Fg esercizi 4

Esercizi di Fisica Generale

Corso di Laurea in CTF - A.A. 2013-2014

4 giugno 2014

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

sin2 θ + cos2 θ = 1 (1.1)

Soluzione:

Consideriamo un triangolo rettangolo generico come quello disegnato in �gura1.1. Dalla de�nizione delle funzioni trigonometriche sappiamo che

sin θ =a

ccos θ =

b

c

D'altro canto applicando il Teorema di Pitagora abbiamo che

c2 = a2 + b2 ⇒(ac

)2+(bc

)2= 1

da cui la relazione cercata.

Esercizio 1.2 Il teorema del coseno correla la lunghezza dei lati di un triango-lo al coseno di uno dei suoi angoli. Puó essere considerato una generalizzazionedel teorema di Pitagora al caso di triangoli scaleni. Questo teorema é noto an-che come teorema di Carnot. Con riferimento alla �gura 1.1, siamo interessatia trovare la lunghezza di un lato di un qualsiasi triangolo, essendo note le lun-ghezze degli altri due lati e l'ampiezza dell'angolo tra essi compreso. Si dimostriche vale la relazione:

AB2

= AC2

+BC2 − 2AC BC cos(γ) (1.2)

Soluzione:

Con riferimento alla �gura 1.1, applicando il Teorema di Pitagora al triangolorettangolo AHB si ha:

AB2

= AH2

+BH2

(1.3)

5

6 CAPITOLO 1. RICHIAMI DI TRIGONOMETRIA

Figura 1.1: Esercizio 1.1


7

Risolvendo il triangolo rettangolo AHC abbiamo anche:

AH = AC sin(γ) (1.4)

vale inoltreBH = BC −HC = BC −AC cos(γ) (1.5)

Sostituendo nella prima uguaglianza si ottiene

AB2

= AC2

sin2(γ) +BC2

+AC2

cos2(γ)− 2BC AC cos(γ) (1.6)

Per la relazione fondamentale sin2 γ + cos2 γ = 1, questa equazione puó esseresempli�cata in:

AB2

= AC2

+BC2 − 2AC BC cos(γ) (1.7)

Nel caso di un triangolo rettangolo il quarto termine é nullo e ritroviamo il Teo-rema di Pitagora.

Esercizio 1.3 Si dimostri che

sin(2α) = 2 sinα cosα

Soluzione:

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 percui 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 iltriangolo rettangolo DBE, l'angolo DEB è per costruzione pari a 90 − α percui dovendo la somma degli angoli interni di un triangolo essere pari a 180 °, neconsegue che anche l'angolo DBE è pari ad α, ma allora per de�nizione

DB

BE= cosα

considerando il triangolo rettangolo AEB vediamo subito che

BE

AB= sinβ

8 CAPITOLO 1. RICHIAMI DI TRIGONOMETRIA

eAE

AB= cosβ

Concentriamoci ora sul triangolo rettangolo AFE, chiaramente avremo

EF

AE= sinα

per cui in de�nitiva otteniamo

sin(α+ β) =DB

BE

BE

AB+EF

AE

AE

AB= cosα sinβ + sinα cosβ

Considerando il caso particolare in cui α = β possiamo quindi scrivere

sin(α+ α) = sin(2α) = cosα sinα+ sinα cosα = 2 sinα cosα

Capitolo 2

Introduzione ai Vettori

Esercizio 2.1 Trovare la risultante di due forze di 4 kg e 3 kg agenti su diun punto O formanti un angolo fra loro di (a) 90°, (b) 60°. Determinare anchel'angolo α formