Esercitazioni di fisica per biotecnologie

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1 Esercitazioni di fisica per biotecnologie Fabrizio Grill Emanuele Zorzan

2 Indice 1 Ripasso di matematica 3 2 Vettori e cinematica in una dimensione 8 3 Cinematica in due dimensioni 14 4 Leggi delle dinamica I 18 5 Leggi delle dinamica II 23 6 Leggi della dinamica III 31 7 Lavoro ed energia I 37 8 Lavoro ed energia II 40 9 Calorimetria Legge dei gas perfetti e trasformazioni termodinamiche Cicli termodinamici Elettrostatica e magnetismo 66

3 1 Ripasso di matematica Potenze Le proprietà fondamentali delle potenze sono Da queste proprietà segue che a 0 = 1, a n a m = a n+m, a n a m = an m. Esercizio 1 (a n ) m = a n m, a n = 1 a n. Si verifichi che = 10 5, ( 10 3 ) 2 = 10 6, = 10, ( ) ( ) ( ) ( ) = , 320 0, , = Esercizio 2 L età dell universo è circa 13, 7 miliardi di anni. Si dimostri che essa equivale a 4, secondi. 1 anno = 365 giorni, 1 giorno = 24 ore, 1 ora = 60 minuti, 1 minuto = 60 secondi. Perciò 1 anno = secondi = 3, secondi, da cui 13, 7 miliardi di anni = 13, , secondi = 4, secondi. 3

4 Logaritmo Si definisce logaritmo in base a di x (scriviamo log a x) la quantità da dare come esponente ad a per ottenere x. Ad esempio log 2 4 = 2 infatti 2 2 = 4, log 2 8 = 3 infatti 2 3 = 8, log = 2 infatti 10 2 = 100. Sulle calcolatrici il tasto log è una abbreviazione di log 10 mentre il tasto ln indica log e, dove e = 2, Le proprietà fondamentali del logaritmo sono log a 1 = 0, log a (x y) = log a x + log a y, ( ) x log a = log y a x log a y. Da queste proprietà segue che log a x n = n log a x. delle equazioni di secondo grado Per risolvere l equazione ax 2 + bx + c = 0, come prima cosa si calcola, = b 2 4ac. Dopodiché Se < 0 non esiste alcun numero reale che sia soluzione dell equazione. Se > 0 l equazione ha due soluzioni distinte x + = b + 2a x = b 2a,. Se = 0 l equazione ha una sola soluzione x = b 2a. 4

5 Esercizio 3 Si studino le soluzioni delle seguenti equazioni 1) 2x 2 4x + 3 = 0, 2) 2x 2 4x + 2 = 0, 3) 2x 2 4x + 1 = 0. Per la prima equazione si calcola che = 8. Perciò la prima equazione non ha soluzioni. Per la seconda equazione si calcola che = 0. Perciò la seconda equazione ha una sola soluzione, x = 1. Per la terza equazione si calcola che = 8. Perciò la terza equazione ha due soluzioni, Esercizio 4 x + = , x = Se al tempo t 0 = 0 si lancia verticalmente un sasso in aria da una quota iniziale x 0 e con una velocità iniziale v 0 allora al tempo t la quota x raggiunta dal sasso è x = x 0 + v 0 t g 2 t2, dove g = 9, 8m/s 2. Ammesso che x 0 = 1m e v 0 = 5m/s, si calcoli a quale istante x = 20m e x = 2m. Nel caso in cui x = 20m dobbiamo risolvere l equazione 4, 9 m2 s 2 t2 + 5 m s t 19m = 0, dove ora la nostra incognita è t. Si calcola che = 347, 4 m2 s < 0. Perciò 2 l equazione non ha soluzioni. Fisicamente ciò significa che il sasso non arriverà mai alla quota di 20m. Ma se abbassiamo la quota che il sasso deve raggiungere al livello x = 2m l equazione da risolvere diviene 4, 9 m2 s 2 t2 + 5 m s t 1m = 0. Si calcola che = 5, 4 m2 s 2 > 0. Perciò si hanno le due soluzioni seguenti 5

6 t + = 0, 27s, t = 0, 75s. Esse rappresentano i due istanti in cui il sasso si trova alla quota di 2m: il tempo minore è relativo alla fase di ascesa del sasso mentre quello maggiore è relativo alla fase di discesa del sasso. Trigonometria Si consideri il triangolo rettangolo in figura I lati a e b sono detti cateti mentre il lato c è detto ipotenusa. Definiamo sin ϑ = a c cos ϑ = b c a = c sin ϑ, b = c cos ϑ. In particolare definaimo tangente dell angolo ϑ il rapporto fra il suo seno e il suo coseno, tan ϑ = sin ϑ cos ϑ = a b. Un angolo può essere espresso in gradi oppure in radianti: definiamo angolo di 1 grado (scriveremo 1 ) quell angolo che sottende un arco la cui lunghezza è 1/360 della lunghezza della circonferenza. definiamo angolo di 1 radiante (scriveremo 1rad) quell angolo che sottende un arco la cui lunghezza è pari al raggio della circonferenza. L angolo che sottende l intera circonferenza è pari a 360 o equivalentemente a 2πrad, dove π = 3, L angolo di 1rad equivale a circa 57,3. Ammettiamo che l angolo ϑ sottenda un arco di lunghezza l della circonferenza di raggio r, allora ϑ = l 180 l rad o equivalentemente ϑ = r π r. 6

7 Esercizio 5 Un osservatore si trova alla distanza d = 2km da un palazzo alto h = 380m. Determinare l angolo ϑ sotteso dal palazzo. L osservatore, la cima del palazzo e la sua base formano un triangolo rettangolo. L angolo sotteso dal palazzo è quello dove c è l osservatore. Quindi tan ϑ = h d = 380m 2km = 380m m = = 0, 19 ϑ = 10, 76. Esercizio 6 Il Sole ha un diametro di circa d S = 1, m e dista dalla Terra l T S = 1, m. La Luna ha un diametro di d L = 3, m e dista dalla Terra l T L = 3, m. Calcolare in gradi e in radianti la larghezza angolare del Sole e della Luna visti dalla Terra. In generale, l angolo ϑ sotteso da un corpo di diametro d distante l dall osservatore è dato da ( ) ϑ tan = d 2 2l. Nel caso del Sole si ha ( ) ϑt S tan = 0, ϑ T S = 0, 53 = 0, rad Nel caso della Luna si ha ( ) ϑt L tan = 0, ϑ T L = 0, 52 = 0, rad Si osservi che ϑ T S ϑ T L, infatti il Sole ci appare nel cielo di dimensioni del tutto simili a quelle della Luna. 7

8 2 Vettori e cinematica in una dimensione Vettori Si consideri il vettore A nel sistema di coordinate {x, y}. Sia A x la componente di A lungo l asse x e A y la componente di A lungo l asse y, ( ) Ax A =. A y Definiamo modulo di A (scriviamo A o equivalentemente solo A) la lunghezza del vettore A nel piano {x, y}, A = A = A 2 x + A 2 y. Si osservi che si è usato il teorema di Pitagora. Detto ϑ l angolo che A forma con l asse x allora, sfruttando le formule di trigonometria, Dati i vettori A e B, A x = A cos ϑ, A y = A sin ϑ, tan ϑ = A y A x. A = ( Ax A y ), B = ( Bx B y ), vale che α A = ( ) αax αa y ( ), A + B Ax + B = x A y + B y. Esercizio 7 Si determini la posizione del punto P in figura sapendo che i vettori A, B e C hanno lo stesso modulo A = B = C = 10cm. 8

