esercizio 22 Un ripiano di massa trascurabile è poggiato su un vincolo e ha due corpi puntiformi posti
alle sue estremità, come illustrato nella figura seguente. Sapendo che la massa 1 vale 5 kg, l1 = 34 cm
e l2 = 24 cm:
1. Trova se il ripiano senza la massa 2 è in equilibrio.
2. Trova il valore della massa 2 tale per cui il ripiano può restare in equilibrio.
Condizione necessaria per l’equilibrio di un corpo rigido è che la somma delle forze esterne agenti
sul corpo sia zero e che sia zero anche la somma dei momenti delle forze esterne calcolate rispeo ad
un qualsiasi punto.
∑
∑
F⃗est = 0
(5.3)
⃗ est = 0
M
(5.4)
este due equazioni veoriali equivalgono a sei equazioni scalari, due per ogni asse. Dovremo in
generale scomporre le forze e i momenti delle stesse. Se il corpo non è in equilibrio basta che non sia
soddisfaa una delle due condizioni precedenti: verifichiamole entrambe in ogni caso.
Prima condizione
Sul nostro corpo, costituito dalla massa 1 e dall’asta rigida, agiscono due forze: la forza peso della
massa 1 e la reazione vincolare del fulcro sull’asta. Determiniamo innanzi tuo la forza peso:
P1 = m · g = 5 kg · 9,81 m/s2 = 49,1 N
(5.5)
Per quanto riguarda la prima condizione, che è necessaria perché il sistema sia in equilibrio traslazionale, possiamo osservare che le due forze agiscono lungo la stessa direzione: per determinare se
la loro somma veoriale è nulla possiamo considerare direamente le loro componenti lungo quella
direzione. indi prendiamo il loro modulo con un segno se va in un certo verso (ad esempio verso
l’alto) e con segno opposto se va verso il basso. Possiamo scrivere che:
∑
⃗
F⃗est = P⃗1 + R
(5.6)
Fest = −P1 + R = −49,1 N + R
(5.7)
Tuavia non sappiamo quanto valga la risultante R. esta condizione di equilibrio è per il momento
indeterminata.
Seconda condizione
Per quanto riguarda la seconda condizione dapprima calcoliamo il modulo dei momenti delle forze
presenti. Se il corpo è in equilibrio il polo rispeo a cui calcolare i momenti può essere scelto ad arbitrio.
Con altre parole, se la somma delle forze è nulla siamo autorizzati a cercare la seconda condizione per
l’equilibrio determinando i momenti delle forze rispeo ad un qualsiasi punto: se la somma dei momenti
è nulla per quel punto lo sarà per qualsiasi altro punto.
5.2. CORPO RIGIDO IN EQUILIBRIO
31
Se poniamo il polo nel fulcro dell’asta allora il veore posizione del punto di applicazione della
forza R rispeo al polo scelto è nullo e questo ci consente di annullarne il momento. Dalla figura
possiamo osservare che il veore posizione associato alla forza peso 1 è lungo l1 e che l’angolo tra il
prolungamento del veore posizione e la forza vale 90°.
MR = R · 0,0 m · sin(γ) = 0 Nm
(5.8)
Mp = P1 · l1 · sin(α) = 49,1 N · 0,34 m · sin(90°) = 16,7 Nm
(5.9)
Per sommare i momenti osserviamo che l’asse su cui agiscono è per tui perpendicolare al piano
del disegno. Per fare la somma veoriale basta prendere le loro componenti con il segno opportuno.
Per aribuire un segno ai momenti controlliamo se tendono a far ruotare il sistema in senso antiorario
o orario. Possiamo dare arbitrariamente il segno positivo al verso che vogliamo. Scegliamo come positivo il verso orario. La componente di Mp1 ha quindi segno negativo; la componente di MR è nulla e
comunque sarebbe indeterminata, dato che agisce sul polo.
In conclusione:
∑
⃗ tot = M⃗R + M⃗p
(5.10)
M
1
Mtot = MR − Mp1 = 0 Nm − 16,7 Nm = −16,7 Nm
(5.11)
Il sistema non è in equilibrio e tende a ruotare in senso antiorario. La reazione vincolare R rimane
indeterminata.
Adesso consideriamo anche la presenza della massa 2. Il suo momento agisce su un rea perpendicolare al piano del disegno. Il segno da aribuire alla componente, per quanto fissato prima, è quello
positivo.
Se il sistema è in equilibrio deve essere nulla la somma delle forze. indi scriviamo:
∑
⃗ =0
F⃗est = P⃗1 + P⃗2 + R
(5.12)
Fest = −P1 − P2 + R = −49,1 N − P2 + R = 0
(5.13)
Abbiamo un equazione in due incognite e quindi nessuna soluzione.
Analogamente, per quanto riguarda la condizione di equilibrio sui momenti:
∑
⃗ tot = M⃗R + M⃗p + M⃗p = 0
M
1
2
(5.14)
Mtot = MR − Mp1 + Mp2 = 0 Nm − 16,7 Nm + Mp2 = 0
(5.15)
Da cui ricaviamo che:
Mp2 = P2 · l2 · sin(β) = 16,7 Nm
(5.16)
dove l2 è la lunghezza del veore posizione della forza peso 2 rispeo al polo e l’angolo beta vale 90°:
dall’equazione precedente possiamo ricavare il peso.
P2 =
16,7 Nm
16,7 Nm
=
= 69,6 N
l2 · sin(β)
0,24 m · sin(90°)
(5.17)
Infine, ricordandoci che P = m · g, possiamo ricavare la massa:
m=
P2
69,6 N
= 7,01 kg
=
g
9,81 m/s2
(5.18)
E la reazione vincolare
Fest = −P1 − P2 + R = −49,1 N − 16,7 Nm + R = 0
(5.19)
R = 49,1 N + 16,7 Nm = 65,8 N
(5.20)
32
CAPITOLO 5. STATICA DEI CORPI RIGIDI
Esercizio 23 Un’asta omogenea, incernierata al muro, libera di ruotare in un piano verticale intorno
alla cerniera e posta in orizzontale, come indicato nella figura seguente, sostiene una massa 1 di 540 kg
posta a 1,8 m dalla cerniera. La massa dell’asta è 200 kg e la sua lunghezza 2,5 m. All’altra estremità
dell’asta un corda tesa, aaccata ad un altro muro, sostiene l’asta e forma un angolo θ di 70° con
l’orizzontale.
Calcolare la tensione della corda.
Condizione necessaria per l’equilibrio di un corpo rigido è che la somma delle forze esterne agenti
sul corpo sia zero e che sia zero anche la somma dei momenti delle forze esterne calcolate rispeo ad
un qualsiasi punto.
∑
F⃗est = 0
(5.21)
∑
⃗ est = 0
M
(5.22)
Sul nostro corpo, costituito dalla massa 1 e dall’asta rigida, agiscono quaro forze: la forza peso
della massa, la forza peso dell’asta, la reazione vincolare del fulcro sull’asta e la tensione della corda.
Determiniamo innanzi tuo le forze peso:
P1 = m1 · g = 540 kg · 9,81 m/s2 = 5297 N
(5.23)
Pa = ma · g = 200 kg · 9,81 m/s2 = 1962 N
(5.24)
Il nostro sistema, per come è congegnato, non ha libertà di muoversi se non nel piano del disegno.
La forza che agisce sull’asse z, cioè perpendicolarmente al piano, è nulla. Così pure i momenti delle
forze, dal momento che l’asta può ruotare solo intorno al suo perno, agiscono solo nella direzione della
perpendicolare al piano. Di conseguenza abbiamo tre condizioni da soddisfare: due per la forza e una
per i momenti.
Per quanto riguarda la prima condizione possiamo osservare che le forze non agiscono lungo la
stessa direzione: per determinare se la loro somma veoriale è nulla possiamo considerare le loro
componenti lunghi degli assi privilegiati, possibilmente ortogonali, ad esempio lungo l’asta e perpendicolarmente ad essa. Per quanto riguarda le componenti della tensione della corda lungo la direzione
dell’asta (asse x) e perpendicolarmente all’asta (asse y), queste due componenti sono tra loro collegate
e quindi conoscendo il valore di una possiamo determinare il valore dell’altra:
Tx = T · cos(θ)
Ty = T · sin(θ)
La forza peso agisce integralmente lungo l’asse y.
Possiamo quindi scrivere che:
∑
⃗ + T⃗
F⃗est = P⃗1 + P⃗a + R
(5.25)
(5.26)
In particolare lungo la direzione dell’asta (asse x):
Festx = Rx + Tx = Rx + T · cos(θ) = 0
(5.27)
5.2. CORPO RIGIDO IN EQUILIBRIO
33
Invece perpendicolarmente all’asta (asse y):
Festy = Ry + Ty + Pa + P1 = Ry + T · sin(θ) + Pa + P1 = 0
(5.28)
Abbiamo un sistema di due equazioni in tre incognite e quindi con infinite soluzioni.
Consideriamo la condizione sui momenti. La scelta di un polo rispeo a cui calcolare il momenti
è arbitraria se il sistema è in equilibrio. Allora prendiamo come polo il punto in cui è incernierata
l’asta. In questo modo il momento relativo alla reazione vincolare ha il veore posizione (del punto di
applicazione della forza rispeo al polo) nullo e quindi è esso stesso nullo.
∑
⃗ tot = M⃗R + M⃗p + M⃗pa + M
⃗T = 0
M
(5.29)
1
Consideriamo il modulo dei momenti.
Mp1 = P1 · l1 · sin(90°) = 5297 N1,8 m = 9534 Nm
(5.30)
Se l’asta è omogenea e uniforme il suo centro di massa si trova a metà della sua lunghezza e lì possiamo
considerare applicata la sua forza peso:
Mpa = P1 ·
l2
2,5 m
· sin(90°) = 1962 N
= 2452 Nm
2
2
MT = T · l1 · sin(θ)
(5.31)
(5.32)
Infine per aribuire un segno correo alle componenti dei momenti stabiliamo come positivo il
verso di rotazione orario.
Mtot = MR − Mp1 − Mpa + MT = 0 Nm − 9534 Nm − 2452 Nm + MT = 0
(5.33)
Da cui ricaviamo che:
MT = T · 2,5 m · sin(70°) = 11986 Nm
(5.34)
Infine possiamo meere in evidenza il modulo della forza:
T =
11986 Nm
= 5102 N
2,5 m · sin(70°)
(5.35)
34
CAPITOLO 5. STATICA DEI CORPI RIGIDI
Capitolo 6
Statica dei fluidi
6.1
Pressione di una forza su una superficie
Esercizio 24 Una forza F⃗ il cui modulo vale 123 N forma un angolo di 30° con la superficie sulla quale
agisce. L’area della superficie vale 0,04 m2 . Calcola la pressione esercita dalla forza sulla superficie.
La definizione di pressione è
|F⃗ ⊥|
(6.1)
A
dove F⃗ ⊥ è la componente della forza perpendicolare alla superficie e A è l’area della superficie.
Guardando alla figura possiamo scrivere:
P =
|F⃗ ⊥| = |F⃗ |cos(α) = 123 N · 0,86 = 106,5 N
(6.2)
indi la pressione vale:
P =
106,5 N
|F⃗ ⊥|
=
= 2663 Pa
A
0,04 m2
(6.3)
Esercizio 25 Calcola la pressione esercitata dalla forza peso di un corpo fao di alluminio, a forma
di cubo, il cui spigolo vale 12 cm, poggiato con una faccia del cubo su un piano orizzontale.
|F⃗ ⊥|
Dobbiamo trovare una pressione: P =
. Per ora non conosciamo né la forza né l’area sulla
A
quale la forza agisce.
Nel nostro caso la forza è la forza peso: Fp = m · g. Il piano su cui agisce il corpo è orizzontale
quindi la forza peso del corpo agisce perpendicolarmente alla superficie: F⃗ ⊥ ≡ F⃗p .
Per conoscere la forza peso abbiamo bisogno della massa.
Se sappiamo di cosa è fao il corpo possiamo trovare la sua densità nelle tabelle. Possiamo trovare
il volume del corpo perché conosciamo la forma e le dimensioni. Il volume di un cubo è V = l3 . Dal
volume e la densità ricaviamo la massa ricordando la definizione di densità.
m
d=
⇒m=d·V
(6.4)
V
35
36
CAPITOLO 6. STATICA DEI FLUIDI
Il corpo ha una forma cubica. L’area di appoggio è un quadrato di cui conosciamo il lato: A = l2 .
Abbiamo trovato un modo per conoscere tue le grandezze che ci servono.
l = 12 cm = 12 · 0,01 m = 0,12 m
2
2
3
3
A = l = (0,12 m) = 0,0144 m
V
(6.5)
2
= l = (0,12 m) = 0,001728 m
(6.6)
3
(6.7)
3
d = 2700 kg/m
(6.8)
m = d · V = 2700 kg/m · 0,001728 m = 4,66 kg
3
3
Fp = m · g = 4,66 kg · 9,81 m/s = 45,7 N
2
Infine:
P =
6.2
(6.9)
(6.10)
|F⃗p |
45,7 N
= 3178 Pa
=
A
0,0144 m2
(6.11)
Pressione idrostatica
Esercizio 26 Calcola la pressione in fondo ad una vasca piena d’acqua fino all’orlo e la cui altezza
interna è di 5 metri.
La pressione sul fondo di una vasca piena d’acqua è data dalla somma della pressione che agisce
sulla superficie superiore dell’acqua (la pressione atmosferica po ) e la pressione idrostatica del liquido
che sta sopra il punto in cui vogliamo calcolare la pressione,cioè sul fondo della vasca, alla profondità
h. L’altezza interna della vasca coincide in questo caso con la profondità del liquido in essa contenuto,
dal momento che la vasca è riempita fino all’orlo.
La pressione atmosferica al livello del mare vale po = 1,013 · 105 Pa.
La pressione idrostatica p di un liquido alla profondità h è data dalla legge di Stevino:
p=ρ·g·h
(6.12)
dove ρ è la densità del liquido (ρH2 O = 1000 kg m−3 ) e g è l’accelerazione di gravità (9,81 m s−2 ).
Per cui
p = 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 5 m = 49050 kg m−3 · m2 s−2 = 49050
kg m s−2
= 49050 Pa (6.13)
m2
indi la pressione totale in fondo alla vasca in questo caso è:
ptot = p + po = 49050 Pa + 1,013 · 105 Pa = 152050 Pa
(6.14)
Esercizio 27 Calcola la pressione dell’acqua all’altezza di un rubineo posto come in figura a 75 cm
da terra, sapendo che il serbatoio dell’acqua (pieno) è posto a 13 m di altezza sopra il rubineo.
In condizioni statiche (cioè quando il rubineo è ancora chiuso e non scorre acqua nei tubi) possiamo calcolare la pressione dell’acqua al rubineo applicando la legge di Stevino. L’unica grandezza
da considerare con aenzione è la profondità che compare nell’equazione. esta non è certamente
l’altezza del rubineo e neanche l’altezza assoluta della vasca, ma l’altezza relativa del pelo libero dell’acqua sulla vasca rispeo all’imboccatura del rubineo: quello che importa è l’altezza della colonna
d’acqua sopra il rubineo.
Infine:
h = hvasca − hrubinetto = 13 m − 75 cm = 13 m − 0,75 m = 12,25 m
(6.15)
p = po + ρ · g · h = 101300 Pa + 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 12,25 m =
(6.16)
101300 Pa + 120725 Pa = 221472 Pa
6.3. TUBO A U
6.3
37
Tubo a U
Esercizio 28 Supponiamo di avere a disposizione un tubo a U riempito di acqua, con l’estremità
di sinistra aperta, quello destra ermeticamente chiusa, il tuo all’equilibrio, come nell’illustrazione
riportata.
1. Il pelo libero dell’acqua vale 34 cm a destra e 67 cm a sinistra:
2. La pressione dell’acqua sarà maggiore a destra o a sinistra e perché?
3. anto vale la pressione nel ramo di destra e di sinistra?
Il tubo rappresentato in figura sembra piuosto differente da un classico tubo a U. In effei la
caraeristica principale di un tubo a U è quella di avere due imboccature alle estremità (non necessariamente in verticale) e un liquido all’interno del tubo, possibilmente con il livello in entrambe le
estremità superiore al livello nel liquido tra le anse intermedie. esta è la situazione illustrata nella
nostra figura. Se il liquido è all’equilibrio avere solo un ansa o numerose non cambia niente.
Per trovare la pressione del liquido nel tubo ad U usiamo la legge di Stevino e la legge dei vasi comunicanti. In base alla legge dei vasi comunicanti nel liquido posto nel tubo la pressione è la stessa allo
stesso livello. Il liquido deve essere incomprimibile. D’altra parte la pressione cambia con la profondità
così come indicato dalla legge di Stevino.
Nel nostro caso la pressione dell’acqua è maggiore a sinistra perché il livello è più basso che nel
ramo di destra.
La pressione sul pelo libero dell’acqua a sinistra è la stessa dell’aria con la quale è in contao e
quindi è la pressione atmosferica:
Ps = Po = 101300 Pa
(6.17)
Per quanto riguarda il ramo di destra iniziamo considerando che la pressione nel liquido, allo stesso
livello, è uguale a destra e a sinistra. indi applicando la legge di Stevino ai punti del ramo di destra
che si trovano al livello di quello di sinistra possiamo scrivere:
Po = Pd + d · g · h
(6.18)
Pd = Po − d · g · h
(6.19)
Ovvero:
38
CAPITOLO 6. STATICA DEI FLUIDI
Dove h è il dislivello tra i rami.
Infine:
6.4
h = 67 cm − 34 cm = 33 cm = 0,33 m
(6.20)
Pd = 101300 Pa − 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 0,33 m = 98063 Pa
(6.21)
Spinta di Arimede
Esercizio 29 Trova se un corpo di forma cubica, il cui spigolo vale 45 mm e la cui densità è 3000 kg m−3 ,
posto in acqua distillata galleggia oppure no. Trova inoltre quanto vale la spinta di Archimede che il
liquido esercita sul cubo.
Se un corpo è solido ed è immerso in un fluido allora galleggia se la sua densità è inferiore a quella
del fluido; altrimenti affonda. In questo caso la densità del corpo (3000 kg m−3 ) è maggiore di quella
dell’acqua(1000 kg m−3 ) e quindi affonda.
La spinta di Archimede si trova con la formula:
SA = ρf · Vf · g
(6.22)
dove SA è la spinta di Archimede, ρf la densità del fluido e Vf il volume di liquido spostato.
Dobbiamo prima trovare il volume del corpo. Il corpo ha forma cubica quindi il suo volume è:
V = l3 = (45 mm)3 = (0,045 m)3 = 9,1125 · 10−5 m3
(6.23)
Infine, sostituendo i dati troviamo che:
SA = 1000 kg m−3 · 9,1125 · 10−5 m3 · 9,81 m s−2 = 0,894 N
(6.24)
Capitolo 7
Cinematica
7.1
Moto rettilineo uniforme in una dimensione
Esercizio 30 Un’automobile si muove con velocità costante sulla SS 131, da Oristano a Nuoro, dal
95 km al 160 km. Parte alle ore 10:30 e arriva alle ore 11:40. Determina le seguenti grandezze esprimendole nel sistema internazionale:
1. Lo spostamento effeuato.
2. Il tempo impiegato.
3. La velocità media.
La definizione dello spostamento effeuato può essere ∆S = Sf − Si , cioè la differenza tra la
posizione finale e la posizione iniziale.
∆S = Sf − Si = 160 km − 95 km = 65 km = 65 · 103 m = 65000 m
(7.1)
Il tempo impiegato può essere definito allo stesso modo: ∆t = tf − ti , cioè l’intervallo tra il tempo
iniziale e quello finale.
∆t = tf − ti = 11:40 h − 10:30 h = 1:10 h (cioè un ora e 10 minuti.)
(7.2)
Trasformiamo questo risultato in secondi, cioè nel S.I.
1:10 h = 1 h + 10 min = 3600 s + 10 · 60 s = 4200 s
∆S
.
∆t
65000 m
v=
= 15,48 m s−1
4200 s
(7.3)
La definizione di velocità media è : v =
7.2
Diagramma orario di un moto rettilineo uniforme
Esercizio 31 Su un foglio a quadrei riporta il diagramma orario della seguente tabella.
x(m)
31
63
97
123
t(s)
4,5
9
13,5
18
39
(7.4)
40
CAPITOLO 7. CINEMATICA
Nello studio del moto risulta di fondamentale importanza rappresentare l’andamento del moto con
un grafico cartesiano. esto è quello che vogliamo fare in questo esercizio.
Abbiamo una tabella con due variabili correlate: spazio e tempo. Tra queste il tempo è la variabile
indipendente e lo spazio quella dipendente (dal tempo). In un grafico cartesiano l’asse delle ascisse
è legato alla variabile indipendente e quello delle ordinate alla variabile dipendente. Cominciamo col
tracciare gli assi dando ad essi il nome della variabile che vogliamo rappresentare. Il nome dato all’asse,
analogamente a quanto compare nella tabella, deve essere seguito dall’unità di misura usata scria tra
parentesi.
A questo punto vogliamo trovare l’opportuna scala di rappresentazione dei dati della tabella in
modo da riempire completamente il grafico.
Partiamo dalle ascisse. Misuriamo la lunghezza in cm che va dall’origine degli assi a fondo scala.
Se dividiamo questa misura per il valore più grande del tempo riportato in tabella troviamo a quanti
cm deve corrispondere ogni secondo.
Lunghezza dell’asse delle ascisse = 15 cm. Valore più grande dei tempi = 18. Per cui:
15 cm
= 0,8 cm
18
(7.5)
Allora possiamo scrivere che 0,8 cm ≡ 1 s.
Non esiste una regola universale per stabilire quante tacce inserire su un asse del grafico: ci sono
solo ragioni di opportunità estetica e funzionale. In questo caso potremo segnare 18 tacche segnando un
numero per ogni tacca, ma verrebbe una grafica troppo pesante. Oppure possiamo segnare 18 tacche,
ma riportare il numero solo una volta ogni cinque tacche.
Facciamo la stessa cosa per l’asse delle ordinate.
Lunghezza dell’asse delle ordinate = 7 cm. Valore più grande dello spazio = 123. Per cui:
7 cm
= 0,08 cm
123
(7.6)
Allora possiamo scrivere che 0,08 cm ≡ 1 m.
In questo caso risulta impossibile segnare 123 tacche, ma possiamo agevolmente segnare una tacca
ogni 10 e riportarne il valore su una ogni 20. esto sarà il risultato.
Diagramma orario
20
"diagramma_orario.txt"
18
16
14
S(m)
12
10
8
6
4
2
0
0
10
20
30
40
50
60
70
t(s)
80
90
100
110
120
130
140
7.3. MOTO RETTILINEO UNIFORME IN UNA DIMENSIONE E LEGGE ORARIA.
7.3
41
Moto rettilineo uniforme in una dimensione e legge oraria.
Esercizio 32 Un ciclista va nella strada statale 130 da 10 km a 35 km, percorrendo quella distanza
alla velocità costante di 28 km h−1 . Determina:
1. Il tempo impiegato dal ciclista per andare dalla prima località all’altra.
2. A quale chilometro si troverà dopo 75 minuti.
3. A che ora è partito da 0 km se è passato alle ore 10, 00 a 10 km.
Supponiamo che il moto del ciclista sia reilineo: lo potremo considerare come un moto reilineo
uniforme. Se v è il modulo della velocità allora lo spazio percorso in un intervallo di tempo t è s = v · t
(legge oraria per un moto reilineo uniforme).
Sappiamo dai dati che la distanza ovvero lo spazio percorso è ∆s = |x2 −x1 |, dove x1 è la posizione
iniziale e x2 la posizione finale del ciclista lungo la strada. indi:
s = ∆s = |35 km − 10 km| = 25 km
(7.7)
Allora possiamo ricavare il tempo impiegato dalla legge oraria del moto:
t=
25 km
s
25 · 25 · 103 m h
=
=
= 0,89 h = 0, 89 · 3600 s = 3,21 · 103 s
v
28 km h−1
28 · 103 m
(7.8)
Per sapere dove si troverà il ciclista dopo 75 minuti applichiamo ancora la legge oraria, per la quale
possiamo scrivere che la posizione finale sarà:
sf = si + v · t = 35 km + 28
28 · 103 m
km
· 75 min = 35 · 103 m +
· (75 · 60 s) = 70000 m (7.9)
h
3600 s
42
CAPITOLO 7. CINEMATICA
Esercizio 33 Due auto partono alle estremità opposte di una strada lunga 3 km. La prima si muove
con una velocità di 70 km/h. La seconda si muove con una velocità di 85 km/h.
1. In che punto della strada si incontreranno?
2. anto tempo impiegano ad incontrarsi?
Entrambe le auto si muovono con velocità costante e quindi di moto reilineo uniforme.
La legge del moto reilineo uniforme ci dice che partendo con velocità costante v dalla posizione
x0 dopo un tempo t si arriva alla posizione x:
x = x0 + v · t
(7.10)
La velocità della prima auto è:
v1 = 70 km h−1 =
70000 m
= 19,4 m s−1
3600 s
(7.11)
85000 m
= 23,6 m s−1
3600 s
(7.12)
La velocità della seconda auto è:
v2 = 85 km h−1 =
Prendiamo come positivo il verso di percorrenza della prima auto e fissiamo l’estremità sinistra
della strada a 0 m. Allora la prima auto parte dalla posizione x1 = 0 m e si muove verso destra con
velocità positiva. La seconda auto di conseguenza parte dalla posizione x2 = 3000 m e si muove verso
sinistra: la sua velocità ha segno negativo. Scriviamo la legge oraria delle due auto:
x(t)1 = x1 + v1 · t = 0 m + 19,4 m s−1 · t = 19,4 m s−1 · t
(7.13)
x(t)2 = x2 + v2 · t = 3000 m − 23,6 m s−1 · t
(7.14)
Se le auto si incontrano in punto allora deve avvenire che:
x(t)1 = x(t)2
(7.15)
Se eguagliamo le due leggi orarie possiamo ricavare l’instante in cui le auto si incontrano.
19,4 m s−1 · t = 3000 m − 23,6 m s−1 · t
(7.16)
t · (19,4 m s−1 + 23,6 m s−1 ) = 3000 m
(7.17)
3000 m
= 69,8 s
+ 23,6 m s−1 )
(7.18)
t=
(19,4 m s−1
Se sostituiamo questo tempo in una qualsiasi delle due equazioni del moto troviamo dove le due
auto si incontrano:
x(t)1 = 19,4 m s−1 · 69,8 s = 1353 m
(7.19)
7.4
Moto uniformemente accelerato
Esercizio 34 Un sasso è lanciato verso l’alto con velocità iniziale di 65 km/h, da una altezza di 4 m.
1. Se trascuriamo l’arito dell’aria, fino a che altezza arriva?
2. anto tempo impiega ad arrivare nel punto più alto?
7.4. MOTO UNIFORMEMENTE ACCELERATO
43
Il corpo si muove verso l’alto di moto uniformemente accelerato.
La velocità iniziale è direa verso l’alto, la possiamo considerare positiva e nel SI vale:
65000 m
= 18,1 m s−1
(7.20)
3600 s
L’accelerazione è direa verso il basso: di conseguenza la consideriamo negativa e vale 9,81 m s−2 .
ando il corpo, lanciato verso l’alto, raggiunge l’altezza massima la sua velocità è zero. Per un
moto uniformemente accelerato vale questa relazione:
v1 = 65 km h−1 =
v(t) = v0 + a · t
(7.21)
Se t è l’istante in cui il corpo raggiunge la la massima altezza, in quell’istante v(t) vale zero. Allora,
dalla relazione precedente, possiamo ricavare il tempo t.
0 m s−1 = 18,1 m s−1 − 9,81 m s−2 · t
t=
18,1 m s−1
= 1,84 s
9,81 m s−2
(7.22)
(7.23)
La legge del moto è:
1
x(t) = x0 + v0 · t + a · t2
(7.24)
2
Dove x(t) è la posizione al tempo t; x0 è la posizione di partenza; v0 è la velocità iniziale e a è
l’accelerazione di gravità.
Se sostituiamo il tempo t appena trovato in questa relazione troviamo l’altezza massima alla quale
arriva il corpo.
x(1,84 s) = 4 m + 18,1
1
m
m
· 1,84 s − 9,81 2 · (1,84 s)2 = 11,04 m
s
2
s
(7.25)
Esercizio 35 Uno spazzacamino cade dal teo di una casa. Per toccare terra impiega 1,5 s.
1. al è l’accelerazione con cui cade?
2. al è la velocità con cui tocca il suolo se parte da fermo?
3. al è l’altezza da cui cade, cioè qual è la distanza che percorre cadendo?
Il moto di un grave, cioè di un oggeo che cade spinto dalla sola forza di gravità, è un moto uniformemente accelerato. L’accelerazione è quella di gravità: 9,81 m s−2 . esto è correo se non c’è l’aria
che rallenta il moto. Poichè l’arito dell’aria dipende dalla velocità dell’oggeo ed in questo caso lo
spazzacamino cade per (soli?) due secondi, l’arito può essere trascurato.
La velocità aumenta linearmente con il tempo secondo la legge:
v = v0 + a · t
(7.26)
dove a è l’accelerazione di gravità e v0 è la velocità iniziale (qui nulla). indi:
m
· 2 s = 14,7 m s−1
s2
Per sapere da che altezza cade usiamo la legge oraria del moto:
v = g · t = 9,81
(7.27)
1
S = S0 + v0 · t + a · t2
(7.28)
2
Dove S è la distanza percorsa al tempo t (cioè l’altezza da cui cade); S0 è la posizione di partenza
(supponiamo che la posizione iniziale sia nulla e che il verso positivo del moto sia verso il basso); v0 è
la velocità iniziale (qui nulla) e a è l’accelerazione di gravità. indi:
1
1
m
S = g · t2 = 9,81 2 · (2 s)2 = 11,04 m
2
2
s
(7.29)
44
CAPITOLO 7. CINEMATICA
Esercizio 36 Un treno si muove alla velocità di 110 km h−1 verso un passaggio a livello posto a 6 km
di distanza. Un auto, invece, procede nello stesso istante verso lo stesso passaggio a livello con una
velocità di 90 km h−1 da una distanza di 5 km.
1. Chi riuscirà ad arrivare prima al passaggio a livello?
2. anto deve accelerare l’auto per arrivare con un vantaggio di almeno 30 s prima che si chiudano le barriere del passaggio a livello?
3. ale dovrebbe essere la velocità finale dell’automobile se comincia subito ad accelerare in
maniera uniforme? Riuscirà a non superare i limiti di velocità?
Sia il treno che l’auto si muovono di moto reilineo uniforme.
La velocità del treno è:
110000 m
vt = 110 km h−1 =
= 30,5 m s−1
3600 s
(7.30)
La velocità dell’auto è:
va = 90 km h−1 =
90000 m
= 25 m s−1
3600 s
(7.31)
La legge del moto reilineo uniforme ci dice che partendo con velocità costante v dalla posizione
x0 dopo un tempo t si arriva alla posizione x:
x = x0 + v · t
(7.32)
Supponendo che x0 = 0 m possiamo trovare il tempo tt impiegato dal treno e quello ta impiegato
dall’auto a giungere al passaggio al livello:
tt =
xt
6000 m
=
= 196 s
vt
30,5 m s−1
(7.33)
5000 m
xa
=
= 200 s
va
25 m s−1
(7.34)
ta =
indi arriverà prima il treno.
Se l’auto accelera, il moto può essere considerato uniformemente accelerato.
La legge del moto sarà:
1
(7.35)
x = x0 + va · t + a · t2
2
In questa legge conosciamo già le grandezze x, x0 e va . Il tempo è quello precedentemente aribuito
al treno meno i 30 s di vantaggio che vogliamo dare all’auto. indi:
t = tt − 20 s = 196 s − 30 s = 166 s
(7.36)
L’unica grandezza ancora incognita della legge è l’accelerazione. L’espressione diventa un’equazione di primo grado in a che meiamo in evidenza:
1
x − va · t = a · t2
2
(7.37)
x − va · t
6000 m − 25 m s−1 · 166 s
= 0,06 m s−2
(7.38)
=
2
·
t2
166 s2
esta accelerazione è fortemente irrealistica proprio per la sua piccolezza: un’auto accelererebbe
maggiormente nei primi secondi per poi stabilizzare la sua velocità.
In ogni caso, tenendo quella accelerazione per tuo il tempo indicato la velocità finale sarebbe:
a=2·
vf = va + a · t = 25 m s−1 + 0,06 m s−2 · 166 s = 34,4 m s−1 = 125 km h−1
(7.39)
Per qualsiasi codice stradale un passaggio a livello non può essere affrontato a quella velocità
7.5. MOTO PARABOLICO DI UN PROIETTILE
7.5
45
Moto parabolico di un proiettile
Esercizio 37 Un proieile viene lanciato dal suolo, verso l’alto, su un piano orizzontale, con una
velocità iniziale di 700 m s−1 e con un angolo di 80° rispeo all’orizzontale.
Trascurando l’arito dell’aria:
1. al è la massima altezza raggiunta dal proieile?
2. al è la giata del proieile?
3. anto vale il modulo della velocità dopo 2 secondi e che angolo forma con il piano?
Il moto del proieile, a causa della natura veoriale della velocità, può utilmente essere scomposto
in due componenti: una parallela al piano e una perpendicolare. In orizzontale il corpo procede con velocità costante, non essendo sooposto al alcuna forza. In verticale il moto è accelerato: l’accelerazione
è quella di gravità. Scomponiamo innanzi tuo la velocità:
{
vx0 = v0 · cos(θ) = 700 m s−1 · 0,985 = 689 m s−1
(7.40)
vy0 = v0 · sin(θ) = 700 m s−1 · 0,174 = 121 m s−1
Le leggi del moto orizzontale e verticale sono:

 x = vx0 · t
 y = vy0 · t − 1 g · t2
2
(7.41)
Nelle due equazioni abbiamo considerato nulla la posizione iniziale in orizzontale x0 e in verticale
yo . Supponiamo inoltre, ed è una nostra scelta arbitraria, che il suolo si trovi a 0 m e il verso positivo delle ordinate sia verso l’alto. Di conseguenza l’accelerazione di gravità (direa verso il basso)
determina il segno meno.
Per quanto riguarda la velocità in funzione del tempo possiamo scrivere:
{
vx = cost.
(7.42)
vy = vy0 − g · t
Per determinare la massima altezza raggiunta dal proieile consideriamo che quando questo raggiunge il punto più alto la componente verticale della velocità si annulla:
vy = 0 m s−1 = vy0 − g · t
(7.43)
Da questa equazione possiamo meere ricavare il tempo:
t=
vy 0
689 m s−1
=
= 70,2 s
g
9,81 m s−2
(7.44)
Adesso sappiamo l’istante al quale il proieile arriva alla massima altezza. Sostituiamo questo
valore nell’equazione del moto verticale e troveremo l’altezza cercata.
1
m
1
m
y = vy0 · t − g · t2 = 689 · 70,2 s − 9,81 2 · (70,2 s)2 = 24221 m
2
s
2
s
(7.45)
Nell’equazione del moto verticale se poniamo la posizione finale uguale a zero oeniamo un equazione di secondo grado nel tempo che ha due soluzioni: sono l’istante in cui il proieile parte e l’istante
in cui ritorna al suolo. indi abbiamo:
(
)
1
1
−1
2
0 m s = vy0 · t − g · t = t · vy0 − g · t
(7.46)
2
2
46
CAPITOLO 7. CINEMATICA
Le cui soluzioni sono:
t = 0s
t=
689 m s−1
2 · vy 0
2·
=
= 140,4 s
g
9,81 m s−2
(7.47)
(7.48)
Se sostituiamo questo tempo nell’equazione del moto orizzontale troviamo la giata:
x = vx0 · t = 121
7.6
m
· 140,4 s = 17083 m
s
(7.49)
Moto circolare uniforme
Esercizio 38 Una ruota larga 45 cm compie 300 giri al minuto.
1.
2.
3.
4.
anto vale la velocità angolare della ruota?
anto vale la velocità tangenziale di un punto sull’estremità della ruota?
anto vale e in quale direzione è rivolta l’accelerazione del punto precedente?
Con quale frequenza gira la ruota?
Supponiamo che la ruota giri con velocità costante.
Se la ruota è larga 45 cm quello è il suo diametro e il raggio è la metà:
r=
45 cm
= 225 cm = 0,225 m
2
(7.50)
La velocità angolare è data dal rapporto:
ω=
2π
T
(7.51)
dove 2π è la misura dell’angolo giro espressa in radianti e T è il periodo ovvero il tempo che l’oggeo
impiega a compiere un giro completo. L’angolo, nel sistema internazionale, è misurato in radianti che
sono una grandezza adimensionale, cioè un numero puro. Secondo convenienza possiamo indicare
esplicitamente quale sia l’unità di misura (radianti o gradi) o non indicare alcunché.
L’indicazione dei giri al minuto è un’indicazione di frequenza perché ci dice quante volte il fenomeno si ripete in un certo intervallo di tempo.
300
300
=
= 5 Hz
min
60 s
(7.52)
1
= 0,2 s
5 Hz
(7.53)
2π rad
= 10π rad/s
0,2 s
(7.54)
2π · r
= ω · r = 10π rad/s · 0,225 m = 7,07 m/s
T
(7.55)
f=
Il periodo è l’inverso della frequenza:
T =
indi la velocità angolare è:
ω=
La velocità tangenziale é:
v=
Infine l’accelerazione è quella centripeta ed è direa verso il centro della ruota:
a=
v2
= ω 2 · r = (10π rad/s)2 · 0,225 m = 222 m/s2
T
(7.56)
Capitolo 8
Dinamica
8.1
Corpo in caduta libera
Esercizio 39 Un corpo puntiforme, di massa 637 kg, è lanciato verso l’alto.
1. Calcola intensità, direzione e verso di tue le forze che agiscono sul corpo quando è ancora
sospeso in aria, trascurando l’arito dell’aria stessa.
2. Scrivi se possiamo applicare il primo principio della dinamica.
Se un corpo è sospeso in aria l’unica forza che agisce sempre su di esso, trascurando l’arito
dell’aria, è la forza peso la cui intensità vale:
|P⃗ | = m|⃗g |
(8.1)
m è la massa del corpo e ⃗g è l’accelerazione di gravità che vale in modulo 9,81 m s−2 .
La direzione è quella perpendicolare alla superficie terrestre e il verso è verso il basso (a prescindere
che il corpo si stia muovendo verso l’alto o verso il basso). indi:
|P⃗ | = 637 kg · 9,81 m s−2 = 6250 kg · m s−2 = 6,25 · 103 N
47
(8.2)
48
CAPITOLO 8. DINAMICA
Il primo principio della dinamica si applica a corpi su cui non agiscono forze o per i quali la forza
esterna totale agente è nulla. indi in questo caso non si può applicare perché c’è sempre la forza di
gravità.
8.2
Corpo su un piano, sottoposto ad una forza
Esercizio 40 Un painatore su ghiaccio scivola senza arito su una pista piana come schematizzato
in figura. ’E spinto verso destra da una forza F⃗1 con |F⃗1 | = 45 N, É spinto verso l’alto da una forza
F⃗2 con |F⃗2 | = 250 N. La massa del painatore è m = 75 kg.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
anto vale la forza peso che agisce sul painatore?
anto vale la forza totale che agisce sul painatore in verticale?
Con quale accelerazione viene spinto il painatore?
ale principio uso per trovare quell’accelerazione?
Che tipo di moto compie il painatore spinto dalla forza F⃗2 ?
Che velocità raggiunge dopo 3 s se parte da fermo?
ale distanza percorre dopo 3 s se parte da fermo da un traguardo posto a 30 m?
La forza peso in modulo vale:
|P⃗ | = m|⃗g | = 75 kg · 9,81 m s−2 = 735,75 N
(8.3)
In verticale agisce verso il basso la forza peso e verso l’alto la forza F2 . La forza totale è la somma
veoriale delle due:
F⃗v = P⃗ + F⃗2
(8.4)
Poiché hanno la stesso direzione e verso opposto il modulo della somma è dato da:
|F⃗v | = |P⃗ | − |F⃗2 | = 735,75 N − 250 N = 485,75 N
(8.5)
In verticale prevale la forza peso quindi il painatore rimane vincolato al piano e l’accelerazione
verticale è nulla.
In orizzontale agisce solo la forza F1 e per trovare l’accelerazione applico il secondo principio della
dinamica.
F⃗1
⃗a =
(8.6)
m
|⃗a| =
|F⃗1 |
45 N
=
= 0,6 m s−2
m
75 kg
(8.7)
Il moto è uniformemente accelerato quindi la velocità aumenta linearmente con il tempo secondo
la relazione:
⃗v = v⃗0 + ⃗a · t
(8.8)
8.2. CORPO SU UN PIANO, SOTTOPOSTO AD UNA FORZA
49
Il painatore parte da fermo quindi la velocità iniziale v⃗0 è nulla. Per cui la velocità finale varrà:
v = a · t = 0,6 m s−2 · 3 s = 1,8 m s−1
(8.9)
Per sapere dove arriva applichiamo la legge oraria del moto:
1
x(t) = x0 + v0 · t + a · t2
2
(8.10)
In questo caso poniamo la posizione iniziale x0 a 30 m, quindi:
x(3 s) = 30 m +
1
m
· 0,6 2 · 3 s2 = 30 m + 2,7 m = 32,7 m
2
s
(8.11)
Esercizio 41 Un corpo puntiforme, di massa m = 43 kg, è posto su un piano orizzontale.
Il corpo è sooposto ad una forza F = 130 N che forma un angolo α = 40o con il piano orizzontale,
orientata come come indicato nella figura seguente. Il piano è privo di arito.
1. Calcola intensità, direzione e verso di tue le forze che agiscono sul corpo lungo gli assi x e y.
2. Calcola l’accelerazione che il corpo subisce lungo il piano.
3. Scrivi se vale il terzo principio della dinamica e come lo possiamo applicare a questo caso.
Sul corpo in figura agisce, oltre alla forza indicata in figura, anche la forza peso P⃗ = m⃗g , orientata
verso il basso ed eventualmente la reazione vincolare del piano F⃗v , direa verso l’alto. La reazione
vincolare ha un’intensità pari a quella dell’eventuale componente totale lungo l’asse y delle forze che
agiscono sul corpo. Se la componente verticale della forza data è superiore alla forza peso il corpo sarà
indoo a sollevarsi dal piano e quindi la F⃗v in quel caso sarà nulla.
In questo caso le componenti della forza data lungo gli assi cartesiani sono:
|F⃗x | = |F⃗ | cos α = 130 N · 0, 766 = 99,6 N
|F⃗y | = |F⃗ | sin α = 130 N · 0, 643 = 83,6 N
(8.12)
(8.13)
La forza peso invece ha un’intensità:
|P⃗ | = 43 kg · 9,81 m s−2 = 422 N
(8.14)
L’intensità della forza peso è prevalente sulla componente verticale della forza data quindi il corpo
rimane vincolato al piano e l’intensità della forza F⃗v è:
|F⃗ | = |F⃗y | − |⃗
p| = 83,6 N − 422 N = 338 N
(8.15)
50
CAPITOLO 8. DINAMICA
Per determinare l’eventuale accelerazione che il corpo subisce applichiamo il secondo principio
della dinamica F⃗ = m⃗a . L’unica forza che agisce nella direzione individuata dal piano sul corpo dato
è la componente orizzontale della forza F⃗ . indi l’accelerazione vale:
|⃗a| =
99,6 N
|F⃗x |
=
= 2,32 m s−2
m
43 kg
(8.16)
direa nel verso positivo dell’asse x.
Nella meccanica newtoniana il terzo principio della dinamica vale sempre. In questo caso lo possiamo applicare alla forza che intercorre tra corpo e piano, affermando che così come il piano esercita
una forza di reazione vincolare in direzione verticale verso l’alto sul corpo, così pure il corpo esercita
una forza di uguale intensità e direzione, ma di verso opposto, sul piano.
8.3
Corpo puntiforme su un piano inclinato
Esercizio 42 Un corpo puntiforme di massa m = 22 kg è poggiato su un piano inclinato con un angolo
α = 25° rispeo all’orizzontale. Tra corpo e piano è presente arito: il coefficiente di arito statico è
µs = 0, 7, quello dinamico µd = 0, 3 .
Inoltre sul corpo agisce una forza F⃗ , dove |F⃗ | = 280 N e β = 12°, come mostrato in figura.
1.
2.
3.
4.
Calcola il modulo della forza peso che agisce sul corpo.
Disegna i componenti del veore forza peso e della forza F⃗ paralleli e perpendicolari al piano.
Calcola il modulo di questi quaro componenti.
Trova il modulo della forza totale che agisce perpendicolarmente e parallelamente al piano,
trascurando l’eventuale forza d’arito.
5. Trova se nelle condizioni date il corpo riuscirà a muoversi.
6. alora il corpo si muova la forza totale che agisce sul corpo perpendicolarmente e parallelamente al piano, compresa l’eventuale forza d’arito.
7. Trova l’accelerazione con cui il corpo scivola sul piano.
Il modulo della forza peso che agisce sul corpo è:
Fp = m · g = 22 kg · 9,81 m/s2 = 215,8 N
(8.17)
8.3. CORPO PUNTIFORME SU UN PIANO INCLINATO
51
Nell’ultima figura l’angolo α è uguale all’angolo α′ , come mostrato nell’esercizio precedente, a cui
si rimanda per la spiegazione. Scegliamo (a nostro arbitrio) come verso positivo per le componenti delle
forze parallele al piano quello verso destra e come verso positivo per le componenti perpendicolari al
piano quello verso l’alto. Per questo possiamo scrivere:
{
Fp⊥ = −|F⃗p | · cos(α) = 215,8 N · cos(25°) = −195,6 N
(8.18)
Fp∥ = |F⃗p | · sin(α) = 215,8 N · sin(25°) = −91,2 N
Invece per le componenti della forza F⃗ scriviamo:
{
F⊥ = |F⃗ | · sin(β) = 280 N · sin(12°) = 58,2 N
F∥ = |F⃗ | · cos(β) = 280 N · cos(12°) = 273,9 N
(8.19)
Per trovare il modulo della forza totale lungo il piano e perpendicolarmente ad esso, sommiamo le
componenti delle due forze date lungo quelle due direzioni.
Ftot senza attrito∥ = F∥ + Fp∥ = 273,9 N + −91,2 N = 182,7 N
(8.20)
Ftot⊥ = Fp⊥ + F⊥ = −195,6 N + 58,2 N = −137,4 N
(8.21)
La componente della forza totale perpendicolare al piano ha segno negativo, quindi è direa verso
il basso: il corpo rimane aaccato al piano e vi può essere forza d’arito. La componente della forza
totale parallela al piano è positiva, quindi il corpo è spinto verso destra.
La forza d’arito statico dipende dalla forza con cui il corpo è schiacciato sul piano di appoggio.
Nel nostro caso dipende dalla componente perpendicolare al piano della forza totale. La forza di arito
statico massimo che il corpo può sopportare è:
⃗ Fa.s. M AX = µ · Fschiacciamento = µs · Ftot⊥
(8.22)
= 0, 7 · 137,4 N = 96,2 N
La forza d’arito si oppone al movimento del corpo. Nel nostro caso il corpo è spinto verso destra
⃗ . Poiché il modulo di questa forza è più grande del massimo arito statico che il corpo
dalla forza Ftot∥
può sopportare allora il corpo scivolerà lungo il piano.
Nel momento in cui il corpo comincia a muoversi l’arito diventa dinamico. Analogamente a
quanto oenuto con l’arito statico possiamo scrivere:
⃗ (8.23)
Fa.d = µ · Fschiacciamento = µd · Ftot⊥
= 0, 3 · 137,4 N = 40,3 N
L’arito dinamico è direo in verso opposto alla forza totale parallela al piano e quindi verso sinistra.
La forza totale che agisce lungo il piano (compresa la forza d’arito) è quindi:
Ftot∥ = Ftot senza attrito∥ − Fa.d = 182,7 N − 40,3 N = 142,4 N
(8.24)
La forza di reazione vincolare del piano è la forza che il piano esercita sul corpo per impedire che
questo lo araversi. Se il corpo è schiacciato sul piano, il piano reagisce con una forza uguale in modulo
e direzione, ma di verso opposto. La forza di reazione ha quindi lo stesso valore e direzione di Ftot⊥ .
52
CAPITOLO 8. DINAMICA
Esercizio 43 Un sistema è costituito da tre masse puntiformi, poggiate su un piano senza arito, collegate con delle funi di massa trascurabile e inestensibili. La massa di destra è soggea alla tensione
T di un’altra fune che la tira con una forza T = 1350 N verso destra. m1 = 120 kg ; m2 = 230 kg ;
m3 = 35 kg
1. Trova l’accelerazione a cui è sooposto il sistema sapendo che le masse rimangono solidali tra
loro.
2. Trova la tensione della fune tra le masse.
Se le masse rimangono solidali tra loro possiamo applicare il secondo principio della dinamica
all’intero sistema, sapendo che la forza totale che agisce su di esso è data dalla tensione della fune e che
la massa del sistema è la somma delle masse dei tre corpi. L’accelerazione del sistema è equivalente a
quella di ogni singolo corpo.
La forza peso, essendo i corpi poggiati su un piano, è equilibrata dalla reazione vincolare del piano
e non contribuisce all’accelerazione del sistema. La mancanza di arito assicura che non ci siano forze
di arito.
Mtot = m1 + m2 + m3 = 120 kg + 230 kg + 35 kg = 385 kg
(8.25)
Ftot = Mtot · a
a=
T
1350 N
Ftot
=
=
= 3,51 m/s2
Mtot
Mtot
385 kg
(8.26)
(8.27)
L’accelerazione è rivolta verso destra come la tensione della fune.
Per trovare la tensione che agisce sul corpo 1 applichiamo ad esso il secondo principio della dinamica, sapendo che la forza totale che agisce su di esso è la somma delle singole forze (in questo caso la
sola tensione T1 ).
⃗ = m1 · ⃗a = T⃗1
Ftot
(8.28)
1
T1 = m1 · a = 120 kg · 3,51 m/s2 = 421 N
(8.29)
Procedendo analogamente per il corpo 2 possiamo scrivere:
⃗ = m2 · ⃗a = T⃗2s + T⃗2
Ftot
2
d
(8.30)
Il fao che la massa delle funi sia trascurabile comporta che la forza totale che agisce su di esse sia
nulla, altrimenti si avrebbe un’accelerazione infinita. esto fa si che:
T⃗2s = −T⃗1
(8.31)
T⃗2d = −T⃗3s
(8.32)
indi, semplificando, possiamo scrivere:
m2 · a = −T1 + T2d
(8.33)
8.4. RUOTA
53
T2d = m2 · a + T1 = 230 kg · 3,51 m/s2 + 421 N = 807 N + 421 N = 1228 N
(8.34)
T3s = T2d = 1228 N
(8.35)
Infine, come verifica di quanto abbiamo calcolato, possiamo cercare di rioenere il valore di T
applicando lo stesso metodo al corpo 3.
⃗ = m3 · ⃗a = T⃗3s + T⃗
Ftot
3
(8.36)
m3 · a = −T3s + T
(8.37)
T = m3 · a + T3s = 35 kg · 3,51 m/s2 + 1228 N = 123 N + 1228 N = 1351 N
(8.38)
La differenza di 1 N rispeo al valore di partenza è dovuta agli errori di arrotondamento fai nei
diversi passaggi.
8.4
Ruota
Esercizio 44 Ad una ruota, capace di muoversi senza arito, è appoggiata una fune inestensibile e di massa trascurabile. Alle estremità della fune, da una parte e dell’altra della carrucola, sono appesi due corpi di massa m1 = 5 kg e m2 = 2 kg. La corda si muove
con la ruota senza scivolare. La ruota stessa ha massa trascurabile.
Trova l’accelerazione a cui si muovono le due masse.
I due corpi, a causa del filo inestensibile, si muovono con eguale accelerazione, uno verso il basso
e uno verso l’alto. Il limite, con un corpo di massa trascurabile e uno di massa finita, sarebbe un’accelerazione uguale a quella di gravità. Scegliamo (arbitrariamente) come positiva l’accelerazione verso
l’alto e aribuiamola al corpo 1.
Come nell’esercizio precedente, se la massa della fune è trascurabile, la forza totale che agisce su
essa deve essere nulla e quindi la tensione alle sue estremità deve essere la stessa.
T1 = T2
(8.39)
Applichiamo il secondo principio della dinamica ad entrambe i corpi.
⃗ = T⃗ + P⃗
Ftot
1
(8.40)
⃗ = T⃗ + P⃗
Ftot
2
(8.41)
Diamo un segno alle componenti e scriviamo:
m1 · a = T − m1 · g
(8.42)
m2 · (−a) = T − m2 · g
(8.43)
Abbiamo un sistema di due equazioni in due incognite. Soraiamo la seconda dalla prima e sommiamo membro a membro.
(m1 + m2 ) · a = (−m1 + m2 ) · g
(8.44)
54
CAPITOLO 8. DINAMICA
Infine:
a=
(m2 − m1 ) · g
(2 kg − 5 kg) · 9,81 m/s2
=
= −4,20 m/s2
(m1 + m2 )
(5 kg + 2 kg)
(8.45)
Il segno meno nell’ultimo risultato significa che il verso effeivo dell’accelerazione del corpo 1 è
verso il basso.
Capitolo 9
antità di moto e centro di massa
9.1
antità di moto
Esercizio 45 Un corpo di massa m = 5,6 kg si muove con velocità v = 12 km/h. Determina la quantità
di moto del corpo.
La quantità di moto di un corpo è data da p⃗ = m · ⃗v , cioè il prodoo della massa del corpo per la
sua velocità. La velocità va espressa in metri al secondo.
12 km/h =
12 km
12000 m
=
= 3,33 m s−1
h
3600 s
(9.1)
La quantità di moto in modulo è:
p = m · v = 5,6 kg · 3,33 m s−1 = 18,7 kg m s−1
(9.2)
Esercizio 46 Un corpo di massa m = 5,6 kg si muove con velocità v1 = 12 km/h in una data direzione.
Un altro corpo, di massa m = 2,6 kg si muove con velocità v2 = 42 km/h in una direzione a 33° rispeo
al primo.
Determina la quantità di moto totale del sistema formato dai due corpi.
La quantità di moto di un insieme di corpi è data dalla somma veoriale della quantità di moto di
ognuno di essi.
p⃗tot = p⃗1 + p⃗2
(9.3)
Per calcolare il modulo della quantità di moto totale dapprima determiniamo le componenti della
quantità di moto dei due corpi lungo la direzione della velocità del primo. Calcoliamo la somma dei due
veori per componenti. Infine ricaviamo il modulo di questa somma ovvero la quantità di moto totale.
Esprimiamo tue le grandezze di partenza in unità del SI.
v1 = 12 km/h = 3,33 m/s
(9.4)
v2 = 42 km/h = 11,66 m/s
(9.5)
p1 = m · v = 5,6 kg · 3,33 m/s = 18,7 kg m/s
(9.6)
p2 = m · v = 2,6 kg · 11,6 m/s = 30,2 kg m/s
(9.7)
Le due quantità di moto sono:
55
56
CAPITOLO 9. QUANTITÀ DI MOTO E CENTRO DI MASSA
Ora dobbiamo scegliere due assi ortogonali rispeo a cui scomporre le due quantità di moto. Scegliamo come asse delle ascisse la direzione e il verso individuato dalla velocità del primo corpo. Il primo
veore ha componente solo sull’asse x:
p1x = 18,7 kg m/s
(9.8)
p2x = p2 · cos(α) = 30,2 kg m/s · cos(33) = 25,3 kg m/s
(9.9)
p2y = p2 · sin(α) = 30,2 kg m/s · sin(33) = 16,4 kg m/s
(9.10)
Invece per l’altro veore:
p⃗tot = p⃗1 + p⃗2 = (18,7 kg m/s; 0 kg m/s) + (25,3 kg m/s; 16,4 kg m/s) = (44 kg m/s; 16,4 kg m/s)
(9.11)
Infine il modulo della quantità di moto totale è:
√
√
|p⃗tot | = (ptotx )2 + (ptoty )2 = (44 kg m/s)2 + (16,4 kg m/s)2 = 47,0 kg m/s
(9.12)
9.2
Urti in una dimensione
Esercizio 47 Due corpi puntiformi di massa m1 = 5,6 kg e m2 = 2,7 kg si muovono liberamente
nello spazio sulla stessa rea. Il sistema formato dai due corpi non è sooposto ad alcuna forza esterna.
Entrambi i corpi si muovono nello stesso verso: il primo con una velocità v1 = 620 km/h e il secondo
con una velocità v2 = 120 km/h. Ad un certo punto i due corpi si urtano rimanendo aaccati.
Trova la velocità finale del sistema in modulo, direzione e verso.
Se il sistema non è sooposto a forze esterne la sua quantità di moto totale rimane invariata prima
e dopo l’urto. La quantità di moto totale prima dell’urto è data dalla somma dei moduli delle quantità
di moto iniziali, perché i due corpi si muovono sulla stessa rea. La quantità di moto totale dopo l’urto
è quella di un unico corpo puntiforme, che si muove ancora sulla stessa rea. Dal momento che la
quantità di moto iniziale ha componenti solo su una rea, continuerà ad avere componenti solo su
quella rea anche dopo l’urto.
Per cui possiamo scrivere:
p1 + p2 = pf
(9.13)
m1 · v1 + m2 · v2 = (m1 + m2 ) · vf
(9.14)
L’unica incognita di questa equazione è la velocità finale e possiamo meerla in evidenza:
vf =
m1 · v1 + m2 · v2
(m1 + m2 )
(9.15)
Trasformiamo nel S.I. le velocità date e sostituiamo tui i dati nella precedente espressione.
v1 = 620 km/h = 172,2 m/s
(9.16)
v2 = 120 km/h = 33,3 m/s
(9.17)
Le due velocità hanno lo stesso verso per cui le utilizziamo aribuendo ad esse lo stesso segno (positivo
per nostra arbitraria scelta).
vf =
5,6 kg · 172,2 m/s + 2,7 kg · 33,3 m/s
= 127,2 m/s
(5,6 kg + 2,7 kg)
(9.18)
Il segno positivo di questo calcolo ci dice che la velocità ha lo stesso verso di quelle iniziali; la direzione
abbiamo già deo essere quella dei due corpi incidenti.
9.3. CENTRO DI MASSA
57
Esercizio 48 Due corpi puntiformi di massa m1 = 12 kg e m2 = 42 kg si muovono liberamente nello
spazio sulla stessa rea. Il sistema formato dai due corpi non è sooposto ad alcuna forza esterna.
Entrambi i corpi si muovono nello stesso verso: il primo con una velocità v1 = 1230 km/h e il secondo
con una velocità v2 = 320 km/h, ma in verso opposto. Ad un certo punto i due corpi si urtano in
maniera perfeamente elastica.
Trova la velocità finale dei due corpi in modulo, direzione e verso.
Se il sistema non è sooposto a forze esterne la sua quantità di moto totale rimane invariata prima
e dopo l’urto. La quantità di moto totale prima dell’urto è data dalla somma dei moduli delle quantità
di moto iniziali, perché i due corpi si muovono sulla stessa rea e hanno componenti solo su quell’asse.
Analogamente avviene dopo l’urto, ma le velocità saranno cambiate.
Il fao che l’urto sia perfeamente elastico implica che l’energia cinetica totale del sistema si
conserva nell’urto. Possiamo scrivere quindi il seguente sistema di equazioni:


m1 · v1i + m2 · v2i = m1 · v1f + m2 · v2f
 1 m1 · v12 + 1 m2 · v22 = 1 m1 · v12 + 1 m2 · v22
i
i
f
f
2
2
2
2
(9.19)
Il precedente sistema è in due equazioni e in due incognite (le velocità finali), ma un’equazione è quadratica, per cui avremo due soluzioni. Una è quella banale in cui le velocità finale ed iniziale sono
uguali. L’altra soluzione che si trova (per la dimostrazione rimandiamo ad comune libro di testo) è:

(m1 − m2 ) · v1i + 2 · m2 · v2i


 v1 f =
m1 + m2

(m
−
m
) · v2i + 2 · m1 · v1i
2
1

 v2 f =
m1 + m2
(9.20)
Trasformiamo nel S.I. le velocità date e sostituiamo tui i dati nella precedente espressione.
v1 = 1230 km/h = 341,7 m/s
(9.21)
v2 = 320 km/h = 88,9 m/s
(9.22)
Le due velocità hanno verso opposto per cui le utilizziamo aribuendo ad esse segno opposto (positivo
alla prima ad esempio, per nostra arbitraria scelta).

(12 kg − 42 kg) · 341,7 m/s + 2 · 42 kg · (−88,9 m/s)


= −328,1 m/s
 v1 f =
12 kg + 42 kg

(42 kg − 12 kg) · (−88,9 m/s) + 2 · 12 kg · 341,7 m/s

 v2 f =
= 102,5 m/s
12 kg + 42 kg
(9.23)
I due corpi, dopo l’urto, si muovono ancora sulla stessa rea. La direzione della velocità è ancora quella
di partenza. Dai segni prima oenuti possiamo dire che entrambe i corpi hanno ora velocità di verso
opposto a quella di partenza.
9.3
Centro di massa
Esercizio 49 Due corpi puntiformi di massa m1 = 5,6 kg e m2 = 2,7 kg sono posti alle estremità di
un’asta rigida di massa trascurabile lunga 0,45 m.
Trova la posizione del centro di massa del sistema dato.
58
CAPITOLO 9. QUANTITÀ DI MOTO E CENTRO DI MASSA
Il sistema presentato ha una sola dimensione. Il centro di massa si trova necessariamente sull’asse
individuato dall’asta. La definizione del centro di massa per due masse puntiformi è:
xcm =
x 1 · m1 + x 2 · m2
m1 + m2
(9.24)
Gli unici valori che non conosciamo sono x1 e x2 , cioè le posizioni assolute delle due masse. Tuavia, in questo caso, ciò che importa è solo la posizione relativa. Scegliamo ad esempio di porre la prima
massa nella posizione x1 = 0 m e la seconda nella posizione x2 = 0,45 m, all’altra estremità dell’asta.
Sostituendo tui i dati abbiamo che:
xcm =
0 m · 5,6 kg + 0,45 m · 2,7 kg
= 0,15 m
5,6 kg + 2,7 kg
(9.25)
Capitolo 10
Dinamica rotazionale
10.1
Forza centrifuga
Esercizio 50 Una provea di massa 35 g è fissata all’albero di rotazione di una centrifuga da una
sbarrea metallica lunga 20 cm. Determinare nel SI la forza centripeta cui la provea è sooposta
quando la frequenza di rotazione è 1037 giri al minuto.
Un corpo puntiforme, in moto circolare uniforme lungo una circonferenza, è sooposto ad una
forza, dea centripeta, direa istante per istante nella direzione e verso che vanno dal corpo stesso al
centro della circonferenza, e di modulo:
F = ma c = mω 2 r,
(10.1)
dove m è la massa del corpo, ω è la velocità angolare ed r è il raggio della traieoria.
In questo caso la massa è di 35 g = 3,5 · 10−2 kg;
la velocità angolare è ω = 2π
T = 2πv dove v è la frequenza di rotazione.
v=
1037giri
1037giri
=
= 17,28 Hz
min
60 s
ω = 108,6 s1
(10.2)
(10.3)
In fine, nel sistema internazionale, il modulo della forza è:.
1
F = mω 2 r = 0,035 kg · (108, 6 )2 · 0,20 m = 82,6 N
s
10.2
(10.4)
Forza centripeta e forza peso
Esercizio 51 Una sferea di massa 12 g viene faa ruotare su un piano orizzontale in modo da descrivere per 29 volte al minuto una circonferenza di raggio 16 cm. ali sono direzione verso e modulo
(nel SI) della forza totale cui è soggea la sferea?
Un corpo che ruota su un piano orizzontale, privo di arito, è sooposto ad almeno due forze: la
forza centripeta che ne determina il moto circolare uniforme e la forza peso dovuta alla gravità.
59
60
CAPITOLO 10. DINAMICA ROTAZIONALE
La forza centripeta è direa istante per istante nella direzione e verso che vanno dal corpo stesso
al centro della circonferenza, e il suo modulo è:
Fc = ma c = mω 2 r
(10.5)
dove m è la massa del corpo, ω è la velocità angolare ed r è il raggio della traieoria.
In questo caso la massa vale 12 g = 1,2 · 10−2 kg.
La velocità angolare è ω = 2π
T = 2πv dove v è la frequenza di rotazione;
v=
29giri
29giri
=
= 4,83 · 10−1 Hz
min
60 s
1
ω = 3, 04
s
r = 1,6 · 10−1 m
(10.6)
(10.7)
(10.8)
In fine, nel sistema internazionale, il modulo della forza è:
Fc = mω 2 r = (1,2 · 10−2 kg) · (3, 04s−1 )2 · (1,6 · 10−1 m) = 1,77 · 10−2 N
(10.9)
La forza peso è direa verso il basso nella direzione perpendicolare al piano di rotazione della
sferea e il suo modulo è:
Fg = m · g , dove m è la massa del corpo e g = 9,81 m s−2 è l’accelerazione di gravità al suolo.
indi Fg = 1,18 · 10−2 N.
La forza totale è data dalla somma veoriale della forza centripeta e della forza peso:
F⃗tot = F⃗c + F⃗g
(10.10)
Il suo modulo è:
|F⃗tot | =
√
√
|F⃗c |2 + |F⃗g |2
(10.11)
3,19 · 10−4 N + 1,39 · 10−4 N = 2,12 · 10−2 N
(10.12)
|F⃗tot | =
l’angolo θ individuato dal veore con l’asse delle ordinate, come si vede dalla figura, è dato da:
(
)
(
)
|F⃗g |
θ = arctan
= arctan 6, 66 · 10−1 = 33, 6◦
(10.13)
⃗
|Fc |
Capitolo 11
Lavoro e energia
11.1
Lavoro
Esercizio 52 anto lavoro fa una forza, il cui modulo vale
15 N, che muove il suo punto di applicazione di 25 m come
indicato in figura (α = 60°)?
⃗
Il lavoro fao da una forza F⃗ costante per spostare il suo punto di applicazione di una quantità S
⃗
è dato dal prodoo scalare di F⃗ per S:
⃗ = |F⃗ ||S|
⃗ cos α = 15 N · 25 m · 0, 5 = 187,5 J
L = F⃗ · S
(11.1)
Esercizio 53 Un corpo puntiforme di massa 6 kg viene spostato dal punto A al punto D seguendo il
percorso indicato nella figura seguente. AB = 3 dm, BC = 26 mm, BD = 88 cm, α = 30°.
1. Trova il lavoro totale compiuto dalla forza peso che agisce sul corpo nel compiere quello spostamento.
2. Trova la lavoro totale compiuto dalla forza peso che agisce sul corpo nel compiere lo spostamento
alternativo A - E - D.
3. Come ci aspeiamo che siano i due lavori oenuti e perché?
La forza peso che agisce sull’oggeo ha lo stesso valore in ogni punto del percorso (stiamo rimanendo in prossimità della superficie terrestre).
Fp = m · g = 6 kg · 9,81 m/s2 = 58,9 N
(11.2)
La formula usata nel precedente esercizio per trovare il lavoro compiuto da una forza si può applicare solo se lo spostamento è reilineo e la forza rimane costante. Altrimenti possiamo sommare il
lavoro elementare compiuto nei singoli trai reilinei.
61
62
CAPITOLO 11. LAVORO E ENERGIA
Consideriamo allora il primo trao AB. La forza è direa verso il basso e lo spostamento forma un
angolo di 90° con la forza.
LAB = |P⃗ ||S⃗AB | cos(90) = 58,9 N · 3 dm · 0 = 0 J
(11.3)
Consideriamo il secondo trao BC. La forza è direa verso il basso e lo spostamento forma un
angolo di 0° con la forza.
⃗ | cos(0) = 58,9 N · 26 mm · 1 = 58,9 N · 0,026 m = 1,53 J
LBC = |P⃗ ||SBC
(11.4)
Consideriamo il terzo trao CD. La forza è direa verso il basso. Per trovare l’angolo β che lo
spostamento forma con la forza osserviamo nella precedente figura che esso è il terzo angolo di un
triangolo reangolo in cui l’altro angolo acuto è α. Per cui possiamo scrivere:
β = 180° − α − 90° = 180° − 22° − 90° = 68°
⃗ | cos(68) = 58,9 N · 88 cm · 0,375 = 58,9 N · 0,88 m · 0,375 = 19,42 J
LCD = |P⃗ ||SCD
(11.5)
(11.6)
Infine il lavoro totale è:
Ltot = LAB + LBC + LCD = 0 J + 1,53 J + 19,42 J = 20,95 J
(11.7)
11.1. LAVORO
63
Consideriamo adesso il percorso alternativo A - E - D. Partiamo dal trao AE: esso è formato da
un trao lungo quanto BC e da un trao lungo quanto Ch. est’ultimo, in particolare può essere
visto come la proiezione sulla verticale del trao CD. Per cui possiamo scrivere:
⃗ | + |SCD
⃗ | · sin(α) = 0,026 m + 0,88 m · sin(22) = 0,356 m
|S⃗AE | = |SBC
(11.8)
La forza peso è parallela allo spostamento quindi:
LAE = |P⃗ ||S⃗AE | cos(0) = 58,9 N · 0,356 m · 1 = 20,96 J
(11.9)
Nel trao ED lo spostamento è lungo quanto il trao AB più il trao hD. est’ultimo può essere
visto come la proiezione in orizzontale del trao CD. Per cui possiamo scrivere:
⃗ | = |S⃗AB | + |SCD
⃗ | · cos(α) = 3 m + 0,88 m · cos(22) = 3,82 m
|SED
(11.10)
La forza peso è perpendicolare allo spostamento quindi:
⃗ | cos(0) = 58,9 N · 3,82 m · 0 = 0 J
LED = |P⃗ ||SED
(11.11)
Infine il lavoro totale è:
Ltot = LAE + LED = 20,96 J + 0 J = 20,96 J
(11.12)
Il lavoro compiuto dalla forza peso per spostare il suo punto di applicazione dal punto A al punto E
è risultato (nel limite degli arrotondamenti introdoi nel calcolo) lo stesso. esta è una conseguenza
della conservatività di questa forza: qualsiasi percorso avessimo scelto per andare da A ad E il lavoro
della forza peso sarebbe stato lo stesso.
Esercizio 54 Due forze, il cui modulo vale rispeivamente
75 N e 35 N, spostano un corpo per 25 m come indicato in
figura. (α = 40° ; β = 100° )
1. Trova il lavoro totale compiuto dalle due forze .
2. Trova la potenza sviluppata in 3 minuti.
Il lavoro totale compiuto da più forze che compiono lo stesso spostamento è uguale alla somma dei
lavori delle singole forze. Per cui il lavoro compiuto dalle due forze è:
L1 = F⃗1 · ⃗s = |F⃗1 ||⃗s| cos α = 75 N · 25 m · 0, 766 = 1436 J
(11.13)
L2 = F⃗2 · ⃗s = |F⃗2 ||⃗s| cos β = 35 N · 25 m · −0, 174 = −152 J
(11.14)
Ltot = L1 + L2 = 1436 J − 152 J = 1284 J
(11.15)
Infine:
P =
1284 J
1284 J
=
= 7,1 W
3 min
180 s
(11.16)
64
CAPITOLO 11. LAVORO E ENERGIA
11.2
Potenza
Esercizio 55 In 127 s un blocco viene trascinato per 68 cm su un piano orizzontale da una forza di
79 N, la cui direzione forma un angolo di 69° rispeo al piano stesso. Si calcoli la potenza con la quale
viene eseguito il lavoro.
La potenza è definita come un lavoro per unità di tempo:
P =
L
t
(11.17)
In questo caso il lavoro fao dalla forza è:
L = F⃗ · ⃗s = |F⃗ ||⃗s| cos θ = 79 N · 0,68 m · 0, 35 = 19,3 J
(11.18)
La potenza sviluppata è quindi:
P =
11.3
19,3 J
= 1,52 W
127 s
(11.19)
Energia cinetica
Esercizio 56 Una merendina ha una energia chimica di 180 kcal. Trasformando questa energia tua
in energia cinetica di un corpo di massa 14 kg a che velocità potrebbe arrivare, supponendo che parta
da fermo e si muova su un piano senza arito?
Supponiamo, secondo quanto indicato dal testo, che tua l’energia chimica della merendina si renda disponibile per il corpo dato soo forma di energia cinetica. Ricordando la definizione di energia
cinetica Ec di un corpo di massa m e velocità ⃗v , possiamo scrivere:
1
· m · v2
(11.20)
2
In quest’ultima espressione conosciamo tue le grandezze tranne la velocità. Se la meiamo in
evidenza nelle espressioni date abbiamo risolto il problema.
L’energia è data in kcal; la dobbiamo trasformare in Joule, nel Sistema Internazionale, ricordando
che una caloria è equivalente a circa 4,1 J.
Einiziale = Ec =
480 kcal = 480000 cal = 480000 · 4,1 J = 1968000 J
Ec · 2
m
√
√
√
Ec · 2
1968000 J · 2
J
v=
=
= 281143
= 530 m/ s
m
14 kg
kg
v2 =
(11.21)
(11.22)
(11.23)
11.4. CONSERVAZIONE DELL’ENERGIA MECCANICA
11.4
65
Conservazione dell’energia meccanica
Esercizio 57 Un oggeo di massa 3,5 kg scende lungo un pendio privo di arito partendo da fermo
dal punto A ad un’altezza h1 = 13 m.
1.
2.
3.
4.
5.
al è l’energia meccanica iniziale del corpo?
Che velocità avrà nel punto B a valle all’altezza h0 = 0 m ?
E nel punto C ad un’altezza h2 = 5 m?
Il corpo riuscirà a superare la collina di altezza h3 ?
ale è l’altezza h4 sapendo che la velocità in quel punto è 4 m/s ?
Il modo di affrontare questo tipo di problemi è quello di usare il principio di conservazione dell’energia meccanica. Si calcola l’energia meccanica in un punto in cui tue le grandezze in essa contenute
sono note. Da questa grandezza si può ricavare una delle grandezze in essa contenuta per un altra
posizione del corpo se si conosce il valore di tue le altre grandezze nella nuova posizione.
Vediamo in primo luogo se possiamo applicare al nostro corpo questo principio.
Se un corpo scivola su un pendio senza arito esso sarà soggeo, in mancanza di altre indicazioni,
alla sola forza di gravità e la forza vincolare del piano. La forza vincolare del pendio è sempre perpendicolare ad esso e il corpo scivola parallelamente alla superficie- esta forza non compie lavoro perché
forza e spostamento formano un angolo reo. D’altra parte la forza di gravità è una forza conservativa
e quindi possiamo applicare al nostro corpo il principio di conservazione dell’energia meccanica: Su
un corpo soggeo solo a forze conservative l’energia meccanica si conserva.
L’energia meccanica è la somma dell’energia cinetica e potenziale del corpo. In questo caso possiamo scrivere:
1
(11.24)
Em = Ec + Ep = · m · v 2 + mgh
2
Per trovare risposta ai quesiti dell’esercizio possiamo calcolare l’energia meccanica in un punto in cui
tue le grandezze in essa contenute sono note. Negli altri punti avremo invece una sola grandezza
incognita che potremo ricavare da tue le altre. In particolare:
• La massa è sempre la stessa lungo tuo il percorso;
• L’accelerazione di gravità g pure.
•
1. Nel punto A la velocità va vale 0 m/s; l’altezza h1 è nota. Possiamo determinare l’energia
meccanica
2. Nel punto B conosciamo tue le grandezze tranne la velocità vb : l’espressione che ci dà
l’energia meccanica diventa un’equazione algebrica di secondo grado la cui incognita è la
66
CAPITOLO 11. LAVORO E ENERGIA
velocità che cerchiamo.
1
1
· m · vb 2 + mgh2 = · m · vb 2
2
2
Em
= 1
2 ·m
√
Em
=
1
2 ·m
Em =
(11.25)
vb 2
(11.26)
vb
(11.27)
3. Nel punto C valgono gli stessi ragionamenti del punto B, ma in questo caso l’altezza è h2 .
Possiamo ricavare la velocità vc dalle altre grandezze.
Em =
1
· m · vc 2 + mgh2
2
(11.28)
1
· m · vc 2 = Em − mgh2
2
Em − mgh2
vc 2 =
1
·m
√ 2
Em − mgh2
vc =
1
2 ·m
(11.29)
Em = 0 J + 3,5 kg · 9,81 m/s2 · 13 m = 446,4 J
(11.32)
(11.30)
(11.31)
1. L’energia meccanica vale:
2. La velocità nel punto B vale:
√
vb =
√
446,4 J
=
255 m2 /s2 = 16 m/s
1
·
3,5
kg
2
3. La velocità nel punto C vale:
√
√
√
446,4 J − 3,5 kg · 9,81 m/s2 · 5 m
274,7 J
vc =
=
=
157 m2 /s2 = 12,5 m/s
1
1,75
kg
·
3,5
kg
2
(11.33)
(11.34)
Esercizio 58 Un oggeo, lanciato verticalmente verso l’alto, raggiunge un’altezza di 644 cm. Se ne
determini la velocità iniziale nel sistema SI.
In questo problema conosciamo l’altezza iniziale (hi = 0 m) e finale (hf = 6,44 m) raggiunta
dall’oggeo, conosciamo la sua velocità finale (Vf = 0 m/ s) ma non conosciamo la velocità iniziale.
Inoltre nel suo moto l’oggeo è soggeo alla sola forza di gravità, dal momento che si può trascurare
l’arito dell’aria in questo genere di problemi.
La soluzione al problema ci viene quindi dall’applicazione del teorema dell’energia cinetica o in
particolare dal teorema di conservazione dell’energia meccanica che ci dice che in presenza di forze conservative (come la forza di gravità) la variazione dell’energia cinetica è uguale e contraria alla
variazione dell’energia potenziale del corpo:
con
∆T = −∆U ; T2 − T1 = UA − UB
(11.35)
1
T = mV 2 e U = mgh
2
(11.36)
11.4. CONSERVAZIONE DELL’ENERGIA MECCANICA
67
Sostituendo abbiamo:
1
m(Vf2 − Vi2 ) = mg(hi − hf )
2
√
√
Vi = 2gh f = 2 · 9,81 m/s2 · 6,44 m = 11,2 m/ s
(11.37)
(11.38)
direa lungo l’asse y verso l’alto.
Esercizio 59 Un proieile è sparato verticalmente dalla superficie terrestre con velocità iniziale v =
1,2 km/ s. Trascurando la resistenza dell’aria:
1. A che distanza dalla superficie terrestre potrà arrivare?
2. al è la velocità con cui la particella ricade sulla superficie terrestre?
esto esercizio è del tuo simile al precedente. Possiamo risolverlo applicando il principio di
conservazione dell’energia meccanica per le forze conservative, in questo caso la forza di gravità.
Tuavia il moto dell’oggeo dell’esercizio precedente era tuo prossimo alla superficie terrestre.
ando questo non avviene non è correo utilizzare U = mgh come espressione che definisce l’energia
potenziale gravitazionale. Un proieile lanciato verso l’alto con una velocità di 1 km/ s arriva sicuramente a diversi km di altezza. In tali casi è opportuno utilizzare l’espressione generale U (r) = − GMm
r
che definisce il potenziale gravitazionale di un corpo puntiforme di massa m posto a distanza r da un
corpo di massa M e dove G = 6,67 · 10−11 N m2 / kg2 è la costante di gravitazione universale.
La Terra è un corpo sferico e il suo campo gravitazionale, al di là della superficie, si comporta come
quello di un corpo puntiforme posto al suo centro.
All’istante iniziale la distanza tra proieile e Terra è il raggio della terra Rt = 6,37 · 106 m. Alla
massima altezza dal suolo (h) la distanza tra proieile e Terra è divenuta Rt +h e la velocità del proieile
è nulla.
indi la conservazione dell’energia meccanica ci consente di scrivere che:
Ki + Ui = Kf + Uf
1
GmM
GmM
mV 2 −
= −
2
Rt
Rt + h
)
(
GM
1 2 GM
V −
= −
2
Rt
(Rt + h)
GM
)
Rt + h = − (
1 2 GM
V −
2
Rt
GM
h = −Rt −
1 2 GM
V −
2
Rt
h = −6,37 · 106 m −
(11.39)
(11.40)
(11.41)
(11.42)
(11.43)
6,67 · 10−11 N m2 / kg2 · 5,98 · 1024 kg
= 74,1 km (11.44)
)
1(
6,67 · 10−11 N m2 / kg2 · 5,98 · 1024 kg
m 2
3
1, 2 · 10 s −
2
6,37 · 106 m
Per la conservazione dell’energia meccanica la velocità di caduta al suolo (in modulo, ma non in
direzione e verso) è la stessa che si ha al momento del lancio.
68
CAPITOLO 11. LAVORO E ENERGIA
Esercizio 60 al è nel SI l’energia cinetica di un corpo di massa 618,7 g dopo una caduta libera nel
vuoto per 10,19 m?
Esercizio 61 Su un corpo di massa 69,7 kg, inizialmente fermo viene esercitato il lavoro di 81,6 J.
Calcola la sua velocità finale.
Capitolo 12
Fluidodinamica
12.1
Portata ed equazione di continuità
Esercizio 62 Un tubo rotondo, dal diametro interno di 15 mm, è araversato e riempito completamente da una corrente d’acqua con una velocità di 3 m/s. Trova:
1. la portata del tubo;
2. la velocità dell’acqua in una sezione del tubo dove il diametro si restringe a 12 mm.
La portata q può essere definita come il prodoo della sezione trasversale del tubo per la velocità
del fluido:
q =S·v
(12.1)
Il tubo è rotondo quindi la sezione ha forma circolare.
(
S = π · r2 = π ·
15 mm
2
)2
= π · (0,0075 m)2 = 0,0000177 m2
q = 0,0000177 m2 · 3 m/s = 0,00053 m3 /s
(12.2)
(12.3)
Per trovare la velocità dell’acqua della sezione ristrea applichiamo all’acqua l’equazione di continuità in quella sezione e in quella iniziale (possiamo applicare l’equazione di continuità in quanto
l’acqua è essenzialmente incomprimibile, il tubo è privo di perdite o sorgenti e stiamo supponendo che
la velocità del liquido sia la stessa in tui i punti della sezione ).
S1 · v 1 = S2 · v 2
(
S2 = π ·
12 mm
2
v2 =
(12.4)
)2
= π · (0,006 m)2 = 0,0000113 m2
0,00053 m3 /s
S1 · v 1
= 4,69 m/s
=
S2
0,0000113 m2
69
(12.5)
(12.6)
70
CAPITOLO 12. FLUIDODINAMICA
12.2
Legge di Bernoulli
Esercizio 63 Una vasca piena d’acqua, come rappresentato (non in scala) nella figura seguente, è
dotata alla sua base di un grosso tubo di sezione circolare. Il livello dell’acqua h1 rispeo alla linea
che passa per il centro del tubo è di 12 m. Il diametro della sezione S2 finale ed S1 iniziale del tubo è
12 cm; il diametro della sezione centrale S3 è invece 15 cm. Calcolare:
1. la pressione in condizioni statiche all’imboccatura del tubo;
2. la velocità dell’acqua, quando il tubo è aperto, all’imboccatura.
3. la velocità dell’acqua, quando il tubo è aperto, nel punto 3 della sezione centrale.
La pressione in condizioni statiche è quella idrostatica, quindi la pressione al centro dell’imboccatura del tubo (chiuso) è data dalla legge di Stevino:
p = po + ρ · g · h
(12.7)
dove po è la pressione atmosferica sulla vasca (al livello del mare vale 1,013 · 105 Pa), ρ è la densità del
liquido (ρH2 O = 1000 kg m−3 ), g è l’accelerazione di gravità (9,81 m s−2 ) e h è la profondità alla quale
stiamo considerando la pressione (in questo caso h1 , altezza relativa del pelo libero dell’acqua nella
vasca rispeo al centro dell’imboccatura). indi:
p = 1,013 · 105 Pa + 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 12 m = 219020 Pa
(12.8)
esta è pressione all’interno dell’imboccatura del tubo; all’esterno la pressione è quella atmosferica.
Tuo cambia quando il tubo è aperto. In condizione di equilibrio la pressione del liquido all’imboccatura è la stessa dell’aria oltre il tubo. Per trovare la velocità del liquido in un punto possiamo applicare
la legge di Bernoulli ad una linea di flusso del liquido passante per quel punto.
p+ρ·g·h+
1
· ρ · v 2 = cost
2
(12.9)
Per applicare quella legge devono valere alcune condizioni:
1. Il liquido deve essere incomprimibile (perché la densità deve essere uniforme).
2. Dobbiamo considerare una linea di flusso, quindi il calcolo dev’essere riferito non all’imboccatura
nel suo insieme, ma ad un particolare punto sulla stessa (prendiamo il punto P1 indicato nella
figura).
3. La legge va applicata a due punti della stessa linea di flusso. Oltre al punto P1 prendiamo un
punto sul pelo libero dell’acqua nella vasca (tua l’acqua fluisce dalla sommità della vasca all’imboccatura del liquido). Non importa sapere quale punto esao passi per la nostra linea di
flusso perché tui i punti sul pelo libero dell’acqua nella vasca hanno la stessa altezza, pressione
e velocità.
4. Il liquido deve scorrere senza arito, cioè senza dissipazione di energia.
5. Il percorso esao della linea di flusso non ha in generale importanza. A noi interessa solo che
passi nei due punti considerati.
12.2. LEGGE DI BERNOULLI
71
Un punto sul pelo libero dell’acqua nella vasca (nelle condizioni iniziali) ha pressione po (la pressione
atmosferica), altezza ho (possiamo considerarla nulla ponendo quel punto come livello di riferimento e
verso verso l’alto) e velocità v0 (possiamo considerarla trascurabile dal momento che l’ampiezza della
vasca è verosimilmente molto maggiore delle dimensioni del tubo e il livello scende molto lentamente).
Inoltre sappiamo che po = p1 . Applichiamo la legge di Bernoulli:
1
1
· ρ · vo2 = p1 + ρ · g · h1 + · ρ · v12
2
2
(12.10)
1
· ρ · v12 = −ρ · g · h1
2
1 2
· v = −g · h1
2 1
√
√
v = −2 · g · h1 = 2 · 9,81 m s−2 · 12 m = 15,3 m/s
(12.11)
po + ρ · g · ho +
(12.12)
(12.13)
Il segno negativo comparso nell’ultima equazione è dovuto all’orientazione data alle posizioni e normalmente non compare nella maggior parte dei testi. In fine si annulla considerando che l’imboccatura
del tubo è nella posizione −12 m rispeo a quella dell’acqua nella vasca.
Per calcolare la velocità del punto P3 nella sezione centrale possiamo applicare l’equazione di continuità in quanto tuo il fluido che entra nel tubo deve uscire dall’altra estremità. Operiamo come
nell’esercizio precedente.
v 1 · S1 = v 3 · S3
(12.14)
Se noi conosciamo la velocità del fluido nella sezione di uscita possiamo trovare la velocità nella sezione
centrale. Meiamo in evidenza v3 nella precedente equazione.
Il tubo è rotondo quindi la sezione ha forma circolare.
(
S1 = π · r = π ·
2
(
S3 = π ·
v3 =
12 cm
2
15 cm
2
)2
= π · (0,06 m)2 = 0,0113 m2
(12.15)
)2
= π · (0,075 m)2 = 0,0178 m2
(12.16)
15,3 m s−1 · 0,0113 m2
v 1 · S1
=
= 9,71 m/s
S3
0,0178 m2
(12.17)
In questa rappresentazione c’è tuavia almeno una forzatura. La velocità del fluido nella sezione
non è uniforme. Come abbiamo visto nella precedente domanda la velocità dipende dall’altezza e il
tubo reale ha una certa altezza. In generale l’equazione di continuità va applicata ad un tubo di flusso.
