Esercizi di Fisica Generale. Corso di Laurea in CTF - A.A. 2013-2014

Esercizi di Fisica Generale Corso di Laurea in CTF - A.A. 2013-2014 4 giugno 2014

2

Indice 1 Richiami di Trigonometria 5 2 Introduzione ai Vettori 9 3 Spazio, tempo, movimento 15 4 Dinamica 27 5 Energia 39 6 Meccanica dei Fluidi 47 7 Termologia 53 8 Elettrostatica 65 9 Magnetismo 77 3

4 INDICE

Capitolo 1 Richiami di Trigonometria Esercizio 1.1 Dimostrare la relazione fondamentale sin 2 θ + cos 2 θ = 1 (1.1) Consideriamo un triangolo rettangolo generico come quello disegnato in gura 1.1. Dalla denizione delle funzioni trigonometriche sappiamo che sin θ = a c cos θ = b c D'altro canto applicando il Teorema di Pitagora abbiamo che ( a ) 2 ( b ) 2 c 2 = a 2 + b 2 + = 1 c c da cui la relazione cercata. Esercizio 1.2 Il teorema del coseno correla la lunghezza dei lati di un triangolo al coseno di uno dei suoi angoli. Puó essere considerato una generalizzazione del teorema di Pitagora al caso di triangoli scaleni. Questo teorema é noto anche come teorema di Carnot. Con riferimento alla gura 1.1, siamo interessati a trovare la lunghezza di un lato di un qualsiasi triangolo, essendo note le lunghezze degli altri due lati e l'ampiezza dell'angolo tra essi compreso. Si dimostri che vale la relazione: AB 2 = AC 2 + BC 2 2AC BC cos(γ) (1.2) Con riferimento alla gura 1.1, applicando il Teorema di Pitagora al triangolo rettangolo AHB si ha: AB 2 = AH 2 + BH 2 (1.3) 5

6 CAPITOLO 1. RICHIAMI DI TRIGONOMETRIA Figura 1.1: Esercizio 1.1 Figura 1.2: Esercizio 1.3

7 Risolvendo il triangolo rettangolo AHC abbiamo anche: vale inoltre AH = AC sin(γ) (1.4) BH = BC HC = BC AC cos(γ) (1.5) Sostituendo nella prima uguaglianza si ottiene AB 2 = AC 2 sin 2 (γ) + BC 2 + AC 2 cos 2 (γ) 2BC AC cos(γ) (1.6) Per la relazione fondamentale sin 2 γ + cos 2 γ = 1, questa equazione puó essere semplicata in: AB 2 = AC 2 + BC 2 2AC BC cos(γ) (1.7) Nel caso di un triangolo rettangolo il quarto termine é nullo e ritroviamo il Teorema di Pitagora. Esercizio 1.3 Si dimostri che sin(2α) = 2 sin α cos α Consideriamo il caso più generale del seno della somma di due angoli α e β. Con riferimento alla gura X, si ha che sin(α + β) = BC AB il segmento BC può essere espresso come somma dei segmenti DB e EF per cui possiamo scrivere sin(α + β) = DB AB + EF AB = DB BE BE AB + EF AE AE AB dove abbiamo moltiplicato e diviso per i segmenti BE e AE. Osserviamo ora il triangolo rettangolo DBE, l'angolo DEB è per costruzione pari a 90 α per cui dovendo la somma degli angoli interni di un triangolo essere pari a 180, ne consegue che anche l'angolo DBE è pari ad α, ma allora per denizione DB BE = cos α considerando il triangolo rettangolo AEB vediamo subito che BE AB = sin β

8 CAPITOLO 1. RICHIAMI DI TRIGONOMETRIA e AE AB = cos β Concentriamoci ora sul triangolo rettangolo AF E, chiaramente avremo per cui in denitiva otteniamo EF AE = sin α sin(α + β) = DB BE BE AB + EF AE = cos α sin β + sin α cos β AE AB Considerando il caso particolare in cui α = β possiamo quindi scrivere sin(α + α) = sin(2α) = cos α sin α + sin α cos α = 2 sin α cos α

Capitolo 2 Introduzione ai Vettori Esercizio 2.1 Trovare la risultante di due forze di 4 kg e 3 kg agenti su di un punto O formanti un angolo fra loro di (a) 90, (b) 60. Determinare anche l'angolo α formato con l'asse orizzontale. Usare il metodo del parallelogramma. (a) OAR è un triangolo rettangolo. Quindi OR 2 = 4 2 +3 2 = 25 e OR = 5kg.Per calcolare l'angolo α osserviamo che tan α = AR/OA = 3/4 = 0.75 quindi α = tan 1 (0.75) 37. (b) L'angolo OAR in questo caso è pari a 120. Per calcolare il modulo dela risultante OR utilizzeremo il teorema dei coseni. OR 2 = OA 2 + AR 2 2(OA)(AR) cos 120 = 4 2 + 3 2 24( 0.5) = 37 (2.1) quindi OR = 6.1kg. Per calcolare l'angolo α utilizzeremo la legge dei seni: sin α AR = sin 120 OR da cui α = sin 1 (0.43) = 25. sin α 3 = 0.866 6.1 sin α = 0.43 (2.2) Esercizio 2.2 Dato il vettore a formante un angolo α con l'asse delle x, dimostrare che le sue componenti possono essere scritte come a x = a cos α, essendo a = a 2 x + a 2 y il modulo di a a y = a sin α Con riferimento alla gura 2.2, per denizione si ha sin α = RQ P R, cos α = P Q P R 9

10 CAPITOLO 2. INTRODUZIONE AI VETTORI Figura 2.1: Esercizio 2.1 Figura 2.2: Esercizio 2.2 ma P Q = a x, RQ = a y, P R = a = a 2 x + a 2 y da cui segue il risultato. Esercizio 2.3 Consideriamo i seguenti vettori nello spazio espressi tramite le loro componenti: a = (0, 3.5, 0.7); b = (1.2, 5.0, 4.0); c(4.0, 3.0, 1.0) Trovare d = a + b + c e e = a c. Utilizziamo la regola di somma e sottrazione componente per componente, per cui indicando con d = (d x, d y, d z ), c = (c x, c y, c z ) possiamo scrivere

11 quindi da cui la soluzione { d x = a x + b x + c x d y = a y + b y + c y d z = a z + b z + c z { d x = 0.0 + 1.2 + 4.0 d y = 3.5 5.0 + 3 d z = 0.7 4.0 + 1.0 { e x = a x c x e y = a y c y e z = a z c z { e x = 0.0 4.0 e y = 3.5 3.0 e z = 0.7 1.0 d = (5.2, 1.5, 2.3) e = ( 4.0, 0.5, 0.3) Esercizio 2.4 Dati i due vettori trovare l'angolo θ tra essi formato. a = (0.0, 3.0, 4.0) e b = (1.0, 6, 3.0) Dalla denizione di prodotto scalare fra due vettori a b = ab cos θ dove a e b sono i moduli dei due vettori, possiamo ricavare D'altra parte vale anche: quindi cos θ = a b ab ( a b ) θ = arccos ab a b = a x b x + a y b y + a z b z a b = 0.0 1.0 + 3.0 6 + 4.0 3.0 = 12 + 3 6 Calcoliamo ora i moduli dei due vettori a = a = a 2 x + a 2 y + a 2 z = 0 + 9 + 16 = 25 = 5 Otteniamo cosí: b = b = b 2 x + b 2 y + b 2 z = 1 + 6 + 9 = 16 = 4 cos θ = 12 + 3 6 4 5 0.967423 θ 14.66

12 CAPITOLO 2. INTRODUZIONE AI VETTORI Esercizio 2.5 Dati i due vettori a = (5.0, 2.0, 1.0) e b = (3.0, 4.0, z) con z incognita, trovare z anché il prodotto scalare dei due vettori sia pari a 25. Utilizziamo la denizione di prodotto scalare in termini di componenti: quindi a b = a x b x + a y b y + a z b z = 5 3 + 2 4 + 1 z a b = 25 15 + 8 + z = 25 23 + z = 25 z = 2 Esercizio 2.6 Dati due vettori a e b con a = 4 e b = 7, determinare l'angolo compreso fra i due vettori anché il loro prodotto scalare sia pari a 5. Dalla denizione di prodotto scalare da cui a b = a b cos θ cos θ = θ = arccos 5 28 79.71 a b a b = 5 4 7 = 5 28 Esercizio 2.7 Trovare le componenti lungo gli assi cartesiani del vettore a in gura X sapendo che il suo modulo è pari a 5 e che l'angolo α formato con l'asse delle x è pari a π/3. Ricordando le denizioni delle funzioni trigonometriche seno e coseno, è evidente che da cui sin α = a y a, cos α = a x a a x = a cos α, a y = a sin α a x = 5 cos π 3 = 5 2, a y = 5 sin π 3 = 5 3 2 Si noti che poiché sin α = cos ( π 2 α), indicando con i e j i versori (vettori con modulo unitario) rispettivamente degli assi x ed y, possiamo scrivere a x = a cos α = a i, a y = a sin α = a cos ( π 2 α) = a j