9 Dobbiamo calcolare P = A + B + C. A tal fine iniziamo con lo scrivere i vettori A, B e C in componenti A = (10cm cos 60, 10cm sin 60 ) = B = (10cm, 0), ( 5cm, 5 ) 3cm, C = (10cm cos( 60 ), 10cm sin( 60 )) ( = (10cm sin 30, 10cm cos 30 ) = 5cm, 5 ) 3cm. Da cui P = (20cm, 0). Esercizio 8 Sapendo che i vettori B e C hanno lo stesso modulo, B = C = 5cm, calcolare il modulo di A affinché A + B + C = 0. Sfruttando i dati in figura si ha 9

10 A = (A cos 45, A sin 45 ), B = ( 5cm, 0), C = (0, 5cm), da cui A + B + C = (A cos 45 5cm, A sin 45 5cm). Poiché cos 45 = sin 45 si ha A + B + C = 0 se A cos 45 5cm = 0 A = Cinematica in una dimensione Formule 5 cos 45 cm = 5 2cm. Si ricordi che per un moto uniformemente accelerato si ha a(t) = a 0, v(t) = v 0 + a 0 t, x(t) = x 0 + v 0 t a 0t 2, dove a 0, v 0 e x 0 sono delle costanti che rappresentano rispettivamente l accelerazione iniziale, la velocità iniziale e la posizione iniziale. Le formule per un moto a velocità costante si ottengono dalle precedenti ponendo a 0 = 0, accelerazione nulla. Si ha perciò Esercizio 9 a(t) = 0, v(t) = v 0, x(t) = x 0 + v 0 t. Un pilota parte da fermo e accelera uniformemente con una accelerazione a 0 = 10m/s 2 per una distanza d = 0, 4km. Determinare il tempo impiegato e la velocità finale dell auto. Scegliamo come istante iniziale l istante in cui l auto parte. Scegliamo un sistema di riferimento in cui l origine è il punto in cui l auto parte e il verso positivo è il verso del moto dell auto. Perciò x 0 = 0. Inoltre v 0 = 0 per ipotesi. Sfruttando le formule del moto uniformemente accelerato si ha d = 1 2 a 0t 2, v f = a 0 t, 10

11 dove abbiamo indicato con v f la velocità finale raggiunta dall auto e con t il tempo impiegato dall auto per coprire la distanza d. Dalla prima equazione si ha Dalla seconda si ha t = 2d a 0 = 8, 94s. v f = 2da 0 = 89, 4m/s = 322Km/h. Esercizio 10 Una locomotiva che viaggia alla velocità iniziale v 0 = 26m/s rallenta uniformemente fino a fermarsi in 18s. Quale distanza d ha percorso la locomotiva da quando ha frenato? Scegliamo come istante iniziale l istante in cui la locomotiva inizia a frenare. Scegliamo un sistema di riferimento in cui l origine è il punto in cui la locomotiva inizia a frenare e il verso positivo è il verso del moto della locomotiva. L accelerazione costante a cui la locomotiva è sottoposta è a 0 = v t = v f v 0 t f t 0 = v 0 t f, dove t f = 18s è il tempo impiegato dalla locomotiva per fermarsi. Sfruttando le formule del moto uniformemente accelerato si ha Esercizio 11 d = v 0 t f 1 2 v 0t f = 1 2 v 0t f = 234m. Sull autostrada A4 due automobili stanno viggiando in direzione Milano. Ad un certo istante t 0 = 0s l automobile A passa il casello e procede con velocità costante v A = 25m/s. Nello stesso istante l automobile B parte da ferma, con accelerazione a B = 1m/s 2, da un autogrill posto dopo il casello ad una distanza pari a x B = 300m. Dopo quanto tempo e a che distanza dal casello l automobile A raggiungerà l automobile B? Cosa succederebbe se l accelerazione dell automobile B fosse a B = 5m/s2? Per risolvere un esercizio di questo tipo, dopo aver imposto un comune sistema di riferimento, è innanzitutto necessario studiare il moto delle due automobili. L automobile A si muove con moto uniforme x 1 = x A + v A t 1 = v A t 1, dove si è posto il sistema di riferimento con origine sul casello per cui la posizione dell automobile A nell istante iniziale sarà x A = 0m. L automobile B si muove invece con moto uniformemente accelerato 11

12 x 2 = x B + v B t a Bt 2 2 = x B a Bt 2 2, dove si è sfruttato il fatto che l automobile parte da ferma per cui v B = 0m/s. L automobile A raggiungerà l automobile B quando allo stesso istante avrà la stessa posizione dell automobile B, cioè quando x 1 = x 2 = x e t 1 = t 2 = t, da cui si ottiene il sistema di due equazioni in due incognite che risulta risolvbile { x = va t x = x B a Bt 2. Sostituendo il valore di x nella seconda equazione col valore che gli viene dato nella prima, si ottiene quindi v A t = x B a Bt 2, da cui è possibile ricavare l equazione di secondo grado t 2 2v A a B t + 2x B a B = 0. Come spiegato nella lezione precedente la risoluzione di questa equazione dipende dal valore che assume il discriminante, = ( 2v ) 2 A 4 2x B = 100s 2, a B a B che risulta positivo e porta quindi ad avere due soluzioni t = ( 2v A/a B ) 2 t + = ( 2v A/a B ) + 2 = 20s, = 30s. Ovviamente il tempo richiesto è il primo in quanto rappresenta la prima volta che le due automobili si incrociano. Per calcolare la distanza dal casello a cui questo avviene è, infine, sufficiente sostituire il tempo ricavato in una delle due equazioni originarie per ottenere la posizione dell automobile in questione in quel dato istante x = v A t = 500m. Un buon metodo di controllo della correttezza dell esercizio svolto risulta l essere il calcolare la posizione anche della seconda automobile x = x B a Bt 2 = 500m. 12

13 Qualora la posizione delle due automobili risulti essere effettivamente uguale (così come imposto inizialmente) l esercizio sarà probabilmente corretto. Si osservi che quando l automobile A sorpassa l automobile B, A procede con velocità costante v A = 25m/s mentre B ha accelerato fino a raggiungere la velocità v B (t ) = a B t = 20m/s. Dopo essere stata sorpassata l automobile B continua ad accelerare, aumentando quindi la propria velocità, mentre l automobile A procede a velocità costante. Ad un certo istante la velocità della seconda automobile risulterà quindi maggiore di quella della prima, così che nell istante t = t + l automobile B potrà superare nuovamente l automobile A. L esercizio richiede infine di studiare cosa succederebbe se l accelerazione dell automobile B fosse pari a a B = 5m/s2 : in questo caso il discriminante dell equazione di secondo grado risulterebbe pari a = ( 2v ) 2 A a 4 2x B B a B = 380s 2, quindi l equazione non avrebbe soluzioni reali. Questa situazione rappresenta il caso in cui l automobile B riuscirà a raggiungere una velocità maggiore di quella dell automobile A, prima che questa l abbia superata, così che le due automobili non si potranno incrociare. 13

14 3 Cinematica in due dimensioni Formule Nel sistema di coordinate XY riportato in figura, consideriamo un corpo lanciato in aria dalla posizione inziale P 0 = (x 0, y 0 ) e con la velocità iniziale v 0 = (v 0x, v 0y ). Al tempo t il corpo si troverà nel punto P (t) = (x(t), y(t)) dove x(t) = x 0 + v 0x t, y(t) = y 0 + v 0y t 1 2 gt2. La velocità al tempo t sarà v(t) = (v x (t), v y (t)) dove v x (t) = v 0x, v y (t) = v 0y gt. Esercizio 12 Una pallina viene lanciata dall altezza h = 20m con un angolo ϑ = 20 e una velocità iniziale il cui modulo è v 0 = 5m/s. Si calcolino il tempo τ impiegato dalla pallina per arrivare all altezza massima. il tempo t v impiegato dalla pallina per arrivare al suolo. la distanza d a cui la pallina tocca il suolo. la velocità v con cui la pallina arriva al suolo e il modulo di tale velocità. 14

15 Scegliamo un sistema di riferimento come in figura, di modo che x 0 = 0 e y 0 = h. Inoltre v 0x = v 0 cos ϑ e v 0y = v 0 sin ϑ. Quando la pallina arriva nel punto più alto della sua traiettoria (il vertice della parabola) la componente y della velocità è nulla, v y (τ) = 0. Perciò il tempo τ è determinato dall equazione 0 = v 0 sin ϑ gτ, da cui τ = v 0 sin ϑ g = 0, 17s. Il punto in cui la pallina tocca il suolo è P (t v ) = (x(t v ), y(t v )) = (d, 0), cioè d = v 0 cos ϑt v, 0 = h + v 0 sin ϑt v 1 2 gt2 v. Studiamo prima la seconda equazione. Essa è una equazione del secondo grado in t v che ammette due soluzioni, t = v 0 sin ϑ (v 0 sin ϑ) 2 + 2gh g t + = v 0 sin ϑ + (v 0 sin ϑ) 2 + 2gh g = 1, 85s, = 2, 20s. Il tempo cercato è ovviamente t v = t + = 2, 20s. Sostituendo il valore trovato di t v nella prima equazione si ottiene d = 10, 3m. Le componenti del vettore velocità al tempo t v sono v x (t v ) = v 0 cos ϑ = 4, 7m/s, v y (t v ) = v 0 sin ϑ gt v = 19, 8m/s, da cui v(t v ) = (v x (t v )) 2 + (v y (t v )) 2 = 20, 3m/s. Esercizio 13 Determinare con quale angolo ϑ deve essere sparata una palla di cannone se il bersaglio che deve colpire si trova alla distanza d = 200m e la velocità iniziale del proiettile ha modulo v 0 = 50m/s. 15

16 Scegliamo un sistema di coordinate centrato sul cannone. Allora x 0 = 0 e y 0 = 0 mentre v 0x = v 0 cos ϑ e v 0y = v 0 sin ϑ. Detto t v il tempo impiegato dalla palla per arrivare al suolo, il punto in cui la palla tocca il suolo è P (t v ) = (d, 0). Si ha perciò d = v 0 cos ϑt v, 0 = v 0 sin ϑt v 1 2 gt2 v. Dalla seconda equazione si ottiene che il tempo di volo t v è legato all inclinazione del cannone ϑ dalla relazione t v = 2v 0 sin ϑ g Sostituendo questa espressione di t v nella prima equazione e usando che 2 sin ϑ cos ϑ = sin 2ϑ si ha d = (v 0) 2 sin 2ϑ g che è la formula della gittata. Si ha perciò che ϑ = 1 [ ] dg 2 arcsin (v 0 ) 2.., Si osservi che dg = 0, 784. (v 0 ) 2 Si ha perciò che ϑ è la metà di quell angolo il cui seno è 0, 784. Ma di angoli il cui seno è 0, 784 ce ne sono due: 51,6 e 128,4. Perciò il proiettile colpirà il bersaglio sia se il cannone verrà inclinato di ϑ 1 = 25, 8 sia se verrà inclinato di ϑ 2 = 64, 2. In generale fissato il modulo della velocità iniziale e la distanza del bersaglio da colpire si hanno sempre due possibili inclinazioni del cannone. 16

17 Esercizio 14 Un giocatore di freccette è posto a una distanza d = 2.37m dal bersaglio che vuole colpire e lancia verso il centro del bersaglio, da una quota iniziale pari a quella del centro del bersaglio, una freccetta alla velocità v 0 = 12m/s. Sapendo che il diametro del bersaglio è h = 0.453m, dire se il giocatore colpirà o meno il bersaglio. Introduciamo un sistema di riferimento centrato nel punto in cui la freccetta viene lanciata, x 0 = y 0 = 0. Poiché la freccetta viene lanciata verso il centro del bersaglio a partire dalla stessa quota del centro, la velocità iniziale v 0 ha solo componente lungo l asse x, v 0x = v 0, v 0y = 0. Le equazioni del moto si riducono a { x(t) = v0 t y(t) = 1 2 gt2. Per valutare se la freccetta colpirà o no il bersaglio dobbiamo valutare la quota ỹ a cui essa si trova dopo aver percorso la distanza d rispetto l asse x. Se ỹ h/2, cioè se la freccetta ha percorso lungo l asse delle y una distanza che è minore o uguale al raggio del bersaglio, allora la freccetta colpirà il bersaglio. Il tempo t impiegato dalla freccietta per percorrere la distanza d nella direzione x è dato da t = d v 0 = 0.2s. Al tempo t la quota ỹ a cui si trova la freccetta è ỹ = 1 2 g t 2 = gd2 2v 2 0 Perciò la freccetta colpirà il bersaglio. = 0.19m ỹ = 0.19m < h 2 = 0.23m. 17

18 4 Leggi delle dinamica I Esercizio 15 Un corpo di massa m = 2Kg è posto su di una superficie orizzontale e ad esso sono applicate le forze F 1 e F 2 di modulo F 1 = 2N e F 2 = 10N come in figura. Trascurando ogni attrito, si calcoli la reazione vincolare del piano N e l accelerazione a a cui è sottoposto il corpo. Introduciamo un sistema di coordinate x y dove x ha la direzione del piano e y è diretta ortogonalmente al piano. Oltre alla forza peso P e alle forze F 1 e F 2 il corpo è soggetto anche alla reazione vincolare del piano N di modo che la componente x e y della risultante delle forze R = F 1 + F 2 + P + N è R x = F 1x + F 2x + P x + N x = F 1 cos ϑ + F 2 cos( ϑ), R y = F 1y + F 2y + P y + N y = F 1 sin ϑ + F 2 sin( ϑ) mg + N, dove si è posto N = N y. La reazione vincolare del piano N si ottiene ponendo F y = 0, N = F 1 sin ϑ F 2 sin( ϑ) + mg = 23, 6N. La conoscenza di N sarà di fondamentale importanza in presenza di attrito (vedi Esercitazione V). La componente x della risultante delle forze è L accelerazione del corpo è R x = F 1 cos ϑ + F 2 cos( ϑ) = 10, 4N. a = R x m = 5, 2 m s 2. 18

19 Esercizio 16 Un corpo di massa m = 2Kg è posto su di una superficie orizzontale e ad esso sono applicate le forze F 1 e F 2 di modulo F 1 = 1N e F 2 = 2N come in figura. Trascurando ogni attrito, si calcoli la reazione vincolare del piano N e l accelerazione a a cui è sottoposto il corpo. Introduciamo un sistema di coordinate x y come in figura. Scriviamo la componente x e y della risultante delle forze, L accelerazione del corpo è R x = F 1 + F 2 cos(ϑ) = 0, 4N, R y = F 2 sin(ϑ) mg + N. a = R x m = 0, 2 m s 2. Il segno meno stà ad indicare che il corpo si muove nella direzione delle x negative (verso sinistra). La reazione vincolare del piano N si ottiene ponendo R y = 0, N = 18, 2N. 19