Un soile tubo di flusso al centro della condoa procederà in orizzontale fino all’uscita della stessa,
dove abbiamo considerato precedentemente la velocità. In pratica la valutazione faa è comunque
sufficientemente rappresentativa di quel che può accadere in un tubo soile araversato da un liquido
a bassa velocità.
72
CAPITOLO 12. FLUIDODINAMICA
Capitolo 13
Onde ed oscillazioni
13.1
Relazione fondamentale per le onde
Esercizio 64 Onde meccaniche si propagano in un mezzo con frequenza 16 Hz e lunghezza d’onda
λ = 2400 cm . Calcola la velocità di propagazione.
La relazione fondamentale che riguarda tue le onde è quella che lega la frequenza ν alla lunghezza
d’onda λ e alla velocità di propagazione dell’onda v per quella frequenza: λ · ν = v.
Esprimiamo tue le grandezze nel S.I. e sostituendo nella formula oeniamo che:
λ · ν = 2400 cm · 16 Hz = 24 m · 16 Hz = 24 m s−1 × 16 m s−1 = 384 m s−1
13.2
(13.1)
Onde stazionarie in una corda
Esercizio 65 Una corda fissata ad entrambe le estremità è lunga 7,5 m ed ha una massa di 0,185 kg.
Essa è sooposta ad una tensione di 150 N e viene faa oscillare.
1. al è la velocità delle onde nella corda?
2. al è la massima lunghezza d’onda per un un’onda stazionaria?
3. Determinare la frequenza di quest’onda.
√
La velocità di propagazione di un’onda in una corda può essere espressa come v = Fµ dove F è
la tensione a cui è sooposta la corda e µ = ml è la massa lineare della corda, definita come il rapporto
tra la massa della corda e la sua lunghezza. indi:
√
√
F
150 N · 7,5 m
=
= 78 m−1 s−1
(13.2)
v=
µ
0,185 kg
La lunghezza di un’onda stazionaria è tale per cui la corda è lunga un numero intero di mezze
lunghezze d’onda: l = n λ2 ovvero λ = 2·l
n .
La massima lunghezza d’onda si ha quindi per n = 1.
λ=2·
7,40 m
= 15 m
1
(13.3)
In generale per un’onda abbiamo che velocità, lunghezza d’onda e frequenza sono legate dalla
relazione v = λ · ν. indi:
λ
15 m
ν= =
= 0,18 Hz
(13.4)
v
78 ms
73
74
CAPITOLO 13. ONDE ED OSCILLAZIONI
Capitolo 14
Termologia
14.1
Legge fondamentale della calorimetria
Esercizio 66 Calcola la quantità di calore necessaria ad innalzare la temperatura di 14 mgdi ferro da
23 ℃ a 120 ℃.
[Il calore specifico dell’acqua è 4186 J K−1 kg−1 ]
La legge fondamentale della calorimetria ci dice qual è la quantità di calore Q che dobbiamo fornire
ad un corpo di massa m e calore specifico c per variarne la temperatura da una temperatura iniziale Ti
ad una temperatura finale Tf .
Q = mc∆T = mc(Tf − Ti )
(14.1)
Tue le unità di misura vanno espresse nel S.I.
indi in questo caso abbiamo che:
m = 14 mg = 14 · 10−3 g = 14 · 10−3 10−3 kg = 14 · 10−6 kg
Ti = 23 ℃ = 23 K + 273,15 K = 296,15 K
Tf
= 120 ℃ = 120 K + 273,15 K = 393,15 K
(14.2)
(14.3)
(14.4)
ando abbiamo una variazione di temperatura ∆T possiamo usare indifferentemente gradi Celsius o Kelvin in quanto gli intervalli di temperatura espressi in Celsius o Kelvin sono numericamente uguali. indi in questo caso non era del tuo necessario convertire le temperature in Kelvin.
Sostituiamo questi dati nella legge.
Q = 14 · 10−6 kg · 4186
14.2
J
· (393, 15 − 296, 15)K = 0,61 J
K kg
(14.5)
Passaggi di stato
Esercizio 67 Calcolare la quantità di calore totale necessaria per far fondere 500 g di ghiaccio inizialmente a 0 ℃ e portarli alla temperatura di 17 ℃.
[Il calore specifico dell’acqua è 4186 J kg−1 K−1 e il calore latente di fusione è 333 kJ/K]
La legge fondamentale della calorimetria si può applicare solo a materiali che non subiscono un
passaggio di stato nel salto di temperatura a cui vengono sooposti. Durante il passaggio di stato la
75
76
CAPITOLO 14. TERMOLOGIA
temperatura (per una sostanza pura) rimane costante e il calore che è necessario fornire per completare
la transizione da una fase all’altra è deo calore latente (di fusione o di vaporizzazione).
i dobbiamo prima fare fondere completamente il ghiaccio e poi possiamo fare salire la temperatura dell’acqua liquida fino alla temperatura finale.
Il primo passo è quello di calcolare quanto calore ci vuole per far fondere completamente l’acqua.
Q = mλf
(14.6)
dove m è la massa della sostanza e λf è il calore latente, in questo caso di fusione, ovvero il calore
che è necessario fornire ad un chilogrammo di sostanza per farle compiere il passaggio di stato.
Il secondo passo è quello di applicare la legge fondamentale della calorimetria per portare l’acqua
liquida alla sua temperatura finale. Possiamo fare anche un grafico qualitativo della temperatura in
funzione del tempo (supponendo un riscaldamento costante) per meglio renderci conto di quello che
stiamo facendo.
Tue le unità di misura vanno espresse nel S.I. per coerenza con i parametri a nostra disposizione.
m = 500 g = 0,5 kg
(14.7)
(Tf − Ti ) = (17 ℃ − 0 ℃) = 17 ℃ = 17 K
(14.8)
Calore per fare fondere il ghiaccio:
Q = 0,5 kg · 333
kg
kJ
= 0, 5 · 333 · 103 J ·
= 166500 J
kg
kg
(14.9)
Calore per aumentare la temperatura dell’acqua liquida:
J
· 17 K = 35615 J
kg K
Il calore che in totale dobbiamo fornire è quindi:
Q = 0,5 kg · 4186
Q = 166500 J + 35615 J = 202115 J
(14.10)
(14.11)
Esercizio 68 Calcolare la quantità di calore totale che dobbiamo assorbire da 23 kg di etanolo, inizialmente a 102 ℃, per portarli alla temperatura di −5 ℃. Tuo il processo avviene alla presenza di
solo etanolo tenuto alla pressione atmosferica.
esto esercizio può essere risolto esaamente con lo stesso metodo utilizzato nell’esercizio precedente. i dobbiamo fare aenzione alle particolari caraeristiche fisiche dell’etanolo. Guardando la
tabella alla fine di questo libro leggiamo che l’etanolo fonde a −114 ℃ e bolle a 78 ℃. indi l’etanolo
iniziale, se tenuto alla pressione di 1 atm, si trova allo stato gassoso; a −5 ℃ invece è liquido. Il nostro
raffreddamento dovrà passare araverso un passaggio di stato, da gassoso a liquido.
l’intero processo passa araverso tre fasi.
14.3. CONDUZIONE DEL CALORE
77
1. Da 102 ℃ a 78 ℃ (temperatura di condensazione): raffreddamento del vapore.
2. Condensazione completa a 78 ℃: passaggio di stato con temperatura costante.
3. Da 78 ℃ a −5 ℃: raffreddamento del liquido.
Possiamo rappresentare con un grafico qualitativo quanto deve succedere.
Prima fase. Applichiamo la legge fondamentale della calorimetria.
Q = mc∆T = mc(Tf − Ti )
(14.12)
Il calore specifico dell’etanolo a circa 100 ℃ vale 1800 J kg−1 K−1 .
(Tf − Ti ) = (78 ℃ − 102 ℃) = −24 ℃ = −24 K
(14.13)
Il segno meno deriva dal fao che stiamo raffreddando la sostanza.
Q1 = 23 kg · 1800
J
· (−24 K) = −993600 J
kg K
(14.14)
Seconda fase. Calore latente di evaporazione o condensazione.
(14.15)
Q = mλv
Q2 = 23 kg · 855000 J kg−1 = 23 · 855000 J ·
kg
= 19665000 J
kg
(14.16)
Terza fase. Applichiamo nuovamente la legge fondamentale della calorimetria.
Il calore specifico dell’etanolo liquido vale 2430 J kg−1 K−1 .
(Tf − Ti ) = (−5 ℃ − 78 ℃) = −83 ℃ = −83 K
(14.17)
J
· (−83 K) = −4638870 J
kg K
(14.18)
Q3 = 23 kg · 2430
Le tre quantità che abbiamo oenuto devono avere lo stesso segno perché il processo è sempre di
raffreddamento. Il calore che in totale dobbiamo assorbire è quindi:
Qtot = Q1 + Q2 + Q3 = 993600 J + 19665000 J + 4638870 J = 25297470 J
14.3
Conduzione del calore
(14.19)
78
CAPITOLO 14. TERMOLOGIA
Esercizio 69 Una finestra faa di vetro è larga 166 cm e alta 89 cm; lo spessore del vetro è 12 mm;
una faccia si trova ad una temperatura di 21 ℃ e l’altra a 4 ℃. (k = 0,7 W m−1 K−1 )
Calcola quanto calore fluisce araverso la finestra ogni secondo.
Per dare risposta a questa domanda utilizziamo la legge di Fourier. La legge ci dice quanto calore
Q fluisce araverso una parete di area A e spessore L in un tempo ∆t, dove una parete si trova alla
temperatura T1 e l’altra alla temperatura T2 e con T2 > T1 :
Q=K
(T2 − T1 ) · A · ∆t
L
(14.20)
In questo caso:
(T2 − T1 ) = 21 ℃ − 4 ℃ = 17 ℃ = 17 K
(14.21)
Le dimensioni della parete sono:
b = 166 cm = 1,66 m
(14.22)
h = 89 cm = 0,89 m
(14.23)
L = 12 mm = 0,012 m
(14.24)
A = b · h = 1,66 m · 0,89 m = 1,4774 m2
(14.25)
L’area è quindi:
Il tempo ∆t vale 1 s.
Sostituendo tue le grandezze nella legge abbiamo che:
Q = 0,7 W/ m K
17 K · 1,4774 m2 · 1 s
= 0,211 J
0,012 m
(14.26)
Esercizio 70 Una stanza chiusa si trova ad una temperatura di 24 ℃. Tue le pareti sono perfeamente isolanti tranne una finestra di 4 m2 costituita da uno strato di vetro (k = 1 W/ m K) di spessore 7 mm,
uno strato d’aria (k = 0,26 W/ m K) di spessore 3 mm ed uno strato di plexiglas (k = 0,157 W/ m K)
di spessore 4 mm. La temperatura esterna è di 4 ℃.
al è la potenza termica dissipata araverso la finestra?
In questo caso abbiamo un oggeo costituito da diversi strati di diverso materiale. Per trovare la
risposta useremo la legge di Fourier specifica.
La differenza di temperatura tra le due pareti è:
(T2 − T1 ) = 24 ℃ − 4 ℃ = 20 ℃ = 20 K
(14.27)
Sostituendo tue le grandezze nella legge abbiamo che:
17 K · 4 m2 · 1 s
Q
=
= 0,211 W
0,007 m
0,003 m
0,004 m
∆t
+
+
1 W/ m K 0,26 W/ m K 0,157 W/ m K
(14.28)
Esercizio 71 Il cofano di auto è esposto al sole: è di forma reangolare ed è largo 160 cm e alto 95 cm.
Si trova alla temperatura di 70 ℃. Sapendo che il coefficiente di emissione vale 0,9 trova l’energia
irradiata dal cofano mantenendo quella temperatura per 3 ore.
14.4. DILATAZIONE TERMICA
79
Possiamo applicare in questo caso la legge di Stefan-Boltzmann, che lega la potenza P irradiata
da un corpo con la sua temperatura assoluta T , cioè espressa in Kelvin; S è la superficie radiante, ϵ il
coefficiente di emissione e σ la costante di Stefan-Boltzmann.
P = ϵ · σ · S · T4
(14.29)
S = b · h = 160 cm · 95 cm = 1,60 m · 0,95 m = 1,52 m2
(14.30)
T = 70 ℃ = 343,15 K
(14.31)
P = 0, 9 · 1,52 m2 · 5,67 · 10−8 W/ m2 K4 · (343,15 K)4 = 1074 W
(14.32)
In questo caso:
Infine l’energia irradiata in 3 ore vale:
E = P · t = 1074 W · 3 h = 1074 W · 3 · 3600 s = 11,6 · 106 J
14.4
(14.33)
Dilatazione termica
Esercizio 72 Una parete di vetro spessa 13 mm, alta 80 cm e larga 320 cm è esposta a variazioni di
temperatura di 45 ℃ tra inverno ed estate. Le dimensioni indicate si riferiscono a quelle che si hanno
alla temperatura più bassa. Se la cornice della vetrina non può allargarsi di più di 2 mm, riuscirà la
vetrina a non rompersi a causa della dilatazione termica?
La vetrina per dilatazione termica si allarga in tue e tre le sue dimensioni, ma in questo caso siamo
interessati solo al suo allargamento e quindi ad una dilazione lineare.
La legge della dilazione lineare lega la lunghezza L di un oggeo che si trova alla temperatura t
con la sua lunghezza L0 ad una temperatura di riferimento t0 .
L = L0 (1 + α · (t − t0 ))
(14.34)
dove α è il coefficiente di dilazione lineare per il materiale considerato. Nel nostro caso t − t0 è la
variazione di temperatura tra inverno ed estate, L0 è la larghezza della vetrina alla temperatura più
bassa e L la larghezza alla temperatura più alta. Il valore di α lo ricaviamo dalle tabelle. indi:
L = 320 cm(1 + 0,8 · 10−5 /℃ · 45 ℃) = 3,20 m(1 + 3,60 · 10−4 ) = 3,2012 m
(14.35)
Per cui l’allungamento è:
∆(L) = L − L0 = 3,2012 m − 3,2000 m = 0,0012 m = 1,2 mm
(14.36)
La vetrina non si romperà.
14.5
Gas perfetti e legge dei gas perfetti
Esercizio 73 Un recipiente indeformabile contiene 10 moli di gas perfeo alla temperatura di 200 ℃.
Sapendo che PV = 23 · 105 Pa m3 calcola quanti litri di gas contiene il recipiente.
80
CAPITOLO 14. TERMOLOGIA
La legge dei gas perfei è PV = nRT , dove P è la pressione, V il volume, n il numero di moli,
R = 8, 314J/mol · K la costante dei gas perfei e T la temperatura del gas. Nel nostro caso l’unica
grandezza incognita è il volume. Per cui meiamo in evidenza il volume nella nostra relazione.
V =
nRT
10 mol · 8,314 J/ mol K
=
P
23 Pa
(14.37)
Esercizio 74 Una bombola di gas contiene 50 litri di O2 alla pressione di 50 atm ed alla temperatura
di 40 ℃. Determina la massa del gas nel S.I.
La legge dei gas perfei è PV = nRT , dove, in particolare, n è il numero di moli.
Il numero di moli è dato dal rapporto tra la massa m del gas e la sua massa molare M M . est’ultima è numericamente uguale alla massa molecolare, ma espressa in grammi invece che in unità
atomiche. A sua volta la massa molecolare è la somma dei masse atomiche degli elementi della molecola. Se abbiamo ossigeno (massa atomica 16 u) biatomico, la sua massa molecolare è pari a 32 u
circa. indi conoscendo numero di moli e massa molecolare possiamo determinare la massa del gas.
Trasformiamo innanzituo le grandezze date in unità del S.I.
V = 50 l = 0,05 m3
(14.38)
P = 50 atm = 5066250 Pa
(14.39)
T = 40 ℃ = 313 K
(14.40)
Ricaviamo il numero di moli dalla legge dei gas perfei:
n=
5066250 Pa · 0,05 m3
PV
=
= 97,3 mol
RT
8,314 J/ mol K · 313 K
m
MM
m = n · M M = 97,3 mol · 32 g = 3115 g
n=
(14.41)
(14.42)
(14.43)
Capitolo 15
Termodinamica
15.1
Primo principio della termodinamica
Esercizio 75 Un sistema cede 345 J all’ambiente circostante compiendo un lavoro di 200 J. anto
vale la variazione di energia interna?
Applichiamo al sistema il primo principio della termodinamica:
∆U = Q − L
(15.1)
dove Q è il calore scambiato dal sistema con l’ambiente (lo consideriamo negativo se il sistema lo cede
all’ambiente) e L è il lavoro che il sistema compie (positivo se è compiuto sull’ambiente).
Secondo le convenzioni date possiamo scrivere:
∆U = (−345 J) − 200 J = −545 J
(15.2)
Esercizio 76 Un sistema termodinamico può passare da uno stato iniziale allo stesso stato finale compiendo due diverse trasformazioni termodinamiche. Nella prima assorbe 510 cal ed esegue un lavoro
di 1396 J, mentre nella seconda il calore assorbito è pari a 1510 cal.
Calcolare nel S.I. Il lavoro eseguito nella seconda trasformazione.
Il sistema termodinamico dato compie trasformazioni diverse tra due medesimi stati. Ogni variabile
di stato deve assumere lo stesso valore a parità di stato. L’energia interna del sistema, che è una variabile di stato, subirà quindi la stessa variazione nelle due trasformazioni. Allora applichiamo il primo
principio della termodinamica al sistema:
∆U = Q − L
(15.3)
Eguagliamo la variazione di energia interna per le due trasformazioni e meiamo in evidenza il lavoro
eseguito nella seconda trasformazione.
Q1 − L1 = ∆U = Q2 − L2
L2 = Q2 − Q1 + L1 = 1510 cal − 510 cal + 1396 J = 6312 J − 2132 J + 1396 J = 5526 J
81
(15.4)
(15.5)
82
CAPITOLO 15. TERMODINAMICA
Esercizio 77 Un sistema termodinamico esegue in 12 min una trasformazione ciclica durante la quale
scambia 30 cal e −17 cal con due sorgenti a diversa temperatura. Calcola nel SI la potenza del ciclo.
Se la trasformazione è ciclica si ritorna nello stesso stato iniziale e tue le variabili di stato riassumono lo stesso valore: la loro variazione, per ogni ciclo, è nulla.
Per quanto riguarda l’energia interna possiamo scrivere:
∆U = 0 J
(15.6)
Applichiamo il primo principio della termodinamica al ciclo:
∆U = Qtot − Ltot
(15.7)
Ltot = Q1 + Q2 = 30 cal + (−17 cal) = 13 cal = 54,3 J
(15.8)
La potenza del ciclo è infine:
P =
15.2
L
54,3 J
=
= 0,075 W
t
12 · 60 s
(15.9)
Trasformazioni termodinamie e gas perfetti
Esercizio 78 In una trasformazione termodinamica a pressione costante 3 mol di gas perfeo monoatomico aumentano il loro volume da 34 l a 78 l. La pressione vale 2 atm.
1. anto vale la temperatura iniziale e finale del gas?
2. anto vale il calore scambiato, il lavoro compiuto e la variazione di energia interna?
Abbiamo un gas perfeo per cui possiamo applicare la legge dei gas perfei per ricavare la temperatura dalle grandezze già a noi note. La legge dei gas perfei è PV = nRT , dove P è la pressione,
V il volume, n il numero di moli, R = 8,314 J/ mol K la costante dei gas perfei e T la temperatura del
gas.
Nel nostro caso l’unica grandezza incognita è la temperatura. Per cui possiamo scrivere:
2 atm = 2 · 101300 Pa = 202600 Pa
(15.10)
78 l = 34 · 0,001 m3 = 0,034 m3
(15.11)
78 l = 78 · 0,001 m3 = 0,078 m3
(15.12)
PV
202600 Pa · 0,034 m3
=
= 276 K
nR
3 mol · 8,314 J/ mol K
(15.13)
202600 Pa · 0,078 m3
= 634 K
3 mol · 8,314 J/ mol K
(15.14)
Ti =
Tf =
La trasformazione considerata mantiene costante la pressione ovvero è isobara.
Per queste trasformazioni per i gas perfei valgono le seguenti relazioni.
Q = n · Cp · (Tf − Ti )
(15.15)
dove Cp è il calore specifico molare per una trasformazione isobara.
La relazione di Mayer stabilisce che:
Cp = Cv + R
(15.16)
15.2. TRASFORMAZIONI TERMODINAMICHE E GAS PERFETTI
83
Il calore specifico molare Cv per una trasformazione isocora con un gas perfeo è:
Cv =
1+2·k
·R
2
(15.17)
dove k = 1 per un gas monoatomico, k = 2 per un gas biatomico e così via.
Nel nostro caso, poiché abbiamo un gas biatomico, possiamo scrivere:
Cp =
3
5
·R+R= ·R
2
2
5
Q = 3 mol · ( · 8,314 J/ mol K) · (634 K − 276 K) = 22323 J
2
Per quanto riguarda il lavoro vale la seguente relazione:
L = p · (Vf − Vi ) = 202600 Pa · (0,078 m3 − 0,034 m3 ) = 8914 J
(15.18)
(15.19)
(15.20)
Per trovare la variazione di energia interna del sistema possiamo applicare il primo principio della termodinamica o una apposita relazione valida per i gas perfei: procediamo in entrambi i modi
verificando che il risultato è lo stesso.
Applichiamo il primo principio della termodinamica, aribuendo al lavoro e al calore scambiati il
segno precedentemente oenuto:
∆U = (22323 J) − (8914 J) = 13409 J
(15.21)
Oppure usiamo l’opportuna relazione per una trasformazione isobara di un gas perfeo (l’uso del
calore specifico molare a volume costante non è un errore):
3
∆U = n · Cv · (Tf − Ti ) = 3 mol · ( · 8,314 J/ mol K) · (634 K − 276 K) = 13394 J
2
(15.22)
I due valori oenuti, se pur estremamente simili, non sono numericamente identici a causa degli
arrotondamenti introdoi fin dal calcolo delle due temperature.