13 Esercizio 2.8 ortogonali. Determinare se i due vettori a = (2, 1, 3) e b = ( 3, 0, 2) sono Il modo più semplice per determinare se due vettori sono ortogonali é quello di calcolare il loro prodotto scalare. Infatti dalla denizione di prodotto scalare, ricordando che cos(π/2) = 0 otteniamo che il prodotto scalare di due vettori ortogonali è nullo. Utilizzando la denizione di prodotto scalare in termini di componenti abbiamo che a b = a x b x + a y b y + a z b z = 2 3 + ( 1) 0 + 3 2 = 6 + 6 = 0 quindi i due vettori sono ortogonali.

14 CAPITOLO 2. INTRODUZIONE AI VETTORI

Capitolo 3 Spazio, tempo, movimento Esercizio 3.1 Una pallina si muove di moto uniformemente accelerato a partire dall'origine con una velocità iniziale v 0 = 21 ms 1 ed una accelerazione a = 4 ms 2. Calcolare lo spazio percorso dalla pallina al tempo t = 18 s. Si tratta di un moto rettilineo uniformemente accelerato con le seguenti condizioni iniziali x 0 = 0, v 0 = 21 ms 1 dalla legge oraria del moto uniformemente accelerato troviamo immediatamente x(t) = x 0 + v 0 t + 1 2 at2 x(t = 18 s) = 0 m + 21 m/s 18 s + 1 2 4 m/s2 324 s 2 = 1026 m Esercizio 3.2 Calcolare le velocità della pallina dell'esercizio precedente ai tempi t 1 = 11 s e t 2 = 15 s. Dalla relazione troviamo immediatamente v(t) = v 0 + at v(t = 11 s) = 21 m/s + 4 m/s 2 11 s = 65 m/s v(t = 15 s) = 21 m/s + 4 m/s 2 15 s = 81 m/s 15

16 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO Esercizio 3.3 Un sasso lasciato cadere dalla cima di un edicio giunge al suolo dopo 4 s. Trovare la velocità del sasso al momento dell'impatto e l'altezza dell'edicio. Indichiamo con g il modulo dell'accelerazione di gravità che ricordiamo essere pari a circa 9.81 m/s 2. Al tempo t 0 = 0 s abbiamo v 0 = 0 ms 1, conviene assumere un sistema di coordinate con l'origine alla base dell'edicio e la coordinata y lungo l'edicio stesso in modo da avere y(t = 0 s) = h (l'altezza incognita dell'edicio) e y(t = 4 s) = 0. Trascurando la resistenza dell'aria, il moto di caduta di un oggetto è un moto uniformemente accelerato, per cui tenendo conto del segno dell'accelerazione che, in questo caso risulta negativo, possiamo scrivere l'equazione oraria nella forma y(t) = y 0 + v 0 t 1 2 gt2 dove, ribadiamo, il segno - deriva dal fatto che g é diretta verso le y negative (verso il basso). Utilizzando l'equazione oraria del moto uniformemente accelerato, possiamo scrivere: da cui per la velocitá abbiamo: y(4s) = 0 = h + 0 m/s 4 s 1 2 9.81 m/s2 16 s 2 h 9.81 8 m = 0 h = 78.48 m v(t) = v 0 gt v(4 m) = 0 ms 1 9.8 ms 2 4 s = 39.2 ms 1 Il segno - indica che la velocità è rivolta verso il basso. Esercizio 3.4 Un'auto accelera da 0 a 100 km/h in 5 secondi con accelerazione a costante. Quale è il valore di a in unità di g? (g = 9.8 ms 2 ). Convertiamo prima di tutto il valore della velocità nelle unità di misura del Sistema Internazionale, metri e secondi: 100 km h = 100 1000 m 3600 s = 100 3.6 ms 1 = 27.8 ms 1 Anche in questo caso si tratta di un moto uniformemente accelerato, utilizzando la relazione che lega velocità ed accelerazione troviamo v(t) = v 0 + at v(t = 5 s) = 27.8 ms 1 = 0 ms 1 + a 5 s a = 27.8 5 ms 2 = 5.56 ms 2

17 Figura 3.1: Esercizio 3.3 quindi a = 5.56 9.81 = 0.57 g Esercizio 3.5 Un'auto viaggia verso di noi con velocità costante di 90 km/h. Se a t 0 = 0 si trova da noi a 750 m, dopo quanto tempo ci passerà davanti? Utilizziamo un sistema di coordinate con l'origine nel punto in cui ci troviamo e con l'asse delle ascisse orientato in senso positivo verso destra, quindi la posizione dell'auto all'istante iniziale sarà pari a x(0) = 750 m. Poiché l'auto si dirige verso di noi, la sua velocità avrà segno positivo, con la scelta di coordinate eettuata avremo che, indicando con t x il tempo da ricavare, x(t x ) = 0. Ricordando la legge oraria del moto rettilineo uniforme possiamo quindi scrivere x(t) = x(0) + vt x(t x ) = 750 m + 90 3.6 ms 1 t x s = 0 m da cui ricaviamo facilmente t x = 750 25 s = 30 s

18 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO Figura 3.2: A) Esercizio 3.5, B) Esercizio 3.6 Esercizio 3.6 Una particella, avente velocità v 0 = 300 m/s, passa attraverso un dispositivo di accelerazione lungo 3.5 m e in cui subisce una accelerazione pari a 10 4 m/s 2. Quale sarà la velocità della particella all'uscita del dispositivo? Si tratta di un moto rettilineo uniformemente accelerato in cui la particella subisce un'accelerazione per un tratto L. L'origine del sistema di coordinate è scelta in corrispondenza dell'ingresso del dispositivo di accelerazione. Ricaviamo prima di tutto una relazione cinematica che lega velocità iniziale e nale con l'accelerazione e lo spazio percorso. Partiamo dalla legge oraria del moto uniformemente accelerato il tempo t può essere posto nella forma x f = x 0 + v 0 t + 1 2 at2 t = v v 0 a sostituendo nell'equazione oraria otteniamo da cui e inne x f = x 0 + v 0 v f v 0 a [ v0 x f x 0 = (v f v 0 ) a + 1 2 + 1 2 a(v f v 0 ) 2 a 2 v 2 f = v 2 0 + 2a(x f x 0 ) Quindi nel nostro caso possiamo scrivere v 2 f = v 2 0 + 2a(x f x 0 ) v f = v f v ] 0 = 1 a 2a (v2 f v0) 2 v 2 0 + 2a(x f x 0 )

19 considerando che, nel nostro caso, abbiamo x 0 = 0, x f = L = 3.5 m, v 0 = 300 ms 1, a = 10 4 ms 2 otteniamo v f = 9 10 4 m 2 /s 2 + 2 10 4 ms 2 3.5 m = (9 + 7) 10 4 m 2 /s 2 = 4 10 2 ms 1 Esercizio 3.7 Il primato mondiale di velocità per biciclette stabilito nel 1992 fu misurato su una lunghezza di 200 m percorsi in un tempo di 6.509 s. Nel 2001 tale primato fu superato di ben 19 Km/h. Che tempo fu impiegato per percorrere la lunghezza di 200 m? Calcoliamo prima di tutto la velocità media del primo record: v m = L t = 200 6.509 ms 1 = 30.73 ms 1 = 30.73 3.6 km/h = 110.6 km/h quindi la velocità del secondo record sarà pari a 110.6 + 19 = 129.6 km/h, con questa velocità, 200 m vengono percorsi in t = s/v = 200 m 0.2 km = 129.6 km/h 129.6 km/h = 1.54 10 3 h = 1.54 10 3 3.6 10 3 s = 5.55s Esercizio 3.8 In un certo istante una particella ha velocità di 18 m/s diretta verso l'asse x positivo e 2.4 s più tardi la sua velocità è di 30 m/s in verso opposto. Quale è stata la sua accelerazione costante durante questo lasso di tempo? Poniamo v(t 0 ) = 18 ms 1 e v(t 1 ) = 30 ms 1. In un moto uniformemente accelerato abbiamo a = v(t 1) v(t 0 ) t a = 30 18 2.4 ms 2 = 20 ms 2 Il segno - indica che l'accelerazione è diretta verso le ascisse negative. Esercizio 3.9 Un pilota collaudatore si trova su una slitta a reazione alla velocità di 1020 Km/h. La slitta viene frenata no all'arresto in 1.4 sec. Che accelerazione, espressa in unità di g (g = 9.8 m/s2), subisce il pilota?

