ERRATA CORRIGE (Aggiornato il 24 aprile 2018)

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1 Carlo Del Papa, Mario Paolo Giordani, Gilberto Giugliarelli PROBLEMI DI FISICA CON SOLUZIONE Meccanica Termodinamica Gravitazione Casa Editrice Ambrosiana (Prima edizione, giugno 2014) ERRATA CORRIGE (Aggiornato il 24 aprile 2018) PROBLEMA 1.14 (pag. 15) Nella soluzione i valori numerici corretti di r (raggio dell orbita), v (velocità di rivoluzione) e a c (accelerazione centripeta) sono 6921 km = m, m/s e 8.49 m/s 2, rispettivamente. PROBLEMA 2.3 (pag. 30) Nella soluzione, al centro della pagina, sostituire x(f) = x(t ) =... con x f = x 1 (t ) = dcosθ+v 1 cosθ t. PROBLEMA 2.10 (pag. 37) Nella soluzione è indicato erroneamente che h = l/sinθ 0, mentre l espressione giusta è h = lsinθ 0. Nell espressione che segue (derivante dalla conservazione dell energia) viene inizialmente riportato il valore errato di h, ma l espressione finale di l, nonché il suo valore numerico, sono corretti. Infine, l espressione dell energia dissipata (a fondo pagina) deve essere modificata come segue: W D = µ k N(l l 0 )cosθ 0 = v2 0 2gl 0sinθ 0 2(sinθ 0 +µ k cosθ 0 ) µ kmcosθ 0. PROBLEMA 2.13 (pag. 41) Nella prima riga della soluzione sostituire scivolerà con a scivolare. PROBLEMA 2.15 (pag. 45) Al centro della pagina sostituire θ a theta. Inoltre, nella penultima formula inserire un 2 a numeratore nell ultima radice quadrata (era stato dimenticato sostituendo l espressione di t h ) e correggere il risultato numerico di l con 33.2 m. Infine, nell ultima formula (a fondo pagina) il risultato numerico va cambiato in 35.3 m. PROBLEMA 3.2 (pag. 72) Nelle ultime due formule a fine soluzione i valori numerici delle due accelerazioni sono errati. Sostituirli con i seguenti: a 1 = 12.6 m/s 2 e a 2 = 2.94 m/s 2. PROBLEMA ( 3.41 (pag. 120) Nella seconda e quarta formula di pag 121, l espressione m+ M M ) 2 2 va sostituita dalla seguente ( 1 m+ M ) 8 M 2.

2 A seguire, v f e ω 1 diventano 2(m M 2 /2)gh 0 v f = = 1.18 m/s; m+m 1 /2+3M 2 /8 ω 1 = v f R 1 = 23.5 rad/s. PROBLEMA 3.45 (pag. 126) L espressione del momento d inerzia del mezzo cilindro rispetto all asse originario deve essere corretta in I O = 1 2 MR2. Conseguentemente, le espressioni finali dei rispettivi momenti d inerzia relativi agli assi per il suo centro di massa e per il punto di istantaneo contatto devono essere cambiate nelle seguenti ( ) I c.m. = (9π2 32) 3 18π 2 MR 2 e I P = 2 R 2d c.m. MR. Infine la massima velocità angolare diventa 2gd 16g ω max = ( 3 2 R 2d = = 8.00 rad/s. c.m.) R (9π 16)R PROBLEMA 3.47 (pag. 128) Nell ultima riga della soluzione (pag. 129) nel sostituire il tempo 2t 1 nell espressione di ω(t) è sfuggito il fattore 2. Pertanto, il valore corretto del minimo ω 0 cercato risulta essere pari a 4v 0 /R. 1 PROBLEMA 3.48 (pag. 130) Nell ultima riga della nota a piè pagina sostituire la frase e più in altro della quota... con e più in alto della quota.... PROBLEMA 3.59 (pag. 144) Il calcolo della relazione tra la velocità angolare ω del cilindro e l angolo θ deve essere effettuata come segue. 2 La restante parte della soluzione dovrà tenere conto di tale risultato. Indicate con s cm = 3R 1 θ e v cm = dscm dθ dt = 3R 1 dt la lunghezza dell arco percorso dal centro di massa del cilindro e la velocità di quest ultimo, la determinazione di ω, velocità angolare del cilindro, deve tenere conto del fatto che, per un arco percorso dal punto di contatto pari a s = R 0 θ = 4R 1 θ, il corrispondente angolo di rotazione del cilindro è φ = s/r 1 θ anzichè s/r 1. Dunque la velocità angolare di rotazione del cilindro sarà pari a ω = dφ dt = d ( ) s θ = 1 ds dt R 1 R 1 dt dθ dt = 1 dθ 4R 1 R 1 dt dθ dt = 3dθ dt 1 Per la segnalazione si ringrazia il collega É. Knystautas del Département de Physique, de Génie Physique et d Optique, dell Université Laval Québec in Canada. 2 Siringraziamo perlapuntualesegnalazione icolleghi R.Burlon, F.Morales es.basile deldipartimento di Energia, Ingegneria dell Informazione e Modelli Matematici dell Università degli Studi di Palermo.