84
CAPITOLO 15. TERMODINAMICA
Esercizio 79 Nella trasformazione termodinamica rappresenta in figura 32 moli di gas perfeo triatomico subiscono tre trasformazioni successive per compiere il ciclo ABC. La trasformazione CA è una
isoterma.
1. Calcola la temperatura negli stati di equilibrio A, B e C.
2. Calcola il lavoro compiuto nelle tre trasformazioni e il lavoro totale compiuto nel ciclo.
3. Calcola il calore scambiato dal gas nelle tre trasformazioni e il calore totale scambiato con
l’ambiente nel ciclo.
4. Calcola la variazione di energia interna del gas nelle tre trasformazioni e complessivamente nel
ciclo, verificando che il primo principio della termodinamica sia verificato.
5. La trasformazione termodinamica rappresentata è quella di un motore o di una pompa di calore?
Spiega in due parole.
P (atm)
10
A
B
2
0
C
100
500
V (l)
Abbiamo un gas perfeo di cui conosciamo, nei tre stati illustrati, quasi tue le variabili di stato,
tranne la temperatura che possiamo quindi ricavare con la legge dei gas perfei.
P V = nRT
(15.23)
Esprimiamo innanzi tuo le grandezze date nel sistema internazionale.
pA = pB = 10 atm = 10 · 101300 Pa = 1013000 Pa
pC = 2 atm = 2 · 101300 Pa = 202600 Pa
VA = 100 l = 100 · 0,001 m3 = 0,100 m3
(15.24)
VB = VC = 500 l = 500 · 0,001 m3 = 0,500 m3
TA = (TC ) =
TB =
1013000 Pa · 0,100 m3
p A VA
=
= 382 K
nR
32 mol · 8,314 J/ mol K
p B VB
1013000 Pa · 0,500 m3
=
= 1904 K
nR
32 mol · 8,314 J/ mol K
(15.25)
(15.26)
Le trasformazioni rappresentate nella figura sono tre: a A a B abbiamo una isobara; da B a C una
isocora e da C ad A una isoterma.
Lavoro
Il lavoro compiuto nella trasformazione AB è:
LAB = p · (Vf − Vi ) = pA · (VB − VA ) = 1013000 Pa · (0,500 m3 − 0,100 m3 ) = 405200 J (15.27)
15.2. TRASFORMAZIONI TERMODINAMICHE E GAS PERFETTI
85
Nelle trasformazioni a volume costante con un gas perfeo il lavoro compiuto è nullo:
LBC = 0 J
(15.28)
Per la trasformazione CA possiamo scrivere:
( )
( )
(
)
Vf
VA
J
0,100 m3
LCA = nRT ln
= nRTA ln
= 32 mol·8,314
·382 K·ln
= −163568 J
Vi
VC
mol K
0,500 m3
(15.29)
Il lavoro compiuto nel ciclo è:
Ltot = LAB + LBC + LCA = 405200 J + 0 J + (−163568 J) = 241632 J
(15.30)
Calore
Il calore scambiato nella trasformazione AB è:
QAB = n · Cp · (Tf − Ti ) = n · Cp · (TB − TA )
(15.31)
dove, per un gas biatomico k = 3 e:
Cp = Cv + R =
1+2·k
5
7
·R+R= ·R+R= ·R
2
2
2
7
J
· 8,314
· (1904 K − 382 K) = 1417238 J
2
mol K
Analogamente nella trasformazione BC:
QAB = 32 mol ·
QBC = n · Cv · (Tf − Ti ) = n · Cv · (TC − TB )
QBC = 32 mol ·
J
5
· 8,314
· (382 K − 1904 K) = −1012313 J
2
mol K
(15.32)
(15.33)
(15.34)
(15.35)
Infine nella trasformazione CA:
QCA = LCA = −163568 J
(15.36)
Il calore totale scambiato dal sistema nel ciclo è:
Qtot = QAB + QBC + QCA = 1417238 J + (−1012313 J) + (−163568 J) = 241357 J
(15.37)
Energia interna
La variazione dell’energia interna in un ciclo è zero perché l’energia interna è una variabile di stato.
Se applichiamo il primo principio della termodinamica:
∆U = Q − L = 241357 J − 241632 J = −285 J
(15.38)
Il valore trovato è prossimo allo zero (è circa un millesimo rispeo al calore scambiato o al lavoro
compiuto): lo scostamento dallo zero è dovuto alle approssimazioni introdoe nei calcoli. Il primo
principio è verificato.
Calcoliamo la variazione di energia interna nelle singole trasformazioni.
5
J
∆UAB = n·Cv ·(Tf −Ti ) = n·Cv ·(TB −TA ) = 32 mol· ·8,314
·(1904 K−382 K) = 1012313 J
2
mol K
(15.39)
5
J
∆UBC = n·Cv ·(Tf −Ti ) = n·Cv ·(TC −TB ) = 32 mol· ·8,314
·(382 K−1904 K) = −1012313 J
2
mol K
(15.40)
Infine (dal momento che l’energia interna in un gas perfeo varia solo con la temperatura) abbiamo:
∆UCA = 0 J
(15.41)
86
CAPITOLO 15. TERMODINAMICA
La variazione totale è:
∆Utot = ∆UAB + ∆UBC + ∆UCA = 1012313 J + (−1012313 J) + (0 J) = 0 J
(15.42)
Motore o pompa di calore
Il ciclo considerato complessivamente assorbe calore dall’ambiente (il calore totale è positivo) e
compie lavoro sull’ambiente (il lavoro totale è positivo): quindi è il ciclo di un motore o macchina
termica. Ciò poteva anche essere evidenziato dal fao che le trasformazioni considerate compiono un
percorso in senso orario nel piano PV.
Esercizio 80 Nella trasformazione termodinamica rappresenta in figura 12 moli di gas perfeo monoatomico subiscono tre trasformazioni successive per compiere il ciclo ABC. La trasformazione CA è
una isoterma. La temperatura nel punto A è 1200 K e in B 300 K.
1. Calcola la pressione negli stati di equilibrio A, B e C.
2. Calcola il lavoro compiuto nelle tre trasformazioni e il lavoro totale compiuto nel ciclo.
3. Calcola il calore scambiato dal gas nelle tre trasformazioni e il calore totale scambiato con
l’ambiente nel ciclo.
4. Calcola la variazione di energia interna del gas nelle tre trasformazioni e complessivamente nel
ciclo, verificando che il primo principio della termodinamica sia verificato.
5. La trasformazione termodinamica rappresentata è quella di un motore o di una pompa di calore?
Spiega in due parole.
P (Pa)
A
B
0
C
100
400 V (l)
Abbiamo un gas perfeo di cui conosciamo, nei tre stati illustrati, quasi tue le variabili di stato,
tranne la temperatura che possiamo quindi ricavare con la legge dei gas perfei.
P V = nRT
(15.43)
Esprimiamo innanzi tuo le grandezze date nel sistema internazionale.
VA = VB = 100 l = 100 · 0,001 m3 = 0,100 m3
VC = 400 l = 400 · 0,001 m3 = 0,400 m3
pA =
12 mol · 8,314 J/ mol K · 1200 K
nRTA
=
= 1197216 Pa
VA
0,100 m3
pB = (pC ) =
nRTB
12 mol · 8,314 J/ mol K · 300 K
=
) = 299304 Pa
VB
0,100 m3
(15.44)
(15.45)
(15.46)
Le trasformazioni rappresentate nella figura sono tre: a A a B abbiamo una isocora; da B a C una
isobara e da C ad A una isoterma.
15.2. TRASFORMAZIONI TERMODINAMICHE E GAS PERFETTI
87
Lavoro
Nelle trasformazioni a volume costante con un gas perfeo il lavoro compiuto è nullo:
LAB = 0 J
(15.47)
Il lavoro compiuto nella trasformazione BC è:
LBC = p · (Vf − Vi ) = pB · (VC − VB ) = 299304 Pa · (0,400 m3 − 0,100 m3 = 89791 J
(15.48)
Per la trasformazione CA possiamo scrivere:
( )
( )
(
)
Vf
VA
J
0,100 m3
= nRTC ln
= 12 mol·8,314
LCA = nRT ln
·1200 K·ln
= −165969 J
Vi
VC
mol K
0,400 m3
(15.49)
Il lavoro compiuto nel ciclo è:
Ltot = LAB + LBC + LCA = 0 J + 89791 J + (−165969 J) = −76178 J
(15.50)
Calore
Il calore scambiato nella trasformazione AB è:
QAB = n · Cv · (Tf − Ti ) = n · CV · (TB − TA )
(15.51)
dove, per un gas monoatomico k = 1 e:
Cv =
3
1+2·k
·R= ·R
2
2
Cp = Cv + R =
3
5
·R+R= ·R
2
2
3
J
· 8,314
· (300 K − 1200 K) = −134687 J
2
mol K
Analogamente nella trasformazione BC:
QAB = 12 mol ·
QBC = n · Cp · (Tf − Ti ) = n · Cp · (TC − TB )
QBC = 12 mol ·
J
5
· 8,314
· (1200 K − 300 K) = 224478 J
2
mol K
(15.52)
(15.53)
(15.54)
(15.55)
(15.56)
Infine nella trasformazione CA:
QCA = LCA = −165969 J
(15.57)
Il calore totale scambiato dal sistema nel ciclo è:
Qtot = QAB + QBC + QCA = (−134687 J) + 224478 J + (−165969 J) = −76178 J
(15.58)
Energia interna
La variazione dell’energia interna in un ciclo è zero perché l’energia interna è una variabile di stato.
Se applichiamo il primo principio della termodinamica:
∆U = Q − L = −76178 J − (−76178 J) = 0 J
(15.59)
Il primo principio è verificato.
Calcoliamo la variazione di energia interna nelle singole trasformazioni.
3
J
∆UAB = n·Cv ·(Tf −Ti ) = n·Cv ·(TB −TA ) = 12 mol· ·8,314
·(300 K−1200 K) = −134687 J
2
mol K
(15.60)
88
CAPITOLO 15. TERMODINAMICA
3
J
∆UBC = n·Cv ·(Tf −Ti ) = n·Cv ·(TC −TB ) = 12 mol· ·8,314
·(1200 K−300 K) = 134687 J
2
mol K
(15.61)
Infine (dal momento che l’energia interna in un gas perfeo varia solo con la temperatura) abbiamo:
∆UCA = 0 J
(15.62)
La variazione totale è:
∆Utot = ∆UAB + ∆UBC + ∆UCA = (−134687 J) + 134687 J + (0 J) = 0 J
(15.63)
Motore o pompa di calore
Il ciclo considerato complessivamente cede calore all’ambiente (il calore totale è negativo) e l’ambiente compie lavoro sul sistema (il lavoro totale è negativo): quindi è il ciclo di una pompa di calore.
Ciò poteva anche essere evidenziato dal fao che le trasformazioni considerate compiono un percorso in senso antiorario nel piano PV.
Capitolo 16
Ottica geometrica
16.1
Indice di rifrazione di un mezzo
Esercizio 81 Un raggio di luce viene parzialmente riflesso dalla superficie di separazione aria/vetro
soo un angolo di 49° parzialmente rifrao soo un angolo di 31°.
Determina l’indice di rifrazione del vetro.
Abbiamo due mezzi, rispeivamente di indice di rifrazione n1 e n2 , araversati da un raggio di
luce. Il raggio preveniente dal primo mezzo incide sulla superficie di separazione col secondo mezzo e
poi araversa quest’ultimo. La legge di Snell stabilisce un legame tra l’angolo di incidenza α del raggio
che araversa il primo mezzo e l’angolo di rifrazione β che araversa il secondo:
n1 · sin(α) = n2 · sin(β)
(16.1)
L’indice di rifrazione dell’aria vale circa uno. indi possiamo determinare l’indice di rifrazione del
vetro:
sin(49°)
0.754
sin(α)
=1·
=
= 1,46
(16.2)
n2 = n1 ·
sin(β)
sin(31°)
0.515
Esercizio 82 Un fascio di luce ha una lunghezza d’onda di 5350 A quando si propaga in un mezzo di
indice di rifrazione assoluta 1,5. Determinare la frequenza.
16.2
Specio piano
Esercizio 83 Un oggeo alto 35 cm è posto davanti ad uno specchio piano verticale alla distanza di
20 cm.
1. A che distanza apparirà l’immagine dell’oggeo?
2. al è l’altezza dell’immagine?
3. al è l’ingrandimento lineare risultante?
L’immagine di uno specchio piano è sempre virtuale e la sua distanza q dalla specchio è uguale
alla distanza p dell’oggeo reale dalla specchio stesso. este distanze non sono legate alla distanza di
osservazione dallo specchio, come mostrato nella figura seguente.
89
90
CAPITOLO 16. OTTICA GEOMETRICA
q = p = 20 cm = 0,20 m
(16.3)
Anche l’altezza dell’immagine hi è uguale a quella quell’oggeo ho .
hi = ho = 35 cm = 0,35 m
(16.4)
Di conseguenza l’immagine non appare ingrandita e l’ingrandimento lineare è unitario.
M=
hi
0,35 m
=
=1
h0
0,35 m
(16.5)
Esercizio 84 Una signora deve comprare uno specchio tale da potersi osservare per intero, dalla testa
ai piedi. La signora è alta 165 cm e gli occhi stanno 7 cm più in basso della cima del capo.
1. A che altezza massima Bs deve essere posto lo specchio?
2. Fino a che altezza hs deve arrivare lo specchio?
Lo specchio è uno specchio piano. Rappresentiamo graficamente la situazione illustrata. Vediamo
d e CDE.
d
che i raggi provenienti dagli occhi si rifleono sullo specchio BD formando i triangoli CBA
Per le proprietà di uno specchi piano i raggi incidenti e quelli riflessi formano, con la normale al piano
nel punto di incidenza, lo stesso angolo. Di conseguenza i due triangoli sono isosceli.
L’altezza della signora è:
h = AE = 165 cm
(16.6)
La distanza degli occhi dalla cima del capo è:
CE = 8 cm
(16.7)
CA = AE − CE = 165 cm − 8 cm = 157 cm
(16.8)
Da cui:
16.3. SPECCHIO SFERICO
91
Il punto B (base dello specchio) si trova a metà del segmento CA:
CA
157 cm
=
= 78,5 cm
(16.9)
2
2
Analogamente il punto d (altezza dello specchio) si trova a metà del segmento CE quindi:
Bs =
CE
8 cm
= 157 cm +
= 161 cm
(16.10)
2
2
In tua questa traazione bisogna notare che la distanza tra la persona e lo specchio non interviene
mai. Se lo specchio è troppo piccolo non miglioreremo alcunché allontanandoci o avvicinandoci allo
stesso.
hs = CA +
16.3
Specio sferico
Esercizio 85 Una candela alta 10 cm è posta a 40 cm di distanza da uno specchio sferico concavo il
cui raggio di curvatura è 60 cm.
1. Trova la distanza focale dello specchio, la posizione e l’altezza dell’immagine e il suo ingrandimento lineare.
2. Rappresenta con un disegno quanto trovato.
Per uno specchio sferico la distanza focale è la metà del raggio di curvatura.
R
60 cm
=
= 30 cm
(16.11)
2
2
Per trovare la posizione p′ dell’immagine possiamo usare la legge dei punti coniugati, dove p è la
distanza dell’oggeo dal vertice dello specchio:
1
1
1
+ ′ =
(16.12)
p p
f
f=
Ora possiamo meere in evidenza p′ :
1
1 1
(16.13)
= −
′
p
f
p
f ·p
30 cm · 40 cm
p′ =
=
= 120 cm
(16.14)
p−f
40 cm − 30 cm
L’ingrandimento lineare G è dato dal rapporto tra l’altezza h′ dell’immagine e l’altezza h dell’oggeo, o, per uno specchio sferico concavo, dal rapporto tra p′ e p.
G=
h′
p′
120 cm
=
=
=4
h
p
30 cm
(16.15)
Da questa relazione possiamo ricavare h′ :
h′ = G · h = 3 · 10 cm = 30 cm
(16.16)
92
CAPITOLO 16. OTTICA GEOMETRICA
16.4
Lente sottile
Esercizio 86 Se si guarda araverso una lente di ingrandimento di 15 diorie un oggeo distante 4 cm
dalla lente, a quale distanza dalla lente appare l’immagine?
Per una lente soile le diorie sono l’inverso della distanza focale:
1
D=
f
(16.17)
Per cui la distanza focale della lente è (in metri):
f=
1
1
= 6,6 cm
=
D
15 m−1
(16.18)
Per una lente soile vale la legge dei punti coniugati ; conosciamo la distanza p dell’oggeo dal
centro della lente, la distanza focale f e quindi possiamo ricavare la distanza p′ dell’immagine.
1
1
1
+ ′ =
p p
f
f ·p
6 cm · 4 cm
=
= −12 cm
p−f
4 cm − 6 cm
L’immagine è virtuale (lo capiamo dal segno negativo).
p′ =
(16.19)
(16.20)
Esercizio 87 Guardando araverso una lente convergente soile un oggeo posto a distanza 60 cm
dalla lente se ne osserva un’immagine ingrandita del 134% .
A quanti metri dalla lente si è formata l’immagine?
L’ingrandimento per una lente soile è definito come:
q f q − f G= =
=
p
p−f f (16.21)
dove p è la distanza dell’oggeo dalla lente, q la distanza dell’immagine e f la distanza focale della
lente. Ricaviamo q conoscendo G e p:
q = G · p = 134% · 60 cm = 1, 34 · 0,60 m = 0,80 m
(16.22)
Esercizio 88 Un oggeo viene osservato araverso una lente di ingrandimento da 5 diorie posta a
15 cm dall’oggeo stesso. al è l’ingrandimento dell’immagine?
Come nell’esercizio precedente l’ingrandimento della lente è:
q f q − f G= =
=
p
p−f f (16.23)
Conosciamo la distanza p dell’oggeo dalla lente. Dobbiamo conoscere o la distanza q o la distanza
focale f .
La dioria di una lente è il reciproco della distanza focale. Ricaviamo quindi la distanza focale:
1
1
=
= 0,20 m
d
5 m−1
f 0,20 m
= 4 = 400%
=
G=
p−f
0,15 m − 0,20 m f=
(16.24)
(16.25)
Capitolo 17
Elettrostatica
17.1
Forza di Coulomb tra due carie
Esercizio 89 Due cariche q1 = −47 µ C e q2 = 62 µ C sono poste nel vuoto alla distanza d =
33 cm. Calcolare l’intensità della forza elerostatica tra le due cariche e indicare nella figura seguente
direzione e verso della forza che agisce su ognuna delle due cariche.
La legge di Coulomb stabilisce quale debba essere la forza che intercorre tra due oggei carichi
puntiformi, di carica q1 e q2 , posti nello spazio a distanza d l’uno dall’altro, dove ϵ0 è la costante dielettrica del vuoto. Nella nostra figura i portatori di carica sono stati disegnati come dei cerchi, per renderli
meglio visibili.
Per cui l’intensità della forza elerostatica tra le due cariche è:
F =
−6 C)(62 · 10−6 C)
2
1 q1 · q2
9 N m (47 · 10
=
9
·
10
4πϵ0 d2
(0,33 m)2
C2
=
(17.1)
N m 2 C2
9 · 47 · 64
· 10(9−6−6) 2 2 = 2,1 · 103 N
0, 1089
C m
Le cariche sono state prese entrambe senza segno perché non serve per determinare l’intensità
della forza. Il segno relativo delle cariche ci dice però se la forza è araiva (cariche di segno opposto,
come in questo caso), o repulsiva (cariche dello stesso segno).
La forza F⃗12 che agisce sulla carica q1 posta in presenza della carica q2 è uguale e contraria alla
forza F⃗21 che agisce sulla carica q2 posta in presenza della carica q1 . La direzione delle due forze è
nell’asse che congiunge le due cariche.
Possiamo completare la figura in questo modo:
93
94
CAPITOLO 17. ELETTROSTATICA
17.2
Campo elettrico di due carie nel vuoto
Esercizio 90 Due cariche q1 = −2,3 µ C e q2 = −7,5 µ C sono poste nel vuoto come indicato nella
figura seguente. Le distanze indicate sono d1 = 39 cm e d2 = 59 cm.
1. Calcolare qual è il campo elerico generato da ciascuna carica nel punto P.
2. Direzione e verso del campo elerico di ciascuna carica.
3. Disegnare nella figura direzione e verso del campo elerico totale nel punto P.
Il campo elerico è una grandezza veoriale per la quale vale il principio di sovrapposizione,cioè il
campo di due sorgenti in un punto dello spazio è dato dalla somma veoriale del campo generato dalle
due sorgenti prese singolarmente. Il campo totale delle due cariche nel punto P è:
⃗ =E
⃗1 + E
⃗2
E
(17.2)
Il campo di un carica puntiforme, in punto P a distanza d dalla carica stessa, nel vuoto vale:
⃗ )| =
|E(P
1 q
4πϵ0 d2
(17.3)
Per l’intensità del campo delle due cariche possiamo scrivere:
2
−6 C
2
1 q1
9 · 2,3
9 N m 2,3 · 10
(9−6) N m C
=
9
·
10
= 1,4 · 105 N C−1 (17.4)
=
·
10
4πϵ0 d21
0,1521
C2 (0,39 m)2
C2 m2
−6 C
2
2
9 · 7,5
1 q2
(9−6) N m C
9 N m 7,5 · 10
=
·
10
= 1,9 · 105 N C−1 (17.5)
E2 (P ) =
=
9
·
10
4πϵ0 d22
0,3481
C2 (0,59 m)2
C2 m2
E1 (P ) =
La carica q1 è negativa per cui il suo campo nel punto P è un veore applicato in quel punto, la cui
direzione è data dalla congiungente tra la carica e il punto, ed è orientato verso la carica stessa.
Anche la carica q2 è negativa per cui il suo campo nel punto P è un veore applicato in quel punto,
la cui direzione è data dalla congiungente tra la carica e il punto, ed è orientato verso la carica stessa.
Il campo totale è la somma veoriale dei due campi: possiamo trovarlo per via grafica con la regola
del parallelogramma. Tuo ciò è rappresentato nella figura seguente in via qualitativa.