20 Esercizio 17 Un corpo di massa m = 2Kg è posto sulla sommità di un piano inclinato di altezza h = 3m e ϑ = 30. Trascurando ogni attrito e ammettendo che il corpo parta da fermo, si calcolino la reazione vincolare del piano N. l accelerazione a a cui è sottoposto il corpo. il tempo t f impiegato per arrivare in fondo al piano. la velocità v f che il corpo possiede alla fine. Introduciamo un sistema di coordinate x y come in figura. Scriviamo la componente x e y della risultante delle forze, F x = mg cos(270 + ϑ) = mg sin ϑ = 9, 8N, F y = mg sin(270 + ϑ) + N = mg cos ϑ + N. Perchè ϑ?! Si ricordi che l angolo è quello fra il vettore P e l asse x misurato in senso antiorario. Poniamo F y = 0 in modo da ottenere N, N = mg cos ϑ = 17N. L accelerazione a = F x /m risulta essere a = g sin ϑ = 4, 9 m s 2. 20

21 La lunghezza del piano inclinato è l = h/ sin ϑ. Perciò dalle leggi del moto uniformemente accelerato si ha l = 1 2h 2 at2 f t f = = 1, 6s, a sin ϑ v f = at f = 2ah sin ϑ = 2gh = 7, 7 m s. Si osservi che, in assenza di attrito, il corpo giunge alla fine del piano con la stessa velocità che avrebbe avuto se fosse precipitato da un altezza h. Esercizio 18 Un corpo di massa m 1 = 5Kg è posto su di un piano orizzontale ed è collegato tramite un filo inestensibile ad un corpo di massa m 2 = 2Kg. Trascurando ogni attrito, si calcoli la reazione vincolare del piano N e l accelerazione a del sistema. Introduciamo un sistema di coordinate come quello in figura. Chiamiamo R 1 la risultante delle forze agenti sul corpo 1 e R 2 la risultante delle forze agenti sul corpo 2. Le componenti x e y di R 1 e R 2 sono R 1x = T, R 1y = m 1 g N, R 2x = 0, R 2y = m 2 g T. Ponendo R 1y = 0 si ottiene N = m 1 g = 49N. Sfruttando che R 1x = m 1 a e R 2y = m 2 a la prima e la quarta equazione divengono 21

22 m 1 a = T, Sostituendo T nella seconda si ha m 2 a = m 2 g T. m 2 a = m 2 g m 1 a a = m 2 m 1 + m 2 g = 2, 8 m s 2. 22

23 5 Leggi delle dinamica II Esercizio 19 Un corpo di massa m = 2Kg è posto su di una superficie orizzontale scabra con coefficiente d attrito dinamico µ d = 0, 2. Al corpo sono applicate le forze F 1 e F 2 di modulo F 1 = 2N e F 2 = 10N come in figura. Si calcoli a quale accelerazione è sottoposto il corpo in esame. Per risolvere questo genere di problemi si ragiona nel modo seguente: Si introduce un sistema di coordinate x y dove x ha la direzione del piano e y è diretta ortogonalmente al piano. Si ammette che oltre alla forza peso P e alle forze F 1 e F 2 il corpo sia soggetto anche alla reazione vincolare del piano N e alla forza d attrito F a. Si tenga presente che prima di poter disegnare il vettore F a è necessario capire quale sarà il verso del moto del corpo. Si scrivono la componente x e y della risultante delle forze F = F 1 + F 2 + P + N + F a, F x = F 1x + F 2x + P x + N x + F ax, F y = F 1y + F 2y + P y + N y + F ay. Nel caso in esame il sistema si riduce a F x = F 1 cos ϑ + F 2 cos( ϑ) + F a, F y = F 1 sin ϑ + F 2 sin( ϑ) mg + N, dove abbiamo posto F ax = F a e N y = N. 23

24 Si ottiene N ponendo F y = 0, N = F 1 sin ϑ F 2 sin( ϑ) + mg. Si hanno due possibili casi. Se N < 0 significa che il corpo si stacca dalla superficie 1. Se N 0 il corpo si muoverà lungo la superficie. Nel caso in esame N = 23, 6N > 0 e il corpo si muove lungo la superficie. Si calcola il modulo della forza d attrito F a = µ d N. A questo punto ci sono due casi: se µ d N F 1x + F 2x + P x + N x il corpo rimane immobile (a = 0 e il problema è risolto). Se invece µ d N < F 1x + F 2x + P x + N x il corpo si muove nella stessa direzione in cui si muoverebbe se non ci fosse attrito. Nel caso in esame µ d N = 4, 7N mentre F 1x + F 2x + P x + N x = 10, 4N, perciò il corpo si muove. Se il corpo si muove, si studia in che direzione si muoverebbe il corpo se non ci fosse attrito. Per far ciò si calcola F 1x + F 2x + P x + N x : se questa quantità è positiva il corpo si muoverebbe nella direzione positiva dell asse x mentre se questa quantità è negativa il corpo si muoverebbe nella direzione negativa dell asse x. Nel caso in esame F 1x + F 2x + P x + N x = F 1 cos ϑ + F 2 cos( ϑ) = 10, 4N > 0. Perciò il corpo si muove nella direzione positiva. Questa osservazione determina completamente F a fissandone il verso (Solo ora possiamo disegnare F a!) e permette di scrivere la componente x della risultante delle forze. Nel caso in esame F x = F 1 cos ϑ + F 2 cos( ϑ) µ d N = 5, 7N. Si osservi che abbiamo posto µ d N poichè il moto avviene nel verso delle x positive e la forza d attrito è sempre opposta al moto. L accelerazione del corpo è a = F x /m. Nel caso in esame a = 2, 85m/s 2. 1 Non tratteremo questa classe di problemi e vi capiterà sempre il caso N 0 24

25 Esercizio 20 Un corpo di massa m = 2Kg è posto su di una superficie orizzontale scabra con coefficiente d attrito dinamico µ d = 0, 2. Al corpo sono applicate le forze F 1 e F 2 di modulo F 1 = 1N e F 2 = 2N come in figura. Si calcoli a quale accelerazione è sottoposto il corpo in esame. Usiamo lo schema di ragionamento precedente. Introduciamo un sistema di coordinate x y come in figura. Scriviamo la componente x e y della risultante delle forze, F x = F 1 + F 2 cos(ϑ) + F a, F y = F 2 sin(ϑ) mg + N. Poniamo F y = 0 in modo da ottenere N, N = 18, 2N. Il modulo della forza d attrito è F a = µ d N = 3, 6N, mentre F 1x + F 2x + P x + N x = F 1 + F 2 cos(ϑ) = 0, 4N. Perciò il corpo rimane fermo, a = 0. 25

26 Esercizio 21 Un corpo di massa m = 2Kg è posto sulla sommità di un piano inclinato scabro di altezza h = 3m, ϑ = 30 e coefficiente d attrito dinamico µ d = 0, 2. Ammettendo che il corpo parta da fermo, si calcolino l accelerazione a a cui è sottoposto il corpo. il tempo t f impiegato per arrivare in fondo al piano. la velocità v f che il corpo possiede alla fine. Per applicare lo schema di ragionamento illustrato prima dobbiamo riconoscere che nel caso in esame F 1 = F 2 = 0 e le uniche forze in gioco sono P, N e F a. Introduciamo un sistema di coordinate x y come in figura. Scriviamo la componente x e y della risultante delle forze, F x = mg cos(270 + ϑ) + F a, F y = mg sin(270 + ϑ) + N. Perchè ϑ?! Si ricordi che l angolo è quello fra il vettore P e l asse x misurato in senso antiorario. Poniamo F y = 0 in modo da ottenere N, Il modulo della forza d attrito è mentre N = 17N. F a = µ d N = 3, 4N, 26