20 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO Figura 3.3: A) Esercizio 3.10 B) Esercizio 3.13 La velocità iniziale è pari a 1020 3.6 = 283.3 ms 1. Ipotizzando che l'accelerazione (negativa) sia costante, possiamo calcolare direttamente a = v(t 1) v(t 0 ) t a = 0 283.3 1.4 ms 2 = 202.38 ms 2 ovvero in unità di g a = 202.38 = 20.6 g 9.81 Per chi è curioso di sapere se il pilota può sopravvivere ad una tale accelerazione si rinvia a http://en.wikipedia.org/wiki/g-force. Esercizio 3.10 Una nave fa rotta alla velocità di crocera di 8 km/h. Qual'è l'angolo rispetto alla riva con cui la nave deve essere governata per raggiungere un punto direttamente opposto se la velocità della corrente è di 4 km/h?. Quanto tempo impiegherà ad eettuare la traversata se la distanza fra i due punti è di 10 km? Con riferimento alla gura 3.3 A) abbiamo che cos θ = 4/8 = 0.5 θ = arccos(0.5) = 60. Il modulo della risultante può essere facilmente trovato con il teorema di pitagora applicato al triangolo OAR, v = 64 16 = 6.9 km/h, pertanto la traversata verrà eettuata in t = s/v = 10/6.9 = 1.45 h circa 1 ora e 27 minuti. Esercizio 3.11 Una nave fa rotta esattamente verso nord a 12 km/h, ma la corrente la trascina verso ovest a 5 km/h. Determinare il modulo e la direzione della velocità risultante della nave.

La velocità di 12 km/h verso nord viene sommata vettorialmente alla velocità di 5 km/h verso ovest, dando così la velocità risultante R della nave rispetto a terra. Modulo di R = 5 2 + 12 2 = 13 km/h. La direzione di R è tale da formare un angolo α la cui tangente è tan α = 5/12 = 0.42 pertanto α = 23. 21 Esercizio 3.12 I freni di un'auto sono in grado di realizzare un'accelerazione (negativa) di modulo pari a 5.2 ms 2. Se si viaggia alla velocità di 137 Km/h e si avvista un posto di controllo della polizia stradale, quale è il tempo minimo entro il quale è possibile portare la velocità dell'auto al limite di 90 Km/h? Quanto spazio si percorre in questo intervallo di tempo? Indicando con t x il tempo da ricavare, possiamo scrivere v(t 0 ) = 38 ms 1, v(t x ) = 25 ms 1, ipotizzando un'accelerazione costante abbiamo: v(t x ) = v(t 0 ) + at x t x = v(t x) v(t 0 ) a = 25 38 5.2 = 2.5 s Per determinare lo spazio percorso in questo tempo ricorriamo ancora una volta alla legge oraria del moto uniformemente accelerato x(t x ) = x(t 0 ) + v 0 t x + (1/2)at 2 x : x(t x ) = 0 m + 38 ms 1 2.5 s 1 2 5.2 ms 2 (2.5 s) 2 = 78.75 m Esercizio 3.13 Da una nuvola situata a un'altitudine h di 1700 m sopra la supercie terrestre cadono gocce di pioggia. Se non fossero rallentate dalla resistenza dell'aria, a che velocità arriverebbero al suolo? Sarebbe prudente uscire all'aperto durante un temporale? Trascurando la resistenza dell'aria, la caduta della goccia è un moto rettilineo uniformemente accelerato. Scegliamo un sistema di coordinate con l'asse delle y diretto verso l'alto con origine sulla supercie terrestre (g. 3.3 B)). In tale sistema di riferimento avremo g = 9.8 ms 2 (essendo rivolta verso il basso). Possiamo pertanto scrivere v 2 = v 2 0 + 2a(y y 0 ) dove v è la velocità al suolo, v 0 = 0 è la velocità iniziale della goccia, y = 0 l'ordinata del suolo, a = g e inne y 0 = h. Sostituendo i valori nella precedente equazione troviamo v 2 = 2 9.81 ms 2 ( 1700 m) = 33320 m 2 /s 2 v 182.5 ms 1

22 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO riportando in km/h otteniamo v = 182.5 3.6 = 657 km/h. Non sarebbe pertanto prudente uscire all'aperto. Esercizio 3.14 Per studiare gli eetti di intense accelerazioni sul corpo umano si usa una slitta a razzo che scorre su un binario rettilineo. Tale slitta può raggiungere una velocità di 1600 Km/h da ferma in 1.8 s. Si trovi: (a) l'accelerazione (assunta costante) in unità di g; (b) la distanza percosa in tale tempo. Assumendo che la slitta parta da ferma, l'accelerazione è data semplicemente da a = v f /t = 444.4ms 1 /1.8s = 247ms 2 25.1g. Lo spazio percorso è ottenibile dalla formula della legge oraria s = (1/2)at 2 = 0.5 247 ms 2 (1.8) 2 s 2 = 400.14 m. Esercizio 3.15 Un batter d'occhio dura circa 100 ms. Per quanto spazio vola un caccia MIG-25, alla velocità di 3400 Km/h, durante un battito di ciglia del pilota? Assumendo che la velocità sia costante, possiamo applicare l'equazione oraria di un moto rettilineo uniforme per ottenere s = (3400/3.6) ms 1 0.1 s = 94.4 m Esercizio 3.16 Un proiettile viene sparato orizzontalmente da un'arma posta a 45 m di altezzasopra un terreno orizzontale. La sua velocita' alla bocca dell'arma e' di 250 m/s.(a) Per quanto tempo rimane in aria? (b) A che distanza orizzontale dalla bocca andra' a colpire il terreno? (c) Quale sara' la componente verticale della sua velocita' quando colpisce il terreno? Deniamo prima di tutto i dati del problema: h = 45 m, g = g = 9.81 ms 2, v 0 = (v 0x, v 0y ) con v 0x = 250 ms 1 e v 0y = 0 ms 1, inne, a = (0, g). Il sistema di coordinate scelto è quello riportato in gura conl'asse delle y rivolto verso l'alto. Come sappiamo un moto di questo tipo è composto da due moti indipendenti: - un moto lungo la direzione x: rettilineo e uniforme con velocità iniziale v 0x = 250 ms 1 e posizione iniziale x 0 = 0 m; - un moto lungo la direzione y: uniformemente accelerato con accelerazione a = g, velocità iniziale v 0y = ms 1 e posizione iniziale y 0 = h m; (a) Il tempo di volo è pari al tempo di caduta lungo la direzione y, scriviamo l'equazione oraria del moto tenendo conto che la velocità iniziale lungo l'asse y è nulla: y(t) = y 0 + 1 2(y(t) y0 ) 2 at2 t = a

23 Figura 3.4: Esercizio 3.16 vogliamo trovare il tempo corrispondente a y(t) = 0 (il proiettile tocca il suolo), per cui sostituendo i dati del problema otteniamo 2h 245 m t = g = = 3.03 s 9.81 ms 2 (b) la distanza orizzontale percorsa durante questo tempo può essere ricavata semplicemente dalla legge del moto rettilineo uniforme: d = v 0x t = 250 m 3.03 s = 757.5 m (c) Ricordando che v 0y = 0, poiché lungo l'asse y il moto è un moto rettilineo uniformemente accelerato, possiamo scrivere v(t) = at = 9.81 ms 2 3.03 s = 29.43 m il segno - deriva dal fatto che la componente verticale della velocità è diretta verso il basso. Esercizio 3.17 Una pallina rotola orizzontalmente cadendo fuori dal bordo di un tavolo alto 1.2 m sul pavimento, sul quale va a battere in un punto alla distanza orizzontale di 1.52 m dal bordo del tavolo. (a) Per quanto tempo e'

24 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO Figura 3.5: Esercizio 3.17 rimasta in aria la pallina?(b) Quale era la sua velocita' all'istante in cui ha lasciato il tavolo? Deniamo prima di tutto i dati del problema: h = 1.2 m, g = g = 9.81 ms 2, v 0 = (v 0x, v 0y ) con v 0x incognita e v 0y = 0 ms 1, inne, a = (0, g). Il sistema di coordinate scelto è quello riportato in gura 3.5 conl'asse delle y rivolto verso l'alto. Come sappiamo un moto di questo tipo è composto da due moti indipendenti: - un moto lungo la direzione x: rettilineo e uniforme con velocità iniziale v 0x da determinare e posizione iniziale x 0 = 0 m; - un moto lungo la direzione y: uniformemente accelerato con accelerazione a = g, velocità iniziale v 0y = ms 1 e posizione iniziale y 0 = h m; (a) Il tempo in cui la pallina rimane in aria è pari al tempo di caduta lungo la direzione y, scriviamo l'equazione oraria del moto tenendo conto che la velocità iniziale lungo l'asse y è nulla: y(t) = y 0 + 1 2 at2 t = 2(y(t) y0 ) vogliamo trovare il tempo corrispondente a y(t) = 0 (la pallina tocca il suolo), per cui sostituendo i dati del problema otteniamo t = 2h 2 1.2 m g = = 0.495 s 9.81 ms 2 (b) Per la determinazione di v 0x osserviamo che la pallina percorre uno spazio orizzontale di 1.52 m in 0.495 s, per cui, essendo il moto lungo la direzione x di tipo rettilineo uniforme, è facile calcolare la velocità iniziale lungo la componente x come v 0x = s/t = 1.52 m/0.495 s = 3.07 ms 1. per cui possiamo scrivere v 0 = (3.07, 0.0) ms 1. a

Esercizio 3.18 Un aviogetto che viaggia a 1890Km/h esce da una picchiata muovendosi lungo un arco di circonferenza di raggio 6Km. Qual'e' la sua accelerazione espressa in unita' di g? Convertiamo prima di tutto i dati nelle corrispondenti unità di misura del Sistema Internazionale, v = 1890km/h = 1890/3.6 = 525 ms 1, R = 6Km = 6 10 3 m. Utilizzando la formula dell'accelerazione in un moto circolare uniforme possiamo pertanto scrivere: a = v2 R = 45.9375 ms 2 4.7g 25 Esercizio 3.19 Un attrezzo per addestrare astronauti e piloti di aviogetti e' progettato per far ruotare gli allievi su una circonferenza orizzontale di raggio 12 m. Se l'accelerazione risentita dall'allievo e' pari a 7.85 g, a che velocita' sta ruotando? Esprimere il risultato sia in m/s che in giri/s. Anche in questo caso utilizziamo la relazione che lega l'accelerazione e la velocità tangenziale in un moto circolare unifome: a = v2 R v = ar = 7.85 9.81 ms 2 12 m = 30.4 ms 1 Per rispondere alla seconda parte del problema dobbiamo determinare la frequenza del moto ricordando che 1 giro/1 sec = 1 Hz e che la frequenza è semplicemente l'inverso del periodo ν = 1/T, a questo punto possiamo utilizzare la relazione che lega velocità tangenziale e periodo nel moto circolare uniforme: 2πR T = 2πRν = v ν = v 30.4 ms 1 = = 0.403 Hz 2πR 2π12 m

26 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO

Capitolo 4 Dinamica Esercizio 4.1 Un fucile da caccia ha massa 5Kg e spara un proiettile con velocità v p = 500Km/h. Se il cacciatore ha massa 75Kg e il sistema fucile/cacciatore si trova ad avere velocità v s = 0.1m/s al momento dello sparo, determinare la massa del proiettile. I dati del problema sono i seguenti: m f = 5 kg, m c = 75 kg, v p = 500 km/h = 500/3.6 = 138.88ms 1, v s = 0.1ms 1. Prima dello sparo tutte le velocità erano nulle e pertanto lo era anche la quantità di moto totale del sistema cacciatorefucile + proiettile: p tot = m p v p,0 + m s v s,0 = 0 kg ms 1 Poiché nello sparo intervengono solo forze interne al sistema, la quantità di moto totale si deve conservare, per cui la quantità di moto del proiettile dopo lo sparo dovrà avere uguale intensità e direzione ma verso opposto a quella del sistema cacciatore + fucile. In formule m p v p,t = (m f + m c ) v s,t m p = (m c + m f ) v s,t v p,t da cui m p = 80 kg 0.1 ms 1 = 0.058 kg 138.88 ms 1 Esercizio 4.2 Un pattinatore inesperto si trova al centro di una pista circolare di pattinaggio sul ghiaccio di raggio R = 25 m e non è in grado di muoversi pattinando. Supponiamo che abbia a disposizione un mazzo di chiavi di massa m = 200 gr. Ipotizzando che la sa massa sia pari a M = 70 kg, con che velocità il pattinatore dovrebbe lanciare il mazzo di chiavi in modo da giungere a bordo 27

28 CAPITOLO 4. DINAMICA pista in 2 min? (L'attrito pattini/ghiaccio è supposto trascurabile). Calcoliamo prima di tutto la velocità necessaria a raggiungere il bordo pista in 120 s, ipotizzando un moto rettilineo uniforme otteniamo immediatamente: v = 25 m/120 s = 0.2083 ms 1. A questo punto possiamo applicare il principio di conservazione della quantità di moto, tenendo presente che la quantità di moto iniziale è nulla. Quindi indicando con v c la velocità incognita delle chiavi, possiamo scrivere: mv c = Mv p v c = M m v p = 70.2 0.2083 = 72.905 ms 1 v c = 72.905 3.6 = 262.458 km/h Probabilmente il pattinatore ricorrerà ad un altro metodo! Esercizio 4.3 Quale è la variazione dell'accelerazione di gravità andando dal livello del mare a 1000 Km di altezza? Ricaviamo prima di tutto la formula che determina l'accelerazione di gravità al suolo utilizzando il secondo principio della dinamica e la legge della gravitazione universale. Per ogni corpo di massa m vale ma F g = ma = mg F g = G mm T R 2 0 essendo M T la massa della terra ed R 0 il suo raggio (ipotizziamo la terra di forma perfettamente sferica). Otteniamo quindi mg = G mm T R 2 0 g = G M T R 2 0 Ricordiamo che R 0 = 6.371 10 6 m, M T = 5.972 10 24 kg, inoltre il valore della costante di gravitazione universale risulta pari a 11 Nm2 G = 6.67 10 Kg 2 Sostituendo tutti questi valori troviamo per g il valore 11 Nm2 5.972 10 24 kg g = 6.67 10 Kg 2 (6.371 10 6 ) 2 m

29 da cui g = 6.67 5.972 40.589 10 Nm2 kg 2 kg m 2 = 9.81 kg ms 2 m 2 kg m 2 kg 2 = 9.81 ms 2 Quindi, considerando g come funzione dell'altezza rispetto al suolo, possiamo scrivere g(r 0 + h) = G M T (R 0 + h) 2 = G M T g [ ) 2 ] = ) 2 (1 + (1 hr0 + hr0 R 2 0 da cui g(r 0 + h) = ( 9.81 ms 2 ) 2 8.48 ms 2 1 + 106 m 6.371 10 6 m Esercizio 4.4 L'accelerazione gravitazionale sulla supercie della Luna è circa pari a g L = 1.7 ms 2. Quanto peserebbe sulla Luna un oggetto il cui peso sulla Terra è pari ad 1 Kg P eso? Ricordiamo che 1 kg peso è la forza con cui sulla Terra viene attratto un oggetto di massa pari ad 1 kg che risulta pari a circa 9.8 N. Sulla Luna avremo F peso = ma = 1 kg 1.7 ms 2 = 1.7 N Se consideriamo il rapporto 9.8/1.7 5.76 si vede che un oggetto sulla Luna pesa all'incirca 6 volte meno che sulla Terra. Esercizio 4.5 Una slitta a reazione di massa 500kg può accelerare uniformemente da 0 km/h a 1600 km/h in 1.8 s. Che forza è necessaria, in modulo? Calcoliamo prima di tutto l'accelerazione a = v t = 1600/3.6 m = 247 ms 2 1.8 s a questo punto possiamo applicare il secondo principio della dinamica per ricavare direttamente la forza F = ma = 500 kg 247 ms 2 = 123.456 10 3 N

30 CAPITOLO 4. DINAMICA Esercizio 4.6 Supponiamo che un veliero solare (un veicolo spaziale con vela spinta dalla luce solare) abbia una massa di 900 kg e riceva una spinta di 20 N. (a) Quale è il valore della sua accelerazione? Se parte da fermo, dopo un giorno (b) che distanza avrà coperto e (c) a che velocità starà andando? (a) La sua accelerazione è ricavabile direttamente dal secondo principio della dinamica F = ma a = F m = 20 N = 0.022 ms 2 900 kg (b)supponendo che l'accelerazione sia costante, possiamo applicare la legge del moto uniformemente accelerato con s 0 = 0 e v 0 = 0: s(t) = 1 2 at2 = 1 2 0.022 ms 2 86400 2 s = 8.21 10 7 m = 8.21 10 4 km (c) Sempre dalle equazioni del moto uniformemente accelerato ricaviamo v = at = 0.022 ms 2 86400 s = 1900.8 ms 1 6843 km/h Esercizio 4.7 Un'auto va a sbattere contro il pilone di un ponte alla velocità di 53 km/h. Un passeggero avanza, nella fase di arresto, di 65 cm (rispetto alla strada), trattenuto e inne bloccato dall'intervento dell'air-bag. Che intensità ha la forza (supposta costante) che agisce sul torace del passeggero, di massa 41 kg? Calcoliamo prima di tutto l'accelerazione dovuta all'urto v i = 53/3.6 = 14.72ms 1, v f = 0ms 1. L'accelerazione agisce sul corpo del passeggero per tutta la durata dello spostamento d = 0.65 m. Ricordando la relazione che lega accelarazione, velocità e spazio percorso in un moto uniformemente accelerato: possiamo scrivere v 2 f = v 2 i + 2a(x f x i ) = v 2 i + 2ad a = v2 i 2d il segno - corrisponde al fatto che si tratta di una decelerazione. Inserendo i dati del nostro problema otteniamo: a = (14.72)2 m 2 s 2 2 0.65 m = 166.7 ms 2 17 g!!! Per ricavare la forza è suciente a questo punto ricordare il secondo principio della dinamica F = ma = 41 kg 166.7 ms 2 = 6834.7 N

31 Esercizio 4.8 Un'auto del peso di 1.30 10 4 N, che viaggia a 40 km/h, è frenata in modo da arrestarsi in 15 m. Ammettendo una forza frenante costante, trovare (a) l'intensità di questa forza e (b) il tempo impiegato a frenare no all'arresto. Se la velocità iniziale fosse doppia e la forza frenante costante fosse la stessa, quali diventerebbero (c) la distanza di arresto e (d) la durata della frenata? (a)ricaviamo prima di tutto l'accelerazione partendo dalla relazione v 2 f = v 2 i + 2a(x f x i ) considerando che v f = 0 m, v i = 11.11 ms 1 e x f x i = 15 m: vi 2 a = 2(x f x i ) = ms 1 11.112 30 m = 4.11 ms 2 La massa dell'auto può essere ottenuta ricordando che F peso = mg m = F g = 1.3 104 N = 1325.18 kg 9.81 ms 2 A questo punto possiamo ricavare facilmente l'intensità della forza utilizzando il secondo principio della dinamica (poiché siamo interessati all'intensità soltanto trascuriamo il segno): F = ma = 1325.18 kg 4.11 ms 2 = 5.446 10 3 N (b) Nota l'accelerazione possiamo ricavare il tempo di arresto a = v t t = v a 11.11 ms 1 = 2.7 s 4.11 ms 2 (c) A parità di forza frenante l'accelerazione è la stessa di prima per cui t = 2 v a = 2t (d) analogamente d = (2v i) 2 2a = 4(v i) 2 2a = 4d

32 CAPITOLO 4. DINAMICA Esercizio 4.9 Quando un nucleo cattura un neutrone vagante, deve portarlo ad arrestarsi entro una distanza non superiore al diametro del nucleo stesso, esercitando su di esso la forza forte (che tiene insieme il nucleo ed è praticamente nulla al suo esterno). Supponiamo che un neutrone vagante, con velocità iniziale 1.4 10 7 m/s, sia catturato da un nucleo con diametro d = 1.0 10 14 m. Trovare l'intensità della forza (supposta costante) che agisce sul neutrone, che ha massa pari a 1.67 10 27 Kg. Si tratta di un moto uniformemente accelerato per cui vale v 2 f = v 2 0 + 2ad a = v2 0 2d Sostituendo i dati del problema v 0 = 1.4 10 7 ms 1, d = 10 14 m otteniamo a = (1.4)2 10 14 m 2 s 2 2 10 14 m 0.98 10 28 ms 2 Dal secondo principio della dinamica possiamo quindi calcolare la forza F = ma = 1.67 10 27 kg 0.98 10 28 ms 2 = 16.4 N Esercizio 4.10 Un corpo pesa 22 N in un luogo dove l'accelerazione di gravità è 9.8 ms 2. Quali saranno (a) il suo peso e (b) la sua massa in un altro luogo dove l'accelerazione di gravità è 4.9 ms 2? Quali saranno (c) il suo peso e (d) la sua massa in un punto dello spazio dove l'accelerazione di gravità è zero? Ricaviamo la massa del corpo F peso = mg m = F peso g = 22 N = 2.24 kg 9.81 ms 2 (a) Il peso è la forza dovuta all'attrazione di gravità, quindi F peso = ma = 2.24 kg 4.9 ms 2 = 11 N (b) La massa essendo una proprietà intrinseca del corpo rimane invariata. (c) In assenza di gravità il peso è nullo F peso = ma = 2.24 kg 0 ms 2 = 0 N mentre (d) la massa continua a rimanere invariata.

33 Figura 4.1: Esercizio 4.11 Esercizio 4.11 Una persona di massa 80 kg si lancia col paracadute e subisce un'accelerazione verso il basso di 2.5 ms 2. La massa del paracadute è di 5 kg. Quale forza verso l'alto esercita l'aria sul paracadute? Al solito scegliamo un sistema di riferimento con l'asse y orientato verso l'alto, in questo caso sia a che g hanno segno negativo. Il sistema paracadute+paracadutista scende verso il basso con accelerazione a. Questa è legata a tutte le forze che agiscono su tale sistema dalla relazione: (m + M) a = F tot = F a + F p,m + F p,m = F a + m g + M g essendo F a la forza, incognita, dovuta alla resistenza dell'aria, m = 5kg la massa del paracadute, M = 80 kg la massa del paracadutista, g l'usuale accelerazione di gravità e, inne, a = 2.5 ms 2 l'accelerazione del sistema. Il moto è di tipo unidimensionale lungo la verticale. Possiamo semplicare la notazione eliminando il segno di vettore ma prestando attenzione al segno delle accelerazionoi. Con i dati del problema otteniamo quindi: (m+m)a = F a +(m+m)g F a = (m+m)(a g) = 85kg 7.3ms 2 = 620.5N Esercizio 4.12 Una motocicletta di peso 2KN accelera da ferma alla velocità di 88.5 km/h in 6 s. Calcolare i moduli (a) dell'accelerazione supposta costante

34 CAPITOLO 4. DINAMICA e (b) della forza che imprime tale accelerazione. Si tratta di un moto uniformemente accelerato per cui possiamo scrivere: a = v(t) v(0) t La massa della moto, m, è pari a: m = F peso g = 24.58 ms 1 6 s = 4.1 ms 2 = 2000N = 203.87 kg 9.81 ms 2 Dal secondo principio troviamo immediatamente F = ma = 203.87 kg 4.1 ms 2 = 835.88 N Esercizio 4.13 Un corpo di massa M = 3 kg viene schiacciato su una super- cie orizzontale, in cui è presente attrito con µ s = 0.6, mediante una forza di 5 N che forma un angolo θ rispetto alla normale. (a) Ricavare il valore che deve avere θ anché il corpo si metta in moto nel caso di assenza di gravità. (b) Come cambia il risultato nel caso in cui sia presente la gravità? (a) Consideriamo dapprima il caso in assenza di gravitá. La situazione delle forze é quella rappresentata nella gura 4.2, chiaramente abbiamo F = F sin θ F = F cos θ La forza premente è F, ossia la componente di F perpendicolare alla supercie. La componente parallela, F, tenderà a spingere il corpo verso destra. Lo spostamento avviene solo se F µ s F = F attrito statico : F sin θ µ s F cos θ tan θ µ s θ = tan 1 µ s con i dati del problema θ tan 1 (0.6) 30.86. Si noti che nel caso di assenza di gravità, il risultato non dipende né da F, né da m. (b) In presenza di gravità abbiamo F = F sin θ Il movimento avviene se F = F cos θ + mg F µ s F = µ s (mg + F cos θ)

35 Figura 4.2: Esercizio 4.13 Consideriamo la condizione minima ossia l'uguaglianza F sin θ = µ s mg + µ s F cos θ poniamo sin θ = 1 cos 2 θ e dividiamo ambo i membri per F ottenendo 1 cos2 θ = µ smg + µ s cos θ F da cui ( (1 cos 2 µs mg ) 2 ( θ) = + µ 2 F s cos 2 µs mg ) θ + 2 µ s cos θ F Riordinando i termini otteniamo un'equazione di secondo grado in cos θ: ( cos 2 θ(1 + µ 2 µs mg s) + 2 F ) µ s cos θ + [( µs mg ) 2 ] 1 = 0 F Si noti che in presenza di gravità, il risultato del nostro problema dipende sia da F che da m. Poniamo per semplicità a = (1 + µ 2 s) = 1.36 ( µs mg ) b = 2 µ s = 4.238 F [( µs mg ) 2 ] c = 1 = 11.472 F Ricordando che un'equazione di secondo grado ha soluzioni reali solo se si verica la condizione b 2 4ac 0, possiamo vericare che nel nostro caso non esistono soluzioni in quanto con i dati del nostro problema b 2 4ac = 44.44. Quindi il blocco non si muove mai essendo F sempre minore di µ s F. Esercizio 4.14 Qual è il minimo raggio di una curva, non inclinata verso l'interno, che un ciclista può abbordare alla velocità di 29 km/h se il coeciente di attrito statico tra i battistrada e l'asfalto è 0.32?

36 CAPITOLO 4. DINAMICA La condizione da richiedere è che la forza di attrito statico sia maggiore o uguale alla forza centripeta, in formule: Sostituendo i dati del problema µ s mg ma c = m v2 R R v2 gµ s R (29/3.6)2 m 2 s 2 = 20.7 m 0.32 9.81 ms 2 Esercizio 4.15 Una corpo di massa M = 1 kg è legato alla estremità di una molla di costante elastica K = 250 N/m. L'altro estremo della molla viene mantenuto sso. Ipotizzando che il sistema corpo-molla venga poggiato su di un piano con coeciente di attrito statico, µ s, pari a 0.45, determinare il massimo allungamento che si può dare alla molla senza che il corpo si metta in moto. Indichiamo con d = L L 0 l'allungamento della molla rispetto alla condizione a riposo. Dalla legge di Hooke possiamo quindi ricavare la forza elastica che agisce sul corpo: F M = kd L'equilibrio si ha quindi se Con i dati del problema F m F attrito statico kd Mgµ s d Mgµ s k d 1 kg 9.8 ms 2 0.45 250 N/m = 0.0176 m = 1.76 cm Esercizio 4.16 Un corpo di massa M = 5 kg poggia su di un piano senza attrito ed è legato alla estremità di una molla di costante elastica K = 1670 N/m e lunghezza a riposo L = 10 cm. L'altro estremo della molla è attaccato ad un perno ssato sul piano. Quale è la lunghezza della molla nel caso in cui il corpo si muova di moto circolare uniforme con v = 1 ms 1? Per muoversi di moto circolare uniforme a velocità v, il corpo deve essere soggetto ad un'accelerazione centripeta (perpendicolare a v in ogni punto della traiettoria) pari a v 2 /L, essendo L la lunghezza della molla che, in questo caso,

37 Figura 4.3: Esercizio 4.16 coincide con il raggio della traiettoria. La corrispondente forza centripeta è data dalla forza di richiamo della molla, le forze sono dirette in direzione radiale. In formule: m v2 L = K(L L 0) da cui mv 2 = KL 2 KLL 0 KL 2 KL 0 L mv 2 = 0 Abbiamo un'equazione di secondo grado in L, verichiamo prima di tutto che sia risolubile nel campo reale calcolando il Delta: quindi = (KL 0 ) 2 + 4Kmv 2 = 61289 0 L = KL 0 ± 2K Delle due soluzioni, solo quella con il segno + è accettabile L 1 = 0.124 m, l'altra darebbe un valore negativo, per cui la soluzione del problema è: L = 12.4 cm.

38 CAPITOLO 4. DINAMICA

Capitolo 5 Energia Esercizio 5.1 Una cassa viene trascinata mediante una corda su un pavimento senza attrito per una distanza d = 1m. Si supponga che la forza con cui la corda viene tirata sia pari a 100N e che la direzione della corda formi un angolo θ = 45 rispetto all'orizzontale. (a) Quanto vale il lavoro eettuato dalla forza sulla cassa? (b) Per quale valore di θ tale lavoro è massimo? Il lavoro svolto è il prodotto scalare fra il vettore forza e il vettore spostamento, quindi L = F d 2 = F d cos θ = 100 1 2 J = 70.7J Il valore massimo del prodotto scalare si ottiene quando il coseno dell'angolo vale 1 ovvero quando l'angolo θ è nullo. In questo caso F e d risultano paralleli e concordi e il loro prodotto risulta pari a 100 1 1 = 100J. Figura 5.1: Esercizio 5.1 39

40 CAPITOLO 5. ENERGIA Esercizio 5.2 Una palla da baseball di 145gr viene lanciata con una velocità di 25m/s. (a) Quale è la sua energia cinetica? (b) Che lavoro totale viene compiuto sulla palla per farle raggiungere tale velocità, se è partita da ferma? (a) Applicando la denizione di energia cinetica si ha immediatamente T = 1 2 mv2 = 1 2 0.145 252 = 45.3J (b) se la velocità iniziale è nulla, dal teorema sull'energia cinetica otteniamo L = T f T i = T f = 45.3J Esercizio 5.3 Quanto lavoro è necessario per accelerare un'auto di massa 1000Kg da 20m/s a 30m/s? E' suciente calcolare la dierenza di energia cinetica,otteniamo così L = T f T i = 1 2 m(v2 f vi 2 ) = 1 1000 500J 2 = 5 10 1 10 3 5 10 2 = 2.5 10 5 J Esercizio 5.4 Un'auto che viaggia a 60km/h è in grado, frenando, di fermarsi in un tratto di 20m. Se l'auto stesse viaggiando ad una velocità doppia (120Km/h), quale sarebbe la sua distanza di arresto? Si assuma che la massima forza frenante sia indipendente dalla velocità. Determiniamo la forza frenante calcolando il lavoro svolto per fermare la macchina nel primo caso. Durante la frenata i freni eettuano un lavoronegativo sull'auto (che in sostanza è soggetta ad una forza parallela al suo spostamento ma di verso opposto). Pertanto il lavoro svolto per fermare la macchina può essere scritto come L = F d d'altro canto per il teorema dell'energia cinetica questo lavoro deve essere uguale alla variazione di energia cinetica che, in questo caso essendo la velocità nale nulla, coincide con l'energia cinetica iniziale. Quindi possiamo scrivere L = T f T i F d = 1 2 mv2 i d = mv2 i 2F

Se ipotizziamo che la forza frenante sia indipendente dalla velocità, sfruttando il secondo dato del problema possiamo scrivere d = m(2v i) 2 2F = 2mv2 i F = 4 d = 80 m Si noti che al raddoppiare della velocità la distanza di arresto diventa 4 volte maggiore. Guidate con prudenza! 41 Esercizio 5.5 Un corpo si trova a 10m dalla supercie terrestre. Quale deve essere il valore della sua massa per cui la sua energia potenziale in questa posizione, rispetto a quella relativa al suolo, sia pari a 4.9J? Ricordando l'espressione dell'energia potenziale gravitazionale U = mgh, troviamo subito m = U gh = 4.9J 9.81 ms 2 10 m = 0.05Kg Esercizio 5.6 Supponiamo che un atleta, avente una massa di 70Kg, eettui una marcia di 10Km lungo un percorso in salita che lo porti dal livello del mare sino a 1000m di altezza. Quale è l'aumento del suo consumo energetico (in calorie) rispetto ad un percorso in piano di 10Km? Si trascurino gli eventuali eetti legati al cambiamento del metabolismo umano con l'altezza. Per andare dal livello del mare ad una quota di 1000 m occorre svolgere lavoro contro il campo gravitazionale quindi possiamo scrivere L = U = mgh = 70 10 3 9.81J = 6.867 10 5 J considerando che 1cal = 4.186J il lavoro espressoin calorie risulta pari a L = 6.867/4.186 10 5 cal = 1.64 10 5 cal Questo è il consumo energetico addizionale che occorre per eettuare un percorso che porti ad una quota di 1000 m anziché essere fatto in piano. Esercizio 5.7 Una pietra viene fatta cadere da un'altezza di 3m rispetto al suolo. Determinare la sua velocità quando arriva ad un'altezza di 1m dal terreno. Ricorrendo al principio di conservazione dell'energia possiamo scrivere 1 2 mv2 = U = mg h v = 2g h

42 CAPITOLO 5. ENERGIA da cui v = 2 9.81 ms 2 (3 m 1 m) = 6.26 ms 1 Esercizio 5.8 Quanto impiega un motore da 1750W per sollevare un pianoforte di 315Kg sino alla nestra del sesto piano, a 16m di altezza dal suolo? L'argano azionato dal motore eettua un lavoro (per contrastare la forza di gravità) pari a mgh pertanto L = mgh; da cui inserendo i dati del problema P = L t t = mgh P t = 315 kg 9.81 ms 2 16 m 1750 Js 1 = 28.2 s Esercizio 5.9 Se un'auto sviluppa 18hp di potenza mentre viaggia a una velocità costante di 88Km/h, quale deve essere la forza media esercitata dall'attrito e dalla resistenza dell'aria sull'auto? Per prima cosa convertiamo i nostri dati nelle unità del Sistema Internazionale: v = 88km/h = 88/3.6 ms 1 = 24.4 ms 1 P = 18 hp = 18 735 W = 1.323 10 4 W Fatto questo, osserviamo che se l'auto si muove a velocità costante la sua accelerazione è nulla e quindi, dal secondo principio della dinamica, possiamo dedurre che la forza complessiva agente su di essa deve essere anch'essa nulla. Indicando con F a la forza di attrito e con F m la forza sviluppata dal motore dell'auto, abbiamo quindi F tot = F a + F m = 0 La forza di attrito (dovuta a vari eetti, es. resistenza dell'aria, del suolo, etc...) è bilanciata dalla forza sviluppata dal motore dell'auto. L'energia rilasciata dal motore, con potenza P, è quindi uguale al lavoro svolto dalla forza di attrito (in media) nell'unità di tempo. Possiamo scrivere quindi (assumendo t = 1 s) L m = P t = 1.323 10 4 W s = 1.323 10 4 J

43 D'altra parte in un secondo l'auto percorre una distanza pari a d = vt = 24.4 m per cui le forze di attrito fanno un lavoro pari a L a = F a d, ma L a = L m, perché l'auto procede a velocità costante, per cui possiamo possiamo scrivere L = F a d F a = L m d = 1.323 104 J 24.4 m = 541 N Esercizio 5.10 Una palla di massa 0.5Kg viene gettata verticalmente in aria con velocità iniziale di 4m/s e raggiunge la massima altezza di 0.8m. Quale è la variazione di energia meccanica del sistema palla-terra, durante l'ascesa, da attribuirsi alla forza di resistenza aerodinamica? Ipotizziamo prima di tutto l'assenza di attrito e calcoliamo qual'è in questo caso l'altezza massima h che dovrebbe raggiungere la palla. Applicando il principio di conservazione dell'energia, possiamo scrivere da cui U(0) + 1 2 mv2 0 = U(h ) + 1 2 mv2 f 1 2 mv2 0 = mgh h = v2 0 2g 0.8163 m Come si vede questa è maggiore dell'altezza eettivamente raggiunta e la dierenza di energia corrispondente è da attribuirsi alle forze di attrito: E = mg(h h) = 0.5 kg 9.81 ms 2 0.0163 m 80 mj Esercizio 5.11 Si tiene sotto osservazione la temperatura di un cubo di plastica mentre viene spinto per un distanza s = 3m strisciando sul pavimento sotto l'azione di una forza orizzontale di intensità F = 15N. dal rilevamento si calcola che l'energia termica del cubo è cresciuta di 20J. Di quanto è cresciuta l'energia termica del pavimento? Ipotizziamo che la cassa sia ferma sia prima che dopo lo spostamento in modo che l'energia cinetica iniziale e nale siano entrambre nulle. Il sistema cubo + pavimento è soggetto a forze di attrito che dissipano il lavoro della forza applicata sotto forma di energia termica (energia interna) del cubo e del pavimento. Applicando il principio di conservazione dell'energia possiamo scrivere: L = E T h,p + E T h,c E T h,p = L E T h,c = F s E T h,c

44 CAPITOLO 5. ENERGIA da cui E T h,p = L E T h,c = 15 N 3 m 20 J = 25 J Esercizio 5.12 Un nuotatore avanza in acqua alla velocità media di 0.22m/s. Che potenza dissipa sapendo che la resistenza dell'acqua presenta una forza di 110N? Supponiamo che la velocità resti costante, in questo caso la forza che il nuotatore sviluppa serve solo ad equilibrare le forze di attrito contrarie al moto. La potenza dissipata dal nuotatore è quindi il lavoro fatto per contrastare tale forza nell'unità di tempo. Indicando con d la distanza percorsa nell'unità di tempo (1 s) possiamo scrivere: L = F N d = F N chiaramente d = 0.22 ms 1 1 s = 0.22 m, da cui L = 110 N 0.22 m = 24.2 J Poiché questo è il lavoro svolto nell'unità di tempo, la potenza sarà semplicemente P = L/1 s = 24.2 Js 1 = 24.2 W Esercizio 5.13 Un vagoncino delle montagne russe di massa 1000 kg si muove dal punto 1 in gura al punto 2 e quindi al punto 3. (a) Qual'è l'energia potenziale gravitazionale nei punti 2 e 3 relativamente al punto 1? Cioè si consideri y = 0 nel punto 1. (b) Qual'è la variazione di energia potenziale quando il vagoncino si sposta da 2 a 3? (c) ripetere le parti (a) e (b) considerando però il punto 3 come riferimento (y = 0). Ci stiamo occupando dell'energia potenziale del sistema vagoncino-terra. Consideriamo il verso dal basso all'alto come verso y positivo ed usiamo la denizione di energia potenziale gravitazionale per calcolare U g. (a) Misuriamo le altezza dal punto 1, il che signica che consideriamo l'energia potenziale iniziale uguale a zero. Nel punto 2, in cui y 2 = 10 m, si ha: U 2 = mgy 2 = 1000 kg 9.8 ms 2 10 m = 9.8 10 4 J Nel punto 3, y 3 = 15 m, poiché 3 è più basso di 1. Perciò U 3 = mgy 3 = 1000 kg 9.8 ms 2 15 m = 1.5 10 5 J

45 Figura 5.2: Esercizio 5.13 (b) Muovendosi da 2 a 3, la variazione di energia potenziale (U g finale U g iniziale ) è: U 3 U 2 = ( 1.5 10 5 J) (9.8 10 4 J) = 2.5 10 5 J L'energia potenziale gravitazionale diminuisce di 2.5 10 5 J. (c) In questo caso y 1 = +15 m nel punto 1, quindi l'energia potenziale iniziale (in 1) è uguale a U 1 = 1000 kg 9.8 ms 2 15 m = 1.5 10 5 J In 2, y 2 = +25 m e quindi l'energia potenziale gravitazionale è: U 2 = 2.5 10 5 J In y 3 = 0 l'energia potenziale è zero. La variazione di energia potenziale, andando dal punto 2 al punto 3 è quindi pari a che è la stessa ottenuta nella parte (b). 0 J 2.5 10 5 J = 2.5 10 5 J Esercizio 5.14 Assumendo che l'altezza del dislivello in gura 5.3 sia pari a 40 m e che il vagoncino delle montagne russe parta da fermo dalla sommità a sinistra, calcolate (a) la velocità del vagoncino in fondo all'avvallamento e (b) a quale altezza avrà metà di tale velocità. Considerate y = 0 m nel punto più basso dell'avvallamento. Scegliamo che il punto 1 sia dove il vagoncino parte da fermo (v 1 = 0) e il punto 2 dove y 2 = 0. Usiamo la conservazione dell'energia meccanica: 1 2 mv2 1 + mgy 1 = 1 2 mv2 2 + mgy 2 mgy 1 = 1 2 mv2 2 Le masse si semplicano e, ponendo y 1 = 40 m, troviamo v 2 = 2gy 1 = 2 9.81 ms 2 40 m = 28 ms 1

46 CAPITOLO 5. ENERGIA Figura 5.3: Esercizio 5.14 (b) Usiamo di nuovo la conservazione dell'energia meccanica, ma ora v 2 = 14 ms 1 e y 2 è incognita. Eliminiamo le masse, poniamo sempre v 1 = 0 e risolviamo rispetto ad y 2 ottenendo y 2 = y 1 v2 2 2g = 30 m Quindi il vagoncino quando si trova 30 m verticalmente al di sopra del punto più basso, ha una velocità di 14 ms 1 sia quando sta scendendo lungo la discesa di sinistra, sia quando sta salendo lungo la salita di destra.