17.3. CAMPO ELETTRICO DI ALTRE DISTRIBUZIONI DI CARICA
17.3
95
Campo elettrico di altre distribuzioni di carica
Esercizio 91 Una carica q = −2,3 µ C è distribuita uniformemente su un filo reilineo lungo 26 dm.
Trova, in modulo direzione e verso, il campo da essa prodoo in punto P posto a distanza r = 2,3 cm
da esso, lontano dai suoi bordi.
Il campo elerico di un filo uniformemente carico e di lunghezza finita è assimilabile ad una distribuzione lineare ed infinita se ci troviamo relativamente vicini al filo e lontani dai suoi estremi, come
indicato in questo esercizio. Per cui il modulo del campo, con sufficiente approssimazione, vale:
E=
λ
2πϵ0 r
(17.6)
dove λ è la densità di carica lineare del filo e r è la distanza dal filo.
λ=
q
2,3 µ C
2,3 · 10−6 C
=
=
= 8,88 · 10−7 C/m
l
26 dm
2,6 m
(17.7)
8,88 · 10−7 C/m
= 6,9 · 106 N/C
(17.8)
2 · 3, 1415 · 8,854 · 10−12 F m−1 · 0,023 m
Il campo ha direzione perpendicolare alla direzione del filo ed è direo verso di esso, poiché la carica
in esso distribuita è negativa.
E=
Esercizio 92 Una carica q = 8,3 mC è distribuita uniformemente su due superfici reangolari parallele, larghe 66 dm e alte 45 dm, poste a distanza ravvicinata tra loro. La superficie di destra è caricata
negativamente e l’altra positivamente.
Trova, in modulo direzione e verso, il campo da esse prodoo in punto P posto a distanza r = 2,3 cm
da esse ed in punto posto tra le due superfici, lontano dai suoi bordi.
Il campo elerico di una superficie piana uniformemente carica e di estensione finita è assimilabile
ad una distribuzione piana e infinita se ci troviamo relativamente vicini alla superficie e lontani dai
suoi bordi, come indicato in questo esercizio.
Per cui il modulo del campo prodoo da una sola superficie, con sufficiente approssimazione, vale:
σ
2ϵ0
(17.9)
q
q
8,3 · 10−3 C
8,3 · 10−3 C
=
=
=
= 2,79 · 10−4 C/m2
S
b·h
6,6 m · 4,5 m
29,7 m2
(17.10)
E=
dove σ è la densità di carica superficiale.
σ=
96
CAPITOLO 17. ELETTROSTATICA
Se abbiamo due superfici piane di uguale carica, ma segno opposto, il campo all’esterno delle
superfici è nullo. Il campo nel punto P è quindi nullo.
Nello spazio tra le superfici, in punto qualsiasi, purché sufficientemente distanti dai bordi, il campo
raddoppia rispeo al caso di una sola superficie.
E=2
σ
2,79 · 10−4 C/m
= 3,2 · 107 N/C
=
2ϵ0
8,854 · 10−12 F m−1
(17.11)
Il campo ha direzione perpendicolare ai due piani ed è direo dalla superficie caricata positivamente
a quella caricata negativamente.
17.4
Teorema di Gauss
Esercizio 93 Una carica puntiforme q = 10 mC è posta all’interno di una sfera di raggio 12 cm.
Determina il flusso del campo elerico araverso la sfera.
Il teorema di Gauss per l’elerostatica in forma globale lega il flusso del campo elerico araverso
una superficie chiusa con la somma algebrica delle cariche eleriche presenti all’interno della superficie
secondo questa relazione:
⃗ = Σqi
(17.12)
Φs (E)
ε0
Per cui:
10 · 10−3 C
⃗ =
Φs (E)
= 8,8 · 10−14 N m2 /C
(17.13)
8,854 · 10−12 F m−1
Esercizio 94 Una scatola cubica, il cui spigolo misura 47 cm, è investita da un campo elerico perpendicolare alla faccia di destra e sinistra, come indicato nella figura. Il campo sulla faccia destra misura
13 N/C e sulla faccia sinistra 38 N/C.
anto vale la carica nea presente all’interno del cubo?
Per trovare la carica totale eventualmente posta dentro la superficie delimitata dal cubo possiamo
utilizzare il teorema di Gauss per l’elerostatica in forma globale per legare il flusso del campo elerico
araverso quella superficie chiusa con la somma algebrica delle cariche eleriche presenti all’interno
della superficie stessa.
Determiniamo il flusso del campo elerico araverso il cubo.
Il flusso di un veore ⃗v araverso una superficie infinitesima dS di direzione ⃗n (dove ⃗n è un veore
unitario perpendicolare alla superficie che ne dà la direzione) vale:
dΦs (⃗v ) = ⃗v · ⃗n dS = |⃗v |dS cos(θ)
dove abbiamo preso il prodoo scalare tra i veori ⃗v e ⃗n, e θ è l’angolo tra i due veori.
(17.14)
17.4. TEOREMA DI GAUSS
97
Se la superficie è estesa, ma piana, come sulle facce del cubo, e il campo veoriale è uniforme sulla
superficie, si può ancora usare la formula precedente. Il flusso totale su tua il cubo sarà la somma
algebrica dei flussi araverso tue le facce.
Dobbiamo quindi dare una orientazione alla superficie data. La scegliamo, secondo l’usuale convenzione, in modo che la direzione ⃗n di ogni elemento piano di superficie sia perpendicolare all’elemento
stesso e uscente dalla superficie, come indicato nella seguente figura:
L’area di una faccia del cubo è:
S = l2 = (47 cm)2 = (0,47 m)2 = 0,221 m2
(17.15)
Consideriamo la faccia di destra. Vediamo dalla figura che il campo è verso sinistra e il versore della
superficie verso destra: l’angolo tra i due veori è 180°. Per cui:
⃗ = |E⃗1 |S cos(180°) = 13 N/C · 0,221 m2 · (−1) = −2,873 N m2 /C
Φdestra (E)
(17.16)
Se consideriamo la faccia sinistra vediamo dalla figura che il campo e il versore della superficie
sono verso sinistra: l’angolo tra i due veori è 0°. Per cui:
⃗ = |E⃗2 |S cos(0°) = 38 N/C · 0,221 m2 · (1) = 8,398 N m2 /C
Φsinistra (E)
(17.17)
Il flusso sulle altre facce è nullo perché da esse non esce o entra alcun campo, per cui il flusso totale
del campo elerico araverso il cubo vale:
⃗ = Φdestra (E)
⃗ + Φsinistra (E)
⃗ = −2,873 N m2 /C + 8,398 N m2 /C = 5,525 N m2 /C (17.18)
Φtot (E)
Infine la carica nea presente dentro il cubo vale:
⃗ ε0 = 5,525 N m2 /C · 8,854 · 10−12 F m−1 = 4,9 · 10−11 C
Σqi = Φtot (E)
(17.19)
98
CAPITOLO 17. ELETTROSTATICA
17.5
Lavoro ed energia potenziale
Esercizio 95 Si consideri una carica puntiforme Q = 10 C ferma all’origine degli assi. Determina il
lavoro fao per spostare un’altra carica Q = 5,0 C dall’infinito al punto di coordinate (0,0 m; 1,0 m;
0,0 m), assumendo che durante lo spostamento la velocità della particella sia trascurabile.
Abbiamo almeno due possibilità per determinare questo lavoro: o determinando il lavoro direamente dalla definizione di lavoro di una forza o considerando la variazione di energia potenziale del
sistema.
I metodo
Il lavoro compiuto da una forza F per spostare il suo punto di applicazione da un punto a ad un
punto b è:
∫ b
⃗
L=
F⃗ · dr
(17.20)
a
⃗ è il prodoo scalare della forza in punto per lo spostamento infinitesimo dr.
dove F⃗ · dr
Siamo in questo caso costrei ad usare la più complicata formula integrale per il lavoro dal momento che la forza non rimane costante durante lo spostamento della particella carica.
Il lavoro è quello fao dalla forza di Coulomb che agisce sulla seconda carica a causa della presenza
della prima. La forza di Coulomb è:
1 q1 · q2
F⃗ =
⃗r
(17.21)
4πϵ0 |⃗r|3
⃗ é:
Il prodoo scalare F⃗ · dr
q1 · q2 dr
4πϵ r2
⃗
⃗ =−
|F⃗ ||dr|cos(α)
= −|F⃗ ||dr|
(17.22)
La seconda carica viene da una posizione non meglio precisata posta all’infinito: possiamo immaginare
che durante tuo lo spostamento la forza e lo spostamento elementare abbiamo la stessa direzione.
Inoltre, dal momento che entrambe le cariche sono positive, la forza è repulsiva e quindi il suo
verso è opposto a quello dello spostamento elementare. Di conseguenza l’angolo α è 180° e il coseno
vale −1.
Per cui l’integrale diventa:
∫
L=
a
b
∫
⃗ =
F⃗ · dr
a
b
q1 · q2
q1 · q2 dr
=−
−
2
4πϵ0 r
4πϵ0
∫
a
b
[ ]b
dr
1
q1 · q2
=−
−
2
r
4πϵ0
r a
(17.23)
La distanza iniziale è infinita (a = ∞). La distanza finale invece può essere trovare con la usuale
distanza euclidea tra due punti (la posizione finale della prima e seconda carica).
√
b = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 m =
(17.24)
√
= (0 − 0)2 + (0 − 1)2 + (0 − 0)2 m = 1 m
indi il lavoro è:
[
]
−1
1
1
N m2
q1 · q2
−
+
= −9 · 109 2 (10 C)(5 C)
= 4,5 · 1011 J
L=−
4πϵ0
1m ∞
1m
C
(17.25)
II metodo
La forza di Coulomb è una forza conservativa. Ad essa è associata una energia potenziale. Il lavoro
della forza è la differenza tra l’energia potenziale nella configurazione iniziale e quella finale.
L = Ui − Uf
(17.26)
17.5. LAVORO ED ENERGIA POTENZIALE
99
L’energia potenziale di due cariche è:
1 q1 · q2
4πϵ0 r12
dove r12 è la distanza tra le due cariche. indi:
U=
(
)
1 q1 · q2
1 q1 · q2
q1 · q2 1
1
−
=
−
=
4πϵ0 a
4πϵ0 b
4πϵ0 ∞ 1 m
N m2
1
= 9 · 109 2 (10 C)(5 C)
= 4,5 · 1011 J
1m
C
(17.27)
L=
(17.28)
L’indicazione dataci sul fao che la seconda particella non abbia acquistato velocità stava ad indicare che tuo il lavoro svolto doveva contribuire all’aumento di energia potenziale e non di energia
cinetica.
Osserviamo infine che il primo metodo è evidentemente più complicato rispeo al secondo, tanto
più che abbiamo potuto semplificare non di poco l’integrale da calcolare: non conviene quasi mai usare
quella strategia per risolvere questo tipo di problemi.
Esercizio 96 Ai vertici di tre lati consecutivi di un quadrato di lato 39 cm sono poste rispeivamente
le tre cariche puntiformi q1 = 10 mC, q2 = 46 mC e q3 = 72 mC, come indicato in figura.
1. Trova l’energia potenziale del sistema.
2. Trova l’energia potenziale del sistema se aggiungiamo una carica q4 = 22 mC nel vertice
rimasto libero.
L’energia potenziale di un insieme di cariche puntiformi è uguale (a meno di una costante) alla
somma dell’energia potenziale di ogni singola coppia di cariche presente nel sistema, come calcolato
nell’esercizio precedente. Si suole considerare come nulla l’energia potenziale delle cariche se queste
sono poste a distanza infinita l’una dall’altra.
Il nostro sistema è costituito inizialmente da tre cariche. Le coppie possibili sono tre. Possiamo
quindi scrivere che l’energia potenziale totale del sistema è:
U123 = U12 + U23 + U31
(17.29)
U12 =
1 q1 · q2
N m2 (10 · 10−3 C)(46 · 10−3 C)
= 9 · 109 2
= 1,06 · 107 J
4πϵ0 r12
0,39 m
C
(17.30)
U23 =
1 q2 · q3
N m2 (46 · 10−3 C)(72 · 10−3 C)
= 9 · 109 2
= 7,64 · 107 J
4πϵ0 r23
0,39
m
C
(17.31)
La distanza tra la carica 3 ed 1 è la diagonale del quadrato:
√
√
r31 = 2 · l = 2 · 0,39 m = 0,55 m
U31 =
N m2 (72 · 10−3 C)(10 · 10−3 C)
1 q3 · q1
= 9 · 109 2
= 1,18 · 107 J
4πϵ0 r31
0,55 m
C
(17.32)
(17.33)
indi l’energia potenziale del sistema è:
U123 = 1,06 · 107 J + 7,64 · 107 J + 1,18 · 107 J = 9,9 · 107 J
(17.34)
100
CAPITOLO 17. ELETTROSTATICA
Se adesso aggiungiamo al sistema una quarta carica l’energia potenziale del nuovo sistema è uguale
alla somma delle sei coppie di cariche ora presenti, oppure all’energia potenziale del vecchio sistema
più l’energia potenziale delle coppie tra la carica nuova ed ognuna delle precedenti.
U1234 = U123 + U41 + U42 + U43
U41 =
U42 =
N m2 (22 · 10−3 C)(10 · 10−3 C)
1 q4 · q1
= 9 · 109 2
= 5,1 · 106 J
4πϵ0 r41
0,39 m
C
1 q4 · q2
N m2 (22 · 10−3 C)(46 · 10−3 C)
= 9 · 109 2
= 1,66 · 107 J
4πϵ0 r42
0,55 m
C
N m2 (22 · 10−3 C)(72 · 10−3 C)
1 q4 · q3
= 9 · 109 2
= 3,65 · 107 J
4πϵ0 r43
0,39 m
C
indi l’energia potenziale del sistema è:
U43 =
U1234 = 9,88 · 107 J + 5,1 · 106 J + 1,66 · 107 J + 3,65 · 107 J = 1,6 · 108 J
(17.35)
(17.36)
(17.37)
(17.38)
(17.39)
Esercizio 97 Trova a che distanza riescono ad arrivare due particelle puntiformi di carica q = 14 mC
e massa m = 2,45 nKg poste nel vuoto, con una energia potenziale di 1000000 J, se una delle due
procede verso l’altra con una velocità v = 23000 km/s.
Si supponga che la prima particella rimanga ferma.
Tra due oggei puntiformi di ugual carica agisce una forza repulsiva che tende a respingerli. La
forza coulombiana tra i corpi è una forza conservativa, l’unica forza che agisce sul sistema. Possiamo
quindi applicare il principio di conservazione dell’energia meccanica (intesa come somma dell’energia
potenziale e cinetica del sistama) e ricavare questa energia nelle condizioni iniziali.
ando invece le particelle, procedendo una verso l’altra, raggiungono la minima distanza di avvicinamento, l’energia cinetica si annulla, dal momento che le particelle si fermano entrambe (la loro
velocità reciproca si annulla). Allora l’energia meccanica sarà la stessa iniziale, ma sarà costituita solo
da energia potenziale. L’unica grandezza incognita sarà la distanza tra le particelle che è la grandezza
che stiamo cercando.
Calcoliamo l’energia cinetica e meccanica iniziale.
1
1
· m · v 2 = 2,45 nKg (23000 km/s)2 =
2
2
1
−9
= 2,45 · 10 Kg (23000 · 103 m/s)2 = 648000 J
2
(17.40)
Emi = Epi + Eci = 1000000 J + 648000 J = 1648000 J
(17.41)
Epf = Emf = Emi
(17.42)
Eci =
L’energia potenziale di un sistema di due cariche puntiformi è data dalla seguente relazione:
Ep =
1 q1 · q2
4πϵ0 r12
(17.43)
Meiamo in evidenza la distanza r12 fra le due cariche:
r12 =
17.6
1 q1 · q2
N m2 (14 · 10−3 C)(14 · 10−3 C)
= 9 · 109 2
= 1,1 m
4πϵ0 Epf
1648000 J
C
Potenziale elettrostatico
(17.44)
17.6. POTENZIALE ELETTROSTATICO
101
Esercizio 98 Si consideri una carica puntiforme q = 5,0 mC ferma nel punto (0,0 m; −5,0 m; 4,0 m).
Determina il potenziale elerostatico generato dalla carica nel punto (3,0 m; 1,0 m; 2,0 m).
Il potenziale elerostatico di un carica puntiforme q in un punto dello spazio a distanza r dalla
carica stessa vale:
1 q
(17.45)
V =
4πϵ r
Nell’usare questa espressione si suppone implicitamente che sia noto il potenziale in un punto a distanza infinita e che lì sia nullo. In questo caso la distanza r vale:
√
r = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z2 − z1 )2 m =
√
(17.46)
= (3 − 0)2 + (1 + 5)2 + (2 − 4)2 m =
√
= 9 + 36 + 4 m = 7 m
Infine:
V = 9 · 109
N m2 4 mC
= 7,3 · 105 V
C2 7 m
(17.47)
Esercizio 99 Si considerino tre cariche puntiformi q1 = 5,0 mC ferma nel punto (0,0 m; −5,0 m);
q2 = 12 mC nel punto (−5,0 m; 4,0 m); q3 = −4,0 mC nel punto (2,0 m; 8,0 m).
Determina il potenziale elerostatico generato dalle cariche nel punto P (1,0 m; 2,0 m).
Come abbiamo visto nel precedente esercizio il potenziale elerostatico di un carica puntiforme q
in un punto dello spazio a distanza r dalla carica stessa vale:
V =
1 q
4πϵ r
(17.48)
Per il potenziale elerostatico vale il principio di sovrapposizione, quindi il potenziale di un distribuzione di cariche in un punto è semplicemente la somma algebrica del potenziale in quel punto delle
singole cariche.
Calcoliamo le tre distanze e i tre potenziali.
√
√
√
√
r1 = (xp − x1 )2 + (yp − y1 )2 m = (1 − 0)2 + (2 + 5)2 m = 1 + 49 m = 50 m
(17.49)
√
r2 =
√
r3 =
Infine:
(xp − x2 )2 + (yp − y2 )2 m =
√
√
√
(1 + 5)2 + (2 − 4)2 m = 36 + 4 m = 40 m
(17.50)
(xp − x3 )2 + (yp − y3 )2 m =
√
√
√
(1 − 2)2 + (2 − 8)2 m = 1 + 36 m = 37 m
(17.51)
(
)
1
q1 q2 q3
V = V1 + V2 + V3 =
+
+
=
4πϵ r1 r2 r3
(
)
N m2 0,005 C 0,012 C −0,004 C
√
+ √
+ √
=
= 9 · 109 2
C
50 m
40 m
37 m
C
N m2
C
C
= 9 · 109 2 (0,707 + 1,897 − 0,657 ) = 1,8 · 1010 V
m
m
m
C
(17.52)
102
CAPITOLO 17. ELETTROSTATICA
Esercizio 100 Calcola il lavoro necessario per spostare una carica q = −2,45 mC in un campo elettrico uniforme da un punto A a un punto B, e dal punto A al punto C (come rappresentato in figura),
sapendo che l’intensità del campo è 1500 N/C e che la distanza tra i due punti è 25 mm.
Un modo per determinare il lavoro compiuto dalle forze eleriche nello spostamento di una carica
araverso il campo elerico è quello di misurare la differenza di potenziale tra i due punti. Infai:
VA − VB =
LAB
q
(17.53)
Inoltre esiste un legame tra campo elerico e variazione di potenziale δV lungo una certa direzione.
⃗ = −∇V
E
(17.54)
Esercizio 101 Si consideri un guscio sferico metallico di raggio R = 3,0 cm tenuto ad un potenziale
costante V = 50 V. Determinare:
1. La carica totale depositata sulla sfera.
2. Il campo elerostatico in un punto che dista R/3 dal centro della sfera.
In un guscio sferico la carica si distribuisce uniformemente. All’esterno del guscio, a partire dalla
sua superficie, il potenziale ed il campo elerico in un punto dello spazio è lo stesso che si avrebbe se
la carica fosse posta in un solo punto al centro della sfera.
Come negli esercizi precedenti possiamo ancora scrivere:
V =
1 q
4πϵ r
(17.55)
Noi conosciamo il potenziale sulla superficie e il raggio della sfera: possiamo ricavare la carica q.
q = V · 4πϵ · r
(
)
1
= (50 V)
(0,03 m) = 1,7 · 10−10 C
9 · 109 N2 m/ C2
(17.56)
Per determinare il valore del campo elerico all’interno della sfera possiamo svolgere almeno due
ragionamenti.
I metodo
Il potenziale di un guscio sferico carico è uniforme all’interno della sfera ed ha lo stesso valore
della superficie. D’altra parte il valore del campo in un punto dello spazio è il gradiente del potenziale
in quel punto.
⃗ = −∇V
⃗
E
(17.57)
In una dimensione:
dV
dl
Dal momento che il potenziale è costante, il campo elerico deve essere nullo.
II metodo
E=−
(17.58)
17.7. CONDENSATORI
103
Applichiamo il teorema di Gauss ad un guscio sferico di raggio R/3 centrato sulla sfera data.
⃗ =
Φ(E)
Σqi
ϵ0
(17.59)
In questo caso non vi sono cariche all’interno del guscio, quindi il flusso del campo elerico è nullo ed
è quindi nullo il campo elerico stesso.
17.7
Condensatori
Esercizio 102 Tra le armature di un condensatore piano , poste a 1,5 mm tra loro, è stabilita una ddp
di 70 V. anto vale il campo elerico tra le armature?
Tra le armature di un condensatore piano il campo è idealmente uniforme, direo dall’armatura
con carica positiva a quella negativa, e di intensità:
E=−
dV
dl
(17.60)
Dove dV è la ddp tra le armature e dl la distanza tra le stesse.
|E| =
70 V
70 V
=
= 4,6 · 104 V m−1
1,5 mm
0,0015 m
(17.61)
104
CAPITOLO 17. ELETTROSTATICA
Capitolo 18
Circuiti elettrici in corrente continua
18.1
Intensità di corrente
Esercizio 103 La sezione di un conduore è araversata da una carica q1 = 0,67 C ogni 17 minuti.
al è l’intensità di corrente?
L’intensità di corrente che araversa una data sezione di un conduore è il rapporto tra la carica
Q che l’araversa e l’intervallo di tempo ∆t che ha impiegato ad araversarlo.