3 Alla medesima conclusione si perviene analizzando la relazione che lega le velocità del punto di contatto cilindro-superficie osservate da un sistema di riferimento in quiete e da un sistema di riferimento solidale con il cilindro: v = v + v O + ω R 1. Noto che v = 0 (il punto di contatto è istantaneamente fermo) e v = 0 (il punto di contatto è solidale con il cilindro) e che v O = v cm, si trova che 0 = v cm + ω R 1, che implica ω = v cm /R 1 = 3 dθ dt. Sebbene per il resto della soluzione il procedimento rimanga identico a quello riportato nel testo, quanto appena espresso comporta le seguenti nuove relazioni: 4 v cm (h) = 3 (4R 1 h)g v cm (R 1 ) = 4R 1 g = 1.40 m/s, e infine, a = dv cm dt = 2g dh 3v cm (h) dt ; dh dt = v cmcosθ a = 2 3 gcosθ, [ 4(4R1 h) F x = m(a c cosθ+a sinθ) = m gcosθ + 2 ] 9R 1 3 gcosθsinθ F x (h = 3R 1 ) = 4 2 mg = 12.3 N. 9 PROBLEMA 3.63 (pag. 150) In analogia con quanto detto per il problema 3.59, il calcolo di ω deve essere riformulato come segue. Mentre l angolo θ identifica la posizione del centro di massa del cilindro, sia φ l angolo di cui il cilindro è ruotato nel raggiungere tale posizione. Si noti che quest ultimo non è pari a s/r 1 : per tenere conto della forma della superficie su cui rotola il cilindro è necessario aggiungere a s/r 1 l angolo θ. Pertanto si ha ω = dφ dt = d ( ) s +θ = 1 ds dt R 1 R 1 dt + dθ dt = 1 dθ 4R 1 R 1 dt + dθ dt = 5dθ dt, che corrisponde ancora una volta alla relazione ω = v cm /R 1 che dunque prescinde dalla forma della superficie su cui poggia il cilindro. Come per il problema 3.59 il procedimento per completare la soluzione è identico a quello riportato nel testo, ma a causa del risultato espresso sopra si hanno le seguenti nuove relazioni: 20 v cm (θ) = 3 R 1g(1 cosθ), N = N(θ) = mg (7cosθ 4). 3