Capitolo 6 Meccanica dei Fluidi Esercizio 6.1 Un contenitore chiuso sotto vuoto (P atm = 0) ha la forma di un cilindro di raggio di base pari a 1 m e altezza 15 m e contiene 15 Kl di acqua. (a) Quale é la pressione esercitata dall'acqua sulla base del cilindro? (b) Come cambia il risultato se il contenitore è aperto superioremente (P atm = 1.01 bar)? (a) La pressione alla base è dovuta alla forza peso dell'acqua contenuta nel cilindro: p = F S = Mg S = ρv g S = ρgh La determinazione dell'altezza del cilindro, incognita, può essere ricavata a partire dal volume, h = V/S = (15 10 3 lt)/(π m 2 ) = 4.78 m. Quindi: p = ρgh = 10 3 kg/m 3 4.78 m 9.8 ms 2 4.7 10 4 P a (b) In questo caso dobbiamo aggiungere la pressione atmosferica, per cui la nostra equazione diventa: p = ρgh + p atm = (0.47 + 1.01) 10 5 P a = 1.48 10 5 P a Esercizio 6.2 Determinare come varia la pressione nel mare in funzione della profonditá. Si consideri per l'acqua del mare ρ = 1.024 10 3 Kg/m 3. Dalla legge di Stevino: p(y) = p(0) + ρgy ovvero la dierenza di pressione fra il livello del mare e la profonditá y è pari alla pressione idrostatica di una colonna d'acqua di altezza y. A livello del mare p(0) = p atm = 1.01 10 5 P a. Alla profonditá y generica avremo p(y) = p(0) + ρgy 1.01 10 5 P a + 1.024 10 3 kg/m 3 9.81 ms 2 y m 47

48 CAPITOLO 6. MECCANICA DEI FLUIDI p(y) (1.01 + 0.1 y) 10 5 P a dove y é misurato in metri. Si ha quindi un aumento di pressione di circa 0.1atm per ogni metro. Esercizio 6.3 Un corpo di massa 1 kg e volume 500 cm 3 viene completamente immerso in acqua pura (ρ = 10 3 Kg/m 3 ). Quale sará il suo peso apparente in acqua? Dal principio di Archimede,indicando con m a la massa dell'acqua spostata, si ha: F peso apparente = mg F a = mg m a g d'altro canto per cui m a = ρ V = 500 cm 3 10 3 kg/m 3 = 0.5 kg F peso apparente = mg F a = mg m a g = (1 kg 0.5 kg) 9.81 ms 2 = 4.9 N Questo corpo presenta in acqua un peso apparente che è la metà di quello originale. Esercizio 6.4 Un rubinetto é aperto in modo che la portata d'acqua rilasciata sia Q = 10 l/min. All'uscita del rubinetto la sezione del lo d'acqua sia A 0 = 1.5 cm 2. Determinare la sezione del lo d'acqua ad una altezza posta 20 cm piuú in basso rispetto a questo punto. Determiniamo prima di tutto la velocità dell'acqua in corrispondenza dell'uscita del rubinetto. Per denizione di portata, possiamo scrivere Q = A 0 v 0 v 0 = Q A 0 = 1.67 10 4 m 3 /s Per il teorema di continuità, possiamo scrivere: Q = v 0 A 0 = v h A h A h = v 0A 0 v h 1 1.11 ms 1 1.5 cm2 con v h al momento incognita. Per determinare questa quantità osserviamo che il generico volumetto d'acqua cade di moto uniformemente accelerato con a = g, si ha quindi: vh 2 = v0 2 + 2gh v h = v0 2 + 2gh = 2.27 ms 1

49 da cui: A h = Q v h = 1.67 10 4 m 3 s 1 2.27 ms 1 = 0.74 10 4 m 2 = 0.74 cm 2 Esercizio 6.5 Supponiamo che, a causa del colesterolo, il diametro di un tratto di un'arteria si riduca da 0.8 a 0.78 cm. Quale deve essere la variazione della dierenza di pressione alle estremitá di questo tratto anché la portata del usso sanguigno rimanga invariata? Utilizziamo la legge di Poiseuille, indicando con Q i e Q f portata iniziale e nale dell'arteria, possiamo scrivere rispettivamente la Q i = πr4 i P i 8ηL ; Q f = πr4 f P f 8ηL anché le due portate siano uguali dobbiamo avere πr 4 i P i 8ηL = πr4 f P f 8ηL P f = R4 i Rf 4 P i da cui 0.8 cm P f = 0.78 cm P i 1.11 P i Quindi occorre un aumento di pressione di circa l'11 per cento. Esercizio 6.6 Calcolare il lavoro svolto su 1.4 m 3 di acqua spinta in un tubo di diametro interno 13mm da una dierenza di pressione tra le estremitá di 1bar. Sul volume di acqua agisce una forza netta pari a F tot = F 1 F 2 = P 1 S P 2 S = S P Lo spostamento subito dal generico volumetto d'acqua appartenenete a tale volume complessivo, nell'andare dalla posizione iniziale a quella nale (che delimitano il volume d'acqua nella condotta) è pari a x = V/S, essendo V il volume d'acqua spostato ed S la sezione del tubo; quindi L tot = F tot x = S P V S = V P = 1.0 105 P a 1.4 m 3 1.4 10 5 J

50 CAPITOLO 6. MECCANICA DEI FLUIDI Esercizio 6.7 Calcolare il calo di pressione per cm lungo l'aorta, sapendo che il suo raggio é circa 1.2cm, il sangue vi circola con velocitá pari a circa 40cm/s e che la viscositá del sangue é circa 4 10 2 poise. Si trascurino gli eetti di attrito. Utilizziamo l'equazione di Poiseuille esplicitando la dierenza di pressione Q = πr4 P 8ηL 8ηLQ P = πr 4 D'altra parte dalla denizione di portata abbiamo Quindi Q = vs = πvr 2 P = 8ηLπvR2 πr 4 = 8ηLv R 2 = 8 4 10 3 P a s 0.01 m 0.4 ms 1 (1.2) 2 10 4 m 2 0.89 P a Esercizio 6.8 Considerando un gradiente di pressione costante, di quale fattore deve decrescere il raggio di un capillare per ridurre la portata del usso sanguigno del 75 per cento? Utilizziamo ancora una volta l'equazione di Poiseuille Q = πr4 P 8ηL La domanda che ora ci poniamo è come determinare R in modo che Q = 0.25 Q. πr 4 P 8ηL = 0.25 πr4 P 8ηL R 4 = 0.25 R 4 R 0.71 R Calcolando la variazione percentuale si ha R R R = 1 0.71 1 0.29 Quindi una variazione del raggio del 29 per cento produce una riduzione della portata del 75 per cento! Esercizio 6.9 La gura 6.1 mostra come il usso d'acqua che esce da un rubinetto si restringa mentre cade. L'area di sezione A 0 è di 1.2 cm 2 mentre la sezione A è di 0.35 cm 2. I due livelli sono separati da una distanza verticale

51 Figura 6.1: Esercizio 6.9 h = 45 mm. Qual'è il usso d'acqua che esce dal rubinetto? La portata deve essere la stessa attraverso entrambe le sezioni. Quindi dall'equazione di continuità possiamo scrivere A 0 v 0 = Av dove v 0 e v sono le velocità dell'acqua ai corrispondenti livelli. Inoltre poiché l'acqua cade liberamente sotto l'eetto dell'accelerazione di gravità g possiamo utilizzare le equazioni del moto uniformemente accelerato per scrivere v 2 = v 2 0 + 2gh Eliminando v fra le precedenti equazioni e risolvendo rispetto a v 0 otteniamo v 0 = 2ghA 2 A 2 0 A2 = La portata è quindi pari a 2 9.8 ms 2 0.045 m (0.35 cm 2 ) 2 (1.2 cm 2 ) 2 (0.35 cm 2 ) 2 = 0.286ms 1 = 28.6cm/s Q = A 0 v 0 = (1.2 cm 2 )(28.6 cm/s) = 34 cm 3 /s