27 P x + N x = mg cos(270 + ϑ) = 9, 8N. Perciò il corpo si muove e si muove nella direzione delle x positive, cioè cade lungo il piano inclinato. Si osservi che se il coefficiente d attrito fosse stato abbastanza grande (ad esempio µ d = 0, 6) il corpo sarebbe rimasto immobile sulla sommità del piano. Perciò F a è diretta nella direzione delle x negative e la componente x della risultante delle forze è F x = mg [cos(270 + ϑ) µ d sin(270 + ϑ)] = mg (sin ϑ µ d cos ϑ) = 6, 4N. L accelerazione risulta essere a = g (sin ϑ µ d cos ϑ) = 3, 2 m s 2. La lunghezza del piano inclinato è l = h/ sin ϑ. Perciò dalle leggi del moto uniformemente accelerato si ha l = 1 2h 2 at2 f t f = = 1, 9s, a sin ϑ v f = at f = 2ah sin ϑ = 6, 2m s. Si osservi che in assenza di attrito (µ d = 0) l accelerazione ã, il tempo di caduta t f e la velocità finale ṽ f risultano essere ã = g sin ϑ = 4, 9 m s 2, t f = 1 2h sin ϑ g = 1, 6s, ṽ f = 2gh = 7, 7 m s. Esercizio 22 Un corpo di massa m 1 = 5Kg è posto su di un piano orizzontale scabro ed è collegato tramite un filo inestensibile ad un corpo di massa m 2 = 2Kg. Ammesso che il coefficiente di attrito dinamico sia µ d = 0, 2, calcolare l accelerazione del sistema. Un sistema come quello in esame o rimane fermo oppure il corpo 2 cadendo trascina il corpo 1. Per risolvere questo genere di esercizi si introduce un sistema di coordinate come quello in figura, si ammette che il corpo 2 trascini il corpo 1 e si calcola (nel modo che mostreremo fra poco) l accelerazione a: essendo i corpi collegati da un filo inestensibile e per come abbiamo scelto il sistema di coordinate a 1 = a 2 = a. Se si trova a > 0 l ipotesi iniziale è corretta e il sistema 27

28 è in moto con acceleazione a mentre se a 0 l ipotesi iniziale è sbagliata e il sistema è in quiete, a = 0. Chiamiamo R 1 la risultante delle forze agenti sul corpo 1 e R 2 la risultante delle forze agenti sul corpo 2. Le componenti x e y di R 1 e R 2 sono R 1x = T µ d N, R 1y = m 1 g N, R 2x = 0, R 2y = m 2 g T, dove, poichè ammettiamo che il sistema sia in moto, abbiamo potuto usare che F a = µ d N. Ponendo R 1y = 0 si ottiene N = m 1 g. Sostituendo N nella prima equazione si ha R 1x = T µ d m 1 g. Sfruttando che R 1x = m 1 a e R 2y divengono = m 2 a la prima e la quarta equazione m 1 a = T µ d m 1 g, m 2 a = m 2 g T. Dalla seconda di queste ultime equazioni ricaviamo T, che sostituito nella prima da T = m 2 (g a), m 1 a = m 2 (g a) µ d m 1 g a = m 2 µ d m 1 m 1 + m 2 g = 1, 4 m s 2. 28

29 Perciò l ipotesi iniziale è giusta e il sistema si muove con l accelerazione trovata. Si osservi che se ad esempio si fosse ammesso che µ d = 0, 5 si sarebbe ottenuto a = 0, 7m/s 2, il che significa che il sistema sarebbe rimasto fermo. Si osservi infine che se si pone m 1 = 0, cioè se si ammette che al corpo 2 non ci sia attaccato nulla, allora il corpo 2 accelera con a = g, cioè è in caduta libera. Esercizio 23 Un corpo di massa m 1 è posto su di un piano inclinato scabro con µ s = 0, 2 e ϑ 1 = 20, ed è collegato tramite un filo inestensibile ad un corpo di massa m 2 = 2Kg posto su di un piano inclinato privo di attrito con ϑ 2 = 30. Si calcoli il range di valori di m 1 per cui il sistema rimane in quiete. Si immagini la situazione reale. Se m 1 è sufficientemente piccola allora il corpo 2 riuscirà a trascinare il corpo 1. Se aumentiamo un pò alla volta la massa del corpo 1 allora il corpo 2 farà sempre più fatica a trascinarlo e se continuiamo ad aumentare la massa m 1 arriveremo al punto che il sistema rimarrà in equilibrio. Come vedremo esiste un intervallo di valori di m 1 per cui il sistema rimane in equilibrio e se aumentiamo ulteriormente la massa m 1 al di fuori di questo intervallo il sistema esce dall equilibrio ed è ora il corpo 1 che trascina il corpo 2. Iniziamo con lo studiare la situazione in cui il sistema è in equilibrio ma basterebbe una qualsiasi riduzione della massa m 1 per far si che l equilibrio si rompa e il corpo 2 inizi a trascinare il corpo 1 (condizione di moto incipiente verso destra). Allora la forza d attrito statico che agisce su 1 è rivolta nella direzione delle x negative e le equazioni del moto per i due corpi sono 0 = m 1 g cos(270 ϑ 1 ) + m 1 gµ s sin(270 ϑ 1 ) + T, 0 = m 2 g cos(270 + ϑ 2 ) T. 29

30 Dalla seconda si ricava T, che sostituito nella prima da T = m 2 g cos(270 + ϑ 2 ), m 1 = m 2 cos(270 + ϑ 2 ) cos(270 ϑ 1 ) + µ s sin(270 ϑ 1 ) = m 2 sin ϑ 2 sin ϑ 1 + µ s cos ϑ 1 = 1, 9Kg. Nella situazione di moto incipiente verso sinistra si ha invece che la forza d attrito è rivolta nel verso delle x positive e le equazioni del moto per i due corpi sono 0 = m 1 g cos(270 ϑ 1 ) m 1 gµ s sin(270 ϑ 1 ) + T, 0 = m 2 g cos(270 + ϑ 2 ) T. Dalla seconda si ricava T che sostituito nella prima da Riassumendo se m 1 = m 2 cos(270 + ϑ 2 ) cos(270 ϑ 1 ) µ s sin(270 ϑ 1 ) = m 2 sin ϑ 2 sin ϑ 1 µ s cos ϑ 1 = 6, 5Kg. 1, 9Kg = m 2 sin ϑ 2 sin ϑ 1 + µ s cos ϑ 1 m 1 m 2 sin ϑ 2 sin ϑ 1 µ s cos ϑ 1 = 6, 5Kg, allora il sistema è in equilibrio. Osservazioni In assenza di attrito, µ s = 0, il sistema è in equilibrio solo se m 1 = m 2 sin ϑ 2 sin ϑ 1 = 2, 9Kg. Se ϑ 1 = 0 e ϑ 2 = 90 allora il sistema è in equilibrio se m 1 10Kg. Infatti nell esercizio 4 dove m 1 = 5Kg il sistema non era in equilibrio. 30

31 6 Leggi della dinamica III Esercizio 24 I corpi 1, 2 e 3 rispettivamente di massa m 1 = 2kg, m 2 = 3kg ed m 3 = 4kg sono collegati come in figura tramite un filo inestensibile. Trascurando ogni attrito, si calcolino L accelerazione a del sistema. Le tensioni dei due fili. Introduciamo un sistema di coordinate come quello in figura. Siano R 1, R 2 ed R 3 le risultanti delle forze agenti rispettivamente sui corpi 1, 2 e 3. Le componenti x e y delle risultanti sono R 1x = T 1, R 1y = m 1 g N 1, R 2x = T 2 T 1, R 2y = m 2 g N 2, R 3x = 0, R 3y = m 3 g T 2. Imponendo che R 1y = R 2y = 0 si ottiene N 1 = m 1 g, N 2 = m 2 g. Dato che per ipotesi non c è forza d attrito, la conoscenza di N 1 ed N 2 non è particolarmente utile in questo problema. Poiché R 1x = m 1 a 1x, R 2x = m 2 a 2x, R 3y = m 3 a 3y, e poiché, essendo il filo inestensibile, si ha 31