4 Infine, osservando che N = 0 quando cosθ = 4/7, la quota a cui il cilindro si stacca dal supporto è h = 5R 1 cosθ = 20 7 R 1 = 28.6 cm. PROBLEMA 3.72 (pag. 164) Correggere l indicazione del momento d inerzia dell asta rispettoalpuntodisospensioneini = 1 3 Ml2. Icalcoli successivitengonocontodelcorretto valore di I e quindi non debbono essere modificati. PROBLEMA 3.74 (pag. 166) A fine pagina nella penultima equazione correggere il fattore 1 1 in 1 2. PROBLEMA 3.79(pag. 171) La prima formula di pag. 172 va modificata nella seguente: r 1 p 1 +I i ω i + r 2 p 2 = r 1 p 1 +I i ω i + r 2 p 2 = L i CM + L i = L i = CM CM = L f = L CM f + L f = L f = I f ω f = 0. PROBLEMA 3.83 (pag. 176) L unità di misura dell impulso (vedi testo del problema) deve essere corretta in N s. PROBLEMA 3.84 (pag. 178) Analogamente al problema 3.83, l unità di misura dell impulso (vedi testo del problema) deve essere corretta in N s. PROBLEMA 4.9 (pag. 192) Eliminare il refuso triscia dalla 5 riga del testo del problema. PROBLEMA 4.13 (pag. 197) Nel primo membro dell equazione che esprime la conservazione dell energia meccanica, l espressione dell energia potenziale elastica iniziale non è corretta: sostituire 1 2 k(x i x 0 ) 2 a 1 2 k(x i x 0 ). PROBLEMA 5.3 (pag. 212) Nella seconda formula in display (dall alto) è dy = ω2 g rdr. PROBLEMA 5.12 (pag. 222) Il risultato numerico di p s è corretto, ma nell equazione a fondo pagina il segno + davanti al termine ρg(s h) va cambiato in. PROBLEMA 5.14 (pag. 223) Nel testo del problema manca il dato sulla quantità di azoto presente: è n = 1.20 mol.

5 PROBLEMA 6.15 (pag. 241) All inizio del testo del problema sostituire sono trasformati con è trasformata. Nelle espressioni di S 1 e S 3 presenti nella ) soluzione, ( i termini con il logaritmo naturale vanno corretti rispettivamente in ln( T1 Tf T i e ln T 1 ). PROBLEMA 6.38 (pag. 262) Presenza di due refusi nella soluzione: eliminare il segno nelle due relazioni riguardanti i calori Q 12 e Q 13 nelle isoterme 1 2 e 2 3 (... in un isoterma reversibile di un gas ideale, calore scambiato e lavoro compiuto sono uguali!). PROBLEMA 6.39 (pag. 263) Nella soluzione i valori numerici di varie quantitá sono errati. I valori corretti di V d,f, V s,f, T s,f sono rispettivamente 16.0 l, 92.0 l, 3530 K, 614 K. Sostituire poi il resto della soluzione (nella pagina 264) con la seguente: Dato che il gas nella parte sinistra si espande, possiamo far coincidere il lavoro fatto dal pistone con quello fatto dal gas a sinistra. Notando che il lavoro complessivamente fatto dai due gas deve essere nullo (segue dal teorema dell energia cinetica applicato al pistone), indicando con L s e L d i lavori dei due gas abbiamo L s = L d = Vd,f V 0 pdv = p 0 V γ 0 Vd,f V 0 V γ dv = 1 γ 1 (p fv d,f p 0 V 0 ) = J. Infine, tenendo presente la prima legge della termodinamica, il calore assorbito dal gas nella camera sinistra del cilindro (il gas nella camera a destra non scambia calore con l ambiente) è pari a Q = E int +L = nc V T +L s = = p 0V 0 RT R(T s,f T 0 )+L s = 3 2 p 0V 0 ( ) Ts,f 1 +L s = J. T 0 PROBLEMA 6.42 (pag. 266) Nel testo del problema non è indicato il numero di moli di gas ideale utilizzate dalla macchina termica. Si ponga n = 5.0 mol. PROBLEMA 6.65 (pag. 293) Nella soluzione del problema, a fine pagina, nel calcolo di L 23 il valore dell integrale non è corretto. Sostituire la riga con la seguente: V3 2V1 [ L 23 = pdv = (a+bv 2 )dv = 2a+ 26 ] V 1 V 1 3 bv 1 2 V 1 = 19 6 p 1V 1 = J, PROBLEMA 7.1 (pag. 297) Nella prima formula della soluzione il denominatore del termine a primo membro va elevato al quadrato. PROBLEMA 7.3 (pag. 300) Le unità di misura della velocità v 1 sono km/s e non km come indicato.

6 PROBLEMA 7.12 (pag. 309) Nelle due espressioni del tipo y =... (quarta e ottava riga dall alto) sostitituire il termine v2 0 2g x2 con g 2v0 2 x 2.