I=
Q
∆t
(18.1)
Nel S.I. l’intensità di corrente si misura in Ampere (A), la carica in Coulomb (C) e il tempo in
secondi. In questo caso dobbiamo trasformare l’intervallo di tempo in secondi.
∆t = 17 min = 17 · 60 s = 1020 s
indi:
I=
0,67 C
= 6,56 · 10−4 A
1020 s
(18.2)
(18.3)
Esercizio 104 Un conduore è araversato da una corrente d’intensità I = 12 A. Sapendo che la
carica di un elerone vale qe = 1,6 · 10−19 C quanti eleroni araversano ogni secondo il conduore
dato?
Una intensità di corrente di 12 A significa che ogni secondo una sezione del conduore è araversata da una carica di 12 C. indi in questo caso la carica Q che passa ogni secondo è data dalla carica
di un elerone qe per il numero di eleroni Ne che sono passati: Q = qe · Ne . indi:
Ne =
18.2
Q
12 C
=
= 7,5 · 10−19 C
qe
1,6 · 10−19 C
(18.4)
I e II legge di Ohm
Esercizio 105 Le estremità di un conduore, araversato da una corrente la cui intensità vale I =
12 A, sono sooposte ad una differenza di potenziale V = 125 V.
anto vale la resistenza del conduore?
105
106
CAPITOLO 18. CIRCUITI ELETTRICI IN CORRENTE CONTINUA
La I legge di Ohm stabilisce che in un conduore elerico, entro opportune conduzioni, il rapporto
tra l’intensità della corrente che lo araversa e la differenza di potenziale o tensione applicata ai suoi
estremi è costante: chiamiamo la costante resistenza elerica del conduore. Se la corrente è misurata
in Ampere e la tensione in Volt allora la resistenza è misurata in Ohm.
∆V
I
(18.5)
125 V
= 10,6 Ω
12 A
(18.6)
R=
In questo caso:
R=
Esercizio 106 Un conduore di forma cilindrica ha il diametro di 3 mm, un lunghezza di 12 m ed è
fao di rame.
1. anto vale la sua resistenza?
2. al è l’intensità di corrente da cui è araversato se applichiamo alle sue estremità una differenza di potenziale V = 15 V ?
La seconda legge di Ohm ci dice quanto vale la resistenza di un conduore di forma cilindrica di
cui conosciamo sezione S, lunghezza l e resistività ρ ovvero un parametro caraeristico della sostanza
di cui è fao il conduore. Allora la sua resistenza R è uguale a:
l
R=ρ
(18.7)
S
La sezione del conduore è circolare. Il raggio del conduore vale:
d
3 mm
0,003 m
r= =
=
= 0,0015 m
(18.8)
2
2
2
La sezione è:
S = π · r2 = 3, 14 · (0,0015 m)2 = 7,07 · 10−6 m2
(18.9)
Dalle tabelle possiamo leggere che la resistività del rame vale 0,0178 · 10−6 Ω m e quindi:
12 m
l
0, 0178 · 12 Ω m m
R = ρ = 0,0178 · 10−6 Ω m ·
=
= 3,02 · 10−2 Ω
−6
2
S
7, 07
7,07 · 10 m
m2
(18.10)
Per trovare la corrente che araversa il conduore applichiamo la prima legge di Ohm R = ∆V
I ,
meendo in evidenza la nostra grandezza incognita, la corrente.
∆V
15 V
I=
=
= 496 A
(18.11)
R
3,02 · 10−2 Ω
18.3
Legge di Joule
Esercizio 107 Una stufa elerica da 1500 W è sooposta ad una tensione V = 225 V. al è la
resistenza della stufa?
Le stufe eleriche sfruano l’effeo Joule per produrre calore. La potenza della stufa P è legata
alla resistenza R della stessa e alla corrente I che l’araversa o alla tensione V alla quale è sooposta.
La legge che definisce questo legame è la legge di Joule:
V2
(18.12)
R
Possiamo ricavare dall’ultima espressione un legame tra la resistenza incognita e la potenza con la
tensione.
V2
(225 V)2
R=
=
= 33,75 Ω
(18.13)
P
1500 W
P = R · I2 =
18.4. CIRCUITI DI RESISTENZE
18.4
107
Circuiti di resistenze
Esercizio 108 Un circuito è costituito da un resistenza R = 150 Ω e un generatore di tensione (ideale)
da V = 12 V.
Trova la corrente erogata dal generatore.
Il nostro circuito è estremamente elementare. L’unica resistenza e il generatore hanno i capi in
comune. indi la differenza di potenziale applicata ai capi della resistenza è proprio quella fornita dal
nostro generatore. Possiamo applicare alla resistenza la prima legge di Ohm (R = ∆V
I ) e ricavare la
corrente che la araversa.
12 V
∆V
=
= 0,8 A
(18.14)
I=
R
15 Ω
Esercizio 109 Un circuito è costituito da una resistenza R = 15 Ω e da un generatore di tensione
(reale) da V = 12 V la cui resistenza interna vale ri = 5 Ω .
1. Semplifica le resistenze date ad una sola, spiegando come sono interconnesse.
2. Trova la corrente erogata dal generatore.
3. Trova la differenza di potenziale ai capi della resistenza R.
Rispeo all’esercizio precedente qui il generatore è reale e quindi ha una sua propria resistenza
interna. Il generatore di questo tipo viene rappresentato con una resistenza in serie con un generatore
ideale.
Le due resistenze del circuito sono in serie perché si trovano una di seguito all’altra sullo stesso
ramo o filo. Esse sono equivalenti ad un’unica resistenza il cui valore è:
Re = R + ri = 15 Ω + 5 Ω = 20 Ω
(18.15)
Il circuito adesso è ridoo ad un’unica resistenza ed un generatore ideale. Possiamo ricavare la
corrente che araversa il circuito con la prima legge di Ohm.
I=
12 V
∆V
=
= 0,6 A
Re
20 Ω
(18.16)
Rispeo all’esercizio precedente, pur a parità di carico (cioè di resistenza) applicata al generatore,
la corrente erogata è diminuita sensibilmente.
In questo caso la d.d.p ai capi della resistenza R non è il valore nominale della d.d.p. ai capi del
generatore (V = 12 V), perché quel valore vale solo quando non applichiamo nessun carico. Invece
doppiamo tenere conto che la d.d.p. ai capi del generatore ideale è uguale alla somma della caduta di
potenziale ∆Vri ai capi della resistenza interna, più la caduta di potenziale ∆VR ai capi della resistenza
R.
108
CAPITOLO 18. CIRCUITI ELETTRICI IN CORRENTE CONTINUA
est’ultima d.d.p. può essere oenuta applicando la prima legge di Ohm alla resistenza R:
R=
∆VR
I
∆VR = R · I = 15 Ω · 0,6 A = 9 V
(18.17)
(18.18)
La tensione effeivamente disponibile ai capi della nostra resistenza è sensibilmente inferiore a
quella nominale del generatore. esto fenomeno sarebbe stato tanto più sensibile quando più piccolo
fosse stato il valore della resistenza collegata.
Esercizio 110 Un circuito è costituito dalle resistenze R1 = 25 Ω, R2 = 35 Ω ed R3 = 80 Ω e da un
generatore di tensione (ideale) da V = 7 V.
1. Semplifica le resistenze date ad una sola, spiegando come sono interconnesse.
2. Trova la corrente erogata dal generatore.
ando abbiamo più elementi circuitali tra loro interconnessi spesso non dobbiamo guardare a
come sono disposti, ma a come sono collegati, a prescindere da quella che è l’orientazione che viene
data loro. ello che è fondamentale è la topologia del circuito e non semplicemente la geometria.
Nel nostro circuito le resistenze R2 e R3 sono poste ”in parallelo” perché hanno i capi in comune. É
vero inoltre che siano disposte parallelamente tra di loro. Tuavia questo era vero anche nell’esercizio
precedente dove ciò nonostante le resistenze erano in serie. La disposizione geometrica da sola non è
in grado di fornire indicazioni aendibili.
Le due resistenze sono quindi equivalenti ad un’unica resistenza che chiamiamo r12 e che possiamo
trovare sommando gli inversi delle resistenze date:
1
1
1
1
23
1
=
+
=
+
=
Ω
R23
R2 R3
35 Ω 80 Ω
560
R23 =
560
Ω
23
(18.19)
(18.20)
Il nostro circuito ora è diventato così:
Le resistenze R1 e R23 sono poste in serie perché si trovano una di seguito all’altra sullo stesso ramo
o filo. Esse sono equivalenti ad un’unica resistenza il cui valore è:
R123 = R23 + R1 =
Il circuito si è ulteriormente ridoo:
560
1135
Ω + 25 Ω =
Ω ≃ 49,3 Ω
23
23
(18.21)
18.4. CIRCUITI DI RESISTENZE
109
Infine l’unica resistenza rimasta e il generatore hanno i capi in comune. indi la differenza di
potenziale applicata ai capi della resistenza è proprio quella fornita dal nostro generatore. Possiamo
applicare alla resistenza la prima legge di Ohm (R = ∆V
I ) e ricavare la corrente che la araversa.
I=
∆V
7V
=
= 0,14 A
R
49,3 Ω
(18.22)
110
CAPITOLO 18. CIRCUITI ELETTRICI IN CORRENTE CONTINUA
Capitolo 19
Elettromagnetismo
19.1
Campo magnetico di un filo percorso da corrente
Esercizio 111 Un filo reilineo di lunghezza infinita è araversato da una corrente di 2 A. Trova,
in modulo direzione e verso, il campo magnetico a
28 cm nel punto P indicato in figura
⃗ nel punto P è un
Intorno al filo dato si forma un campo magnetico. Il veore campo magnetico B
veore che giace su un piano perpendicolare al filo percorso da corrente.
Tracciamo una circonferenza centrata sul filo, passante per il punto P e appartenente al piano. Il
veore campo magnetico parte da ogni punto della circonferenza ed è ad essa perpendicolare. Il verso
è dato dalla regola della mano destra: se il pollice è orientato come la corrente, le dita avvolgono il filo
nel verso del campo magnetico.
Il valore del campo in un punto dipende solo dalla sua distanza r dal filo e dall’intensità I della
corrente che lo araversa, secondo la legge di Biot-Savard :
B(r) =
µo I
2π r
(19.1)
dove µ0 è la permeabilità magnetica del vuoto. indi:
B=
4π10−7 N A−2 2 A
= 14,29 · 10−7 N A−2 m−1 = 1,429 · 10−6 T
2π
0,28 m
111
(19.2)
112
CAPITOLO 19. ELETTROMAGNETISMO
Capitolo 20
Errori di misura
20.1
Valor medio ed errore assoluto
Esercizio 112 Viene compiuta la misurazione dell’altezza di una palazzina con un distanziometro
con una precisione di 2 mm. Facendo la misurazione per cinque volte si oengono i seguenti risultati:
15,453 m; 15,456 m; 15,454 m; 15,455 m; 15,455 m.
1. Trova il valor medio della misura.
2. Trova l’errore massimo assoluto e l’errore assoluto associato al valor medio.
Il valor medio delle misure date è definito come:
< x >=
N
∑
xi
i=1
n
(20.1)
indi in questo caso
< x >=
15,453 m + 15,456 m + 15,454 m + 15,455 m + 15,455 m
= 15,455 m
5
(20.2)
L’errore massimo assoluto può essere definito come la metà della sensibilità dello strumento di misura.
In questo caso viene indicata la precisione. Possiamo identificare questa con l’errore massimo assoluto
perché la precisione ci dice di quanto la misura data può scostarsi dal ”valore vero” della grandezza.
indi:
ϵmaxa = 2 mm.
(20.3)
L’errore assoluto è invece definito come:
ϵmax =
Vmax − Vmin
2
(20.4)
Prendiamo il valore più grande e più piccolo oenuti nelle nostre misure dell’altezza e oeniamo:
ϵmax =
Vmax − Vmin
15,456 m − 15,453 m
=
= 0,0015 m
2
2
Abbiamo indicato questo errore con due cifre significative perché la prima era un uno.
113
(20.5)
114
CAPITOLO 20. ERRORI DI MISURA
20.2
Errore assoluto di grandezze derivate
Esercizio 113 Viene compiuta la misurazione delle dimensioni di un campo reangolare con telemetro laser per il quale è indicata una precisione di 2,0 cm. Facendo la misurazione per cinque volte si
oengono i seguenti risultati:
altezza: 60,86 m; 60,85 m; 60,87 m; 60,87 m; 60,86 m.
base: 289,67 m; 289,67 m; 289,67 m; 289,67 m; 289,67 m.
1. Trova il valor medio dell’altezza e della base.
2. Trova l’errore assoluto associato alle due grandezze.
3. Trova l’area e l’errore assoluto ad essa associato.
Il valor medio dell’altezza è
< h >=
60,86 m + 60,85 m + 60,87 m + 60,87 m + 60,86 m
= 60,86 m
5
(20.6)
Il valor medio della base è:
< b >=
289,67 m + 289,67 m + 289,67 m + 289,67 m + 289,67 m
= 289,67 m
5
(20.7)
L’errore assoluto associato all’altezza vale:
Vmax − Vmin
60,87 m − 60,85 m
=
= 0,01 m
2
2
(20.8)
289,67 m − 289,67 m
Vmax − Vmin
=
= 0,00 m
2
2
(20.9)
ϵmax =
ello associato alla base vale:
ϵmax =
Il fao che questo errore abbia valore nullo non deve fare nessuna meraviglia. Infai l’errore assoluto
è una indicazione statistico-matematica, ma la precisione riportata per lo strumento da invece un’indicazione vincolante per quanto riguarda il valore minimo che l’incertezza può assumere. Nel seguito
prenderemo la precisione dello strumento come valore dell’incertezza associata alle due misure.
L’area è data da:
A = b · h = 289,67 m · 60,86 m = 17689,3162 m2
(20.10)
Abbiamo riportato la misura dell’area con tue le cifre date dalla calcolatrice usata per fare questi
calcoli. Si pone il problema di decidere quante di queste cifre abbiano un significato oppure no. Una
risposta ci viene trovando l’errore assoluto associato all’area.
Poiché l’area è data dal prodoo di due grandezze, l’errore relativo ad essa associato è la somma
degli errori relativi delle due grandezze da cui si oiene.
ϵr (A) = ϵr (b) + ϵr (h) =
∆A
∆b ∆h
=
+
A
b
h
(20.11)
Da cui possiamo ricavare ∆A:
∆b ∆h
+
)A =
∆A = (
b
h
(
0,02 m
0,02 m
+
289,67 m 60,86 m
)
· 17689,3162 m2 = 7 m2
(20.12)
Poiché ora conosciamo l’incertezza sulla misura dell’area possiamo appropriatamente arrotondarne il
valore.
A = 17689 ± 7 m2
(20.13)
20.2. ERRORE ASSOLUTO DI GRANDEZZE DERIVATE
115
Esercizio 114 Il calore necessario per scaldare una certa quantità di sostanza è dato dalla legge fondamentale della calorimetria: Q = mc∆t.
Sappiamo che: m = 30,0 ± 0,1 kg; c = 4186 ± 2 J mol−1 K−1 ; Ti = 23,0 ± 0,5 ℃; Tf =63 ± 1 ℃.
Trova il calore Q e l’errore ad esso associato.
Troviamo immediatamente quanto vale Q:
Q = mc∆t = 30,0 kg · 4186 J mol−1 K−1 · (63 ℃ − 23,0 ℃) = 5023200 J
(20.14)
La grandezza Q è data dal prodoo di tre faori. indi, sapendo che l’errore relativo ad essa
associato è la somma degli errori relativi delle due grandezze da cui si oiene, possiamo scrivere:
ϵr (Q) = ϵr (m) + ϵr (c) + ϵr (∆t) =
∆m ∆c ∆(∆t)
∆Q
=
+
+
Q
m
c
∆t
(20.15)
I dati che ci vengono forniti ci danno immediatamente gli errori assoluti associati a Q, m e c. Dobbiamo
invece ricavare l’errore assoluto associato a ∆t.
Ricordando che ∆t = Tf − Ti . possiamo scrivere che:
∆(∆t) = ∆(Tf ) + ∆(Ti ) = 1 ℃ + 0,5 ℃ = 1,5 ℃
(20.16)
ovvero che l’errore assoluto associato a ∆t è la somma degli errori assoluti associati a Tf e Ti .
Infine possiamo scrivere:
(
)
∆m ∆c ∆(∆t)
∆Q
=
+
+
(20.17)
Q
m
c
∆t
(
)
∆m ∆c ∆(∆t)
∆Q = Q ·
+
+
=
(20.18)
m
c
∆t
)
(
2 J mol−1 K−1
0,1 kg
1,5 ℃
+
= 358210 J
5023200 J ·
+
30,0 kg 4186 J mol−1 K−1 40,0 ℃
Per cui ora possiamo correamente scrivere:
Q = 502 ± 4 · 104 J
(20.19)
116
CAPITOLO 20. ERRORI DI MISURA
Capitolo 21
Il Sistema Internazionale
21.1
unità di misura fondamentali del Sistema Internazionale
Nome della grandezza
lunghezza
massa
tempo
corrente elerica
temperatura termodinamica
quantità della sostanza B
intensità luminosa
21.2
Simbolo
l
m
t
I
T
nb
In
Nome dell’unità di misura
metro
chilogrammo
secondo
ampere
kelvin
mole di B
candela
Simbolo
m
kg
s
A
K
mol(B)
cd
Costanti fisie fondamentali1
grandezza
velocità della luce nel vuoto
Costante magnetica
Costante elerica (1/4πc2 )
Costante di gravitazione universale
Costante di Planck
Carica elementare
massa dell’elerone
massa del protone
Costante di Avogadro
Costante dei gas perfei
Costante di Boltzmann (R/Na )
simbolo
c, c0
µ0
ϵ0
G
h
e
me
mp
Na
R
k
valore e unità di misura
299792458 m s−1
12,566370614 · 10−7 N A−2
8,854187817 · 10−12 F m−1
6,6742 · 10−11 N m2 kg−2
6,6260693 · 10−34 J s
1,60217653 · 10−19 C
9,1093826 · 10−31 kg
1,67262171 · 10−27 kg
6,0221415 · 1023 mol−1
8,314472 J mol−1 K−1
1,3806505 · 10−23 J K−1
incertezza
esao
esao
esao
±0, 0010 · 10−11
±0, 0000011 · 10−34
±0, 00000014 · 10−19
±0, 0000016 · 10−31
±0, 00000029 · 10−27
±0, 0000010 · 1023
±0, 000015
±0, 000002410−23
I simboli per le unità di misura devono essere stampati in caraere dirio (romano). Essi devono
rimanere inalterati al plurale e non devono essere seguiti da un punto ecceo che alla fine di una frase.
I simboli per le unità di misura devono essere scrii con leere minuscole, a meno che essi derivino
dal nome di una persona, nel qual caso essi devono cominciare con una leera maiuscola.
1
Peter J. Mohr and Barry N. Taylor, CODATA Recommended Values of the Fundamental Physical Constants: 2002,
published in Rev. Mod. Phys. vol. 77(1) 1-107 (2005).
117
118
CAPITOLO 21. IL SISTEMA INTERNAZIONALE
21.3
Multipli e sottomultipli
faore di moltiplicazione
1024
1021
1018
1015
1012
109
106
103
102
101
10−1
10−2
10−2
10−6
10−9
10−12
10−15
10−18
10−21
10−24
prefisso
yoa
zea
exa
peta
tera
giga
mega
chilo
eo
deca
deci
centi
milli
micro
nano
pico
femto
ao
zepto
yocto
simbolo
Y
Z
E
P
T
G
M
k
h
da
d
c
m
µ
n
p
f
a
z
y
valore
1 000 000 000 000 000 000 000 000
1 000 000 000 000 000 000 000
1 000 000 000 000 000 000
1 000 000 000 000 000
1 000 000 000 000
1 000 000 000
1 000 000
1 000
1 00
10
0,1
0,01
0,001
0,000 001
0,000 000 001
0,000 000 000 001
0,000 000 000 000 001
0,000 000 000 000 000 001
0,000 000 000 000 000 000 001
0,000 000 000 000 000 000 000 001
Indice analitico
campo elerico, 92
campo magnetico, 105
centro di massa, 53, 55
cinematica, 37
circuiti elerici, 101
componenti di una forza, 15
condensatore, 100
condensatore piano, 100
conduzione del calore, 75
conversione tra grandezze, 7
corrente continua, 101
costanti fisiche fondamentali, 111
densità, 9
differenza tra veori, 14
dilatazione termica, 76
dinamometro, 16
dioria, 90
elerostatica, 91
energia potenziale elerostatica, 96
equazione di continuità (in un fluido), 67
errore assoluto, 107
errore relativo, 108
errori di misura, 107
fluidodinamica, 67
flusso del campo elerico, 94
forza di Coulomb, 91
gas perfei, 77
grandezze veoriali, 11
indice di rifrazione, 87
ingrandimento, 90
intensità di corrente, 101
lavoro, 96
legge dei punti coniugati, 90
legge di Bernoulli, 68
legge di Biot-Savard, 105
legge di Coulomb, 91
legge di Hooke, 16
legge di Snell, 87
legge di Stevino, 34
legge fondamentale della calorimetria, 73
lente soile, 89
momento di una forza, 27
moto reilineo uniforme, 37
multipli e soomultipli, 112
onda, 71
oica, 87
passaggi di stato, 73
portata, 67
potenziale elerostatico, 98
pressione, 33
primo principio della termodinamica, 79
quantità di moto, 53
ruota, 51
sistema internazionale, 111
somma di due veori, 11
somma di tre veori, 13
specchio piano, 87
specchio sferico, 89
spinta di Archimede, 36
statica dei corpi puntiformi, 19
statica dei corpi rigidi, 27
statica dei fluidi, 33
teorema di Gauss, 93
termodinamica, 79
termologia, 73
trasformazioni termodinamiche, 80
tubo a U, 34
unità di misura, 7
unità di misura fondamentali del S.I., 111
urti in una dimensione, 54
valor medio, 107
119

I Disturbi dello Spettro Autistico

ordinamento costituzionale e produzione del diritto in roma antica

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