32 a 1x = a 2x = a 3y, le equazioni che rimangono da risolvere risultano essere m 1 a = T 1, m 2 a = T 2 T 1, m 3 a = m 3 g T 2. Manipolando il sistema di equazioni si ottiene Attrito Esercizio 25 a = T 1 = m 3 g = 4.4 m m 1 + m 2 + m 3 s 2, m 1 m 3 g = 8.7N, m 1 + m 2 + m 3 T 2 = (m 1 + m 2 )m 3 m 1 + m 2 + m 3 g = 21.8N. Un corpo di massa m = 100kg si muove su di un piano orizzontale liscio alla velocità v 0 = 10m/s. Al tempo t = 0 la superficie su cui esso si muove diviene scabra con coefficiente d attrito µ = 0.4 e sul corpo agisce inoltre una forza F di verso opposto a quello del moto e di modulo F = 108N. Si calcolino L accelerazione a cui è sottoposto il corpo. Il tempo t f impiegato dal corpo per fermarsi. Scegliamo l asse x con la stessa direzione e verso di v 0. Quando il corpo giunge sul piano scabro su di esso agiscono, oltre alla forza peso P e la reazione vincolare N anche la forza F e la forza d attrito F a, entrambe opposte al moto. La risultante delle forze agenti sul corpo è perciò R = P + N + F + F a, che riscritta in componenti risulta essere R x = F x + F ax = F F a, R y = P y + N y = mg + N. Si osservi che in questo esercizio non dobbiamo preoccuparci di studiare se le varie forze in gioco riescono a battere la forza d attrito e quindi a far muovere 32

33 il corpo: una delle ipotesi del problema è proprio che il corpo sia inizialmente in moto! Dato che sappiamo che il corpo è in moto nella direzione e verso di v 0 questo fissa immediatamente la direzione e verso della forza d attrito F a che per definizione è sempre opposta al moto. Imponendo R y = 0 si ottiene N = mg da cui F a = µmg e Poiché R x = ma x si ha R x = F µmg. a x = F + µmg m = 5 m s 2. Il corpo è sottoposto ad un moto uniformemente accelerato, con accelerazione negativa, e la sua velocità v, che ha solo componente x, è descritta dalla legge v x (t) = v 0 + a x t. Il tempo t f per cui v x = 0 è dato da t f = v 0 a x = mv 0 F + µmg = 2s. Si osservi che in assenza di attrito, µ = 0, il tempo impiegato dal corpo per fermarsi sale fino a 9.3s. Esercizio 26 Un corpo di massa m = 2Kg è premuto contro un muro con una forza F ortogonale al muro, come in figura. Sapendo che fra il corpo e il muro c è un coefficiente d attrito µ = 0.3 calcolare il minimo valore del modulo di F tale per cui il corpo non cade. 33

34 Introduciamo un sistema di coordinate come in figura. Sul corpo agiscono quattro forze: La forza F che preme il corpo contro il muro, la reazione vincolare del muro N, la forza peso P e la forza d attrito F a. Sia R la risultante delle forze, R = F + N + P + F a. Le componenti x e y della risultante R delle forze agenti sul corpo, sono R x = F x + N x + P x + F ax = F N, R y = F y + N y + P y + F ay = mg + µn. Poiché vogliamo che il sistema sia in quiete dobbiamo imporre R = 0. Da R y = 0 si ottiene che sostituito in R x = 0 da N = mg µ, F = mg µ = 65.3N. Questo rappresenta il valore minimo del modulo di F. Si rifletta sul fatto che applicando un forza di modulo maggiore il corpo rimane ancora in quiete. Si provi ad esempio a rifare questo esercizio nel caso in cui F = 80N. Esercizio 27 Un corpo di massa m = 2Kg è premuto contro un muro con una forza F che forma un angolo ϑ con l orizzontale, come in figura. Sapendo che fra il corpo e il muro c è un coefficiente d attrito µ = 0.3 calcolare il minimo valore del modulo di F tale per cui il corpo non cade rispettivamente nei casi ϑ = 45 e ϑ = 5. 34

35 Introduciamo un sistema di coordinate come in figura. Sul corpo agiscono quattro forze: La forza F, la reazione vincolare del muro N, la forza peso P e la forza d attrito F a. Sia R la risultante delle forze, R = F + N + P + F a. Le componenti x e y della risultante R delle forze agenti sul corpo, sono R x = F x + N x + P x + F ax = F cos ϑ N, R y = F y + N y + P y + F ay = F sin ϑ mg + µn. Ovviamente se ϑ = 0 ci riduciamo alla situazione studiata nell esercizio 26. Poiché vogliamo che il sistema sia in quiete dobbiamo imporre R = 0. Da R y = 0 si ottiene N = mg F sin ϑ µ, che sostituito in R x = 0 da F = mg sin ϑ + µ cos ϑ. Si rifletta sul fatto che non ci sono soluzioni se sin ϑ + µ cos ϑ < 0, cioè tan ϑ < µ. Per ϑ = 45 si ha F = 21.3N. Per ϑ = 5 si ha F = 92.6N. L angolo critico, diminuendo il quale non si trovano più soluzioni, è ϑ c = 16.7 Si osservi che per ϑ = 90 si ha F = mg, che significato ha questo risultato? Moto circolare uniforme Esercizio 28 A quale velocità deve ruotare attorno al Sole un satellite di massa m = 100 tonnellate per mantenersi su di un orbita circolare con raggio R T pari a quello terrestre. La massa del Sole è circa M = g R T = km 11 m3 La costante di gravitazione universale è G = kgs 2 35

36 Iniziamo col convertire i dati nel Sistema Internazionale (kg, m e s): M = kg, R T = m. La forza di gravità fra satellite e Sole mantiene il satellite in moto circolare uniforme con velocità v attorno al Sole: m v2 = G mm R T RT 2 v = G M. R T Si osservi che v non dipende dalla massa del satellite ed è quindi la stessa velocità con cui anche la Terra ruota attorno al Sole, v m s km h. Si può ottenere lo stesso risultato calcolando che la lunghezza dell orbita terrestre è la quale è percorsa in un anno L = 2πR T = m, 1anno = s, da cui v = L 1anno m s. 36

37 7 Lavoro ed energia I Forze conservative Esercizio 29 Una pallina viene lanciata verticalmente verso l alto dall altezza h = 1, 6m con una velocità iniziale v 0 = 3m/s. Calcolare L altezza massima h max raggiunta dalla pallina. La velocità ṽ con cui la pallina ripassa dalla quota h da cui era stata lanciata. La velocità v con cui la pallina tocca il suolo. L unica forza in gioco è la forza peso che agisce sulla pallina. Dato che la forza peso è conservativa l energia totale E della pallina si conserva e in particolare rimane uguale al valore E 0 che essa possiede quando la pallina viene lanciata. Scegliendo come livello di riferimento per l energia potenziale il suolo si ha che l energia iniziale è E 0 = 1 2 mv2 0 + mgh. Quando la pallina arriva all apice della sua traiettoria la sua velocità è nulla di modo che anche la sua energia cinetica è nulla. Poiché l energia della pallina si conserva si ha 1 2 mv2 0 + mgh = mgh max h max = h + v2 0 2g = 2m. Quando la pallina (in fase di caduta) ripassa dalla quota h si ha 1 2 mv2 0 + mgh = 1 2 mṽ2 0 + mgh ṽ = v 0 = 3m/s. Per come abbiamo scelto il sistema di riferimento, quando la pallina tocca il suolo è invece la sua energia potenziale ad essere nulla. Si ha perciò 1 2 mv2 0 + mgh = 1 2 mv2 v = v gh = 6, 4m/s. Esercizio 30 Una pallina viene lanciata dall altezza h = 20m con un angolo ϑ = 20 e una velocità iniziale il cui modulo è v 0 = 5m/s. Si calcolino L altezza massima h max raggiunta dalla pallina. Il modulo della velocità v posseduta dalla pallina quando arriva al suolo. 37

38 L unica forza in gioco è la forza peso che agisce sulla pallina. Dato che la forza peso è conservativa l energia totale E della pallina si conserva e in particolare rimane uguale al valore E 0 che essa possiede quando la pallina viene lanciata. Scegliendo come livello di riferimento per l energia potenziale il suolo si ha che l energia iniziale è E 0 = 1 2 mv2 0 + mgh. Quando la pallina arriva all apice della sua traiettoria il vettore velocità è diretto lungo le x di modo che l energia cinetica è K = 1 2 mv2 x. In un moto parabolico la componente v x della velocità (quella ortogonale alla forza peso) è costante e nel caso in esame vale Poiché l energia si conserva si ha v x = v 0 cos ϑ. 1 2 mv2 0+mgh = 1 2 mv2 0 cos 2 ϑ+mgh max h max = h+ v2 ( 0 1 cos 2 ϑ ) = 20, 15m. 2g Si osservi come la formula per h max ora ottenuta si riduce a quella dell esercizio precedente nel caso in cui ϑ = 90. Quando la pallina arriva al suolo la sua energia potenziale è nulla (per come abbiamo scelto il sistema di riferimento) mentre la sua energia cinetica è 1 2 mv2. Poiché l energia si conserva si ha 1 2 mv2 0 + mgh = 1 2 mv2 v = v gh = 20, 4m/s. Si osservi come v non dipenda dalla massa m della pallina. Esercizio 31 Un pendolo viene fatto oscillare a partire da un angolo iniziale ϑ = 60. Il filo del pendolo è lungo l = 2m. Calcolare il modulo della velocità v con cui il pendolo passa dalla verticale. Le forze in gioco sono la forza peso P e la tensione T del filo. La forza peso è una forza conservativa mentre la tensione non lo è. Ma durante il moto del pendolo la tensione T è sempre ortogonale allo spostamento di modo che il lavoro compiuto da questa forza è nullo. Perciò, pur essendo presente una forza non conservativa, l energia totale del pendolo si conserva. Scegliamo un sistema di riferimento come in figura. Allora l energia E 0 del pendolo all istante in cui viene fatto oscillare è E 0 = 1 2 mv2 0 + mgy 0 = mgy 0, 38

39 in quanto per ipotesi v 0 = 0. L energia E 1 del pendolo quando passa dalla verticale è E 1 = 1 2 mv2 1 + mgy 1 = 1 2 mv2 1, in quanto, per il sistema di coordinate scelto, y 1 = 0. Poiché l energia si conserva possiamo imporre E 0 = E 1, da cui mgy 0 = 1 2 mv2 1 v 1 = 2gy 0. Usando la trigonometria si vede che y 0 = L L cos ϑ, da cui infine Esercizio 32 v 1 = 2gL(1 cos ϑ) = 4, 5m/s. Un blocco di massa m = 1kg inizialmente fermo viene spinto da una forza costante F = 20N lungo un tratto orizzontale lungo d = 1m. Se la forza F è parallela al piano e diretta nella direzione del moto, qual è la velocità finale del blocco? Le forze in gioco sono la forza peso P, la reazione vincolare del piano N e la forza F. Sfruttiamo il teorema dell energia cinetica, K = W. Poichè l unica forza a compiere lavoro durante il moto è F si ha da cui K = W F 1 2 mv2 f 1 2 mv2 0 = F d, v f = 2F d m = 6, 3m/s. 39

40 8 Lavoro ed energia II Forze conservative Esercizio 33 Una pallina di massa m = 100g viene lanciata tramite una molla di costante elastica k = 10N/m come in figura. Ammesso che ogni attrito sia trascurabile, calcolare Di quanto deve essere compressa la molla perchè la pallina raggiunga la quota massima h = 2m. La velocità della pallina lungo il piano (dopo che si è staccata dalla molla) Le forze in gioco sono la forza elastica della molla, la forza peso e la reazione vincolare del piano. La reazione vincolare non è una forza conservativa ma non compie lavoro durante lo spostamento della pallina in quanto è sempre ortogonale allo spostamento. Perciò l energia totale del sistema si conserva, E = 0. Scegliamo il livello del piano come riferimento per l energia potenziale della forza peso. L energia iniziale E 0 della pallina coincide con l energia potenziale della molla compressa di un tratto x, E 0 = 1 2 k( x)2. Quando la molla si è decompressa e la pallina si stacca da essa e corre lungo il piano, l energia della pallina E 1 è puramente cinetica E 1 = 1 2 mv2. Quando la pallina arriva all apice della sua traiettoria la sua energia E 3 è puramente potenziale della forza peso 40

41 E 3 = mgh. Poiché l energia si conserva deve valere E 0 = E 1 = E 3. Imponendo che E 0 = E 3 si ha 1 2mgh 2 k( x)2 = mgh x = = 0.63m. k Si ricordi che la massa m va convertita in kg, 100g = 0.1kg. Imponendo che E 0 = E 1 e sfruttando la conoscenza di x si ha 1 2 k( x)2 = 1 k 2 mv2 v = x m = 6.3m/s. Forze non conservative Esercizio 34 Una pallina di massa m = 0.2kg viene lanciata verticalmente verso il suolo da un altezza iniziale h 0 = 1.4m e con una velocità iniziale il cui modulo è v 0 = 5m/s. Calcolare a quale altezza h 1 arriva la pallina dopo aver rimbalzato se nell urto col suolo perde 2J. L energia iniziale della pallina è E 0 = 1 2 mv2 0 + mgh 0 = 5.244J. L energia finale della pallina, quando arriva all apice della sua traiettoria dopo aver rimbalzato, è E 1 = mgh 1. A causa dell urto col suolo l energia della pallina non si conserva e la variazione dell energia è E = 2J (si osservi il segno meno) E = E 1 E 0 = mgh mv2 0 mgh 0 h 1 = h 0 + v2 0 2g + E mg = 1.7m. Si osservi che se l energia si fosse conservata (urto elastico, E = 0) si avrebbe avuto h 1 = h 0 + v2 0 2g = 2.7m. Si osservi infine che se la pallina fosse stata fatta cadere da ferma (v 0 = 0) e l urto fosse stato elastico si avrebbe avuto h 1 = h 0. 41

42 Esercizio 35 Un corpo di massa m = 4kg è sottoposto ad una forza costante di modulo F = 35N la quale forma con l orizzontale un angolo ϑ = 25. Ammesso che il corpo parta da fermo e che percorra inizialmente un tratto orizzontale liscio di lunghezza l = 5m e poi un tratto orizzontale scabro di lunghezza s = 3m e µ = 0.2, si calcoli la velocità finale del corpo. La variazione di energia cinetica del corpo è data dal lavoro di tutte le forze in gioco, K = W. In quanto v 0 = 0 si ha 2 v f = m W. Nel tratto liscio le forze in gioco sono: la forza peso P, la reazione vincolare del piano N e la forza F. Nel tratto scabro le forze in gioco sono: la forza peso P, la reazione vincolare del piano N, la forza F e la forza d attrito F a. La forza d attrito è una forza costante, diretta in maniera opposta al moto e di modulo F a = µ(mg F sin ϑ). Dato che sia la forza peso che la reazione vincolare del piano non compiono lavoro, il lavoro delle forze è da cui v f = Esercizio 36 W = F (l + s) cos ϑ µ(mg F sin ϑ)s = 239J, 2 [F (l + s) cos ϑ µ(mg F sin ϑ)s] = 10.9m/s. m Una pallina di massa m = 100g viene lanciata tramite una molla di costante elastica k = 10N/m compressa di x = 0.65m, come in figura. Per un tratto di piano lungo s = 0.7m fra la pallina e il piano c è attrito con µ = 0.2. Calcolare La velocità v 1 con cui la pallina giunge nella zona in cui c è attrito. La velocità v 2 con cui la pallina esce dalla zona in cui c è attrito. La quota massima h raggiunta dalla pallina. L energia si conserva nel tratto che va dalla molla alla zona in cui c è attrito (tratto 0-1) e nel tratto successivo alla zona in cui c è attrito (tratto 2-3). Nella zona in cui c è attrito (tratto 1-2) l energia non si conserva. 42

43 Introduciamo un sistema di coordinate come in figura. L energia all istante iniziale in cui la molla è compressa è E 0 = 1 2 k( x)2, in quanto la pallina è ferma, v 0 = 0, e per il livello di riferimento scelto anche y 0 = 0. Prima che la pallina entri nella zona in cui c è attrito la sua energia è E 1 = 1 2 mv2 1. Poiché l energia si conserva nel tratto 0-1 la velocità v 1 si trova imponendo E 0 = E 1, 1 2 k( x)2 = 1 k 2 mv2 1 v 1 = x m = 6.5m/s. Si ricordi di convertire la massa in kg! All inizio del tratto in cui c è attrito l energia cinetica della pallina è K 1 = 1 2 mv2 1 = 1 2 k( x)2. Al termine del tratto in cui c è attrito l energia cinetica della pallina è K 2 = 1 2 mv2 2. La variazione di energia cinetica K = K 2 K 1 coincide con il lavoro di tutte le forze in gioco nel tratto in cui c è attrito. Dato che l unica forza che compie lavoro in questo tratto è la forza d attrito, F a = µmg, si ha 1 2 mv k( x)2 = µmgs v 2 = k m ( x)2 2µgs = 6.2m/s. L energia della pallina uscita dalla zona in cui c è attrito è E 2 = 1 2 mv2 2 = 1 2 k( x)2 µmgs. 43

44 Quando la pallina arriva alla quota massima y 3 = h la sua energia è E 3 = mgh, in quanto all apice della sua traiettoria la pallina è ferma. Nel tratto 2-3 l energia si conserva, imponendo E 2 = E 3 si ha Esercizio k( x)2 µmgs = mgh h = k( x)2 µs = 2m. 2mg Una pallina di massa m = 0.2kg viene lanciata da una molla di costante elastica k 1 = 15N/m compressa di x 1 = 0.1m. La pallina viaggia su un piano orizzontale passando su di una zona lunga s = 0.05m con cui ha un attrito µ = 0.3 e comprime infine una seconda molla con costante elastica k 2 = 20N/m. Calcolare di quanto si comprime la seconda molla. Scegliamo come livello di riferimento del potenziale quello del piano su cui si muove la pallina: in questo modo l energia potenziale della forza peso della pallina è costantemente zero. L energia iniziale della pallina coincide con l energia della prima molla compressa, E 0 = 1 2 k 1( x 1 ) 2 = 0.075J. L energia finale della pallina coincide con l energia della seconda molla compressa, E 1 = 1 2 k 2( x 2 ) 2. A causa del passaggio sulla zona con attrito l energia della pallina non si conserva ma varia di una quantità pari al lavoro compiuto dalla forza d attrito lungo lo spostamento s, da cui E = 1 2 k 2( x 2 ) k 1( x 1 ) 2 = F a s = µmgs = J, x 2 = k1 k 2 ( x 1 ) 2 2µmgs k 2 = 0.07m. 44

45 Si osservi che se si elimina la zona in cui c è attrito (s = 0) si ottiene x 2 = x 1 k1 k 2 = 0.09m. Si osservi infine che in assenza di attrito e nell ipotesi in cui le due molle siano uguali (k 1 = k 2 ) si ottiene x 2 = x 1. 45

46 9 Calorimetria Esercizio 38 Un blocco di rame di massa m Cu = 5g si trova a una temperatura iniziale T i = 25 C. Al blocco viene fornito un calore Q = 120J. Determinare la temperatura finale T f del blocco sapendo che il calore specifico dl rame è c Cu = 0.093cal/g C. Se una quantità di calore Q viene fornita a una sostanza di massa m e calore specifico c, senza incorrere in una transizione di fase, allora la temperatura della sostanza varia seondo la legge Q = mc T, da cui Nel caso in esame T = Il fattore di conversione J cal è T = T f T i = Q mc. Q Q T f = T i +. m Cu c Cu m Cu c Cu 1cal = 4.186J, e il calore specifico del rame può essere anche espresso come c Cu = 0.389J/g C. Perciò T f = 25 C + 120J 5g 0.389J/g C = 86.7 C. Esercizio 39 Un blocco di rame di massa m Cu = 300g si trova alla temperatura iniziale T icu = 90 C. Un blocco di alluminio di massa m Al = 700g si trova invece alla temperatura iniziale T ial = 43 C. Essi vengono posti a contatto. Calcolare la temperatura di equilibrio del sistema T eq. Il calore specifico del rame e dell alluminio sono rispettivamente c Cu = 0.389J/g C, c Al = 0.9J/g C. Il corpo più caldo (rame) si raffredda fino alla temperatura di equilibrio. Il corpo più freddo (alluminio) si scalda fino alla temperatura di equilibrio. Poiché 46

47 non viene scambiata energia col resto del mondo il calore ceduto dal rame Q Cu equivale al calore assorbito dall alluminio Q Al, Q Cu + Q Al = 0 Q Al = Q Cu. Poiché, date le temperature in gioco, non si ha alcuna transizione di fase, vale che da cui Q Cu = m Cu c Cu (T eq T icu ), Q Al = m Al c Al (T eq T ial ), Esercizio 40 m Al c Al (T eq T ial ) = m Cu c Cu (T eq T icu ) T eq = m Cuc Cu T icu + m Al c Al T ial m Cu c Cu + m Al c Al = 50.3 C. Due cubetti di rame, ciascuno di massa m Cu = 0.2kg e alla temperatura T icu = 150 C, vengono immersi in un recipiente contenente una massa d acqua m H20 = 1kg alla temperatura iniziale T ih2o = 30 C. Sapendo che la temperatura di equilibrio del sistema è T eq = 34.2 C, calcolare il calore specifico del rame. Il calore specifico dell acqua è c H2O = 4186J/kg C = 1cal/g C. Il calore ceduto dal rame viene assorbito dall acqua, dove Q H2 O = Q Cu, Perciò Q H2 O = m H2 Oc H2 O(T eq T ih2 O), Q Cu = m Cu c Cu (T eq T icu ). m H2Oc H2O(T eq T ih2o) = m Cu c Cu (T eq T icu ) c Cu = m H 2Oc H2O(T eq T ih2o) m Cu (T eq T icu ) = 380J/kg C. 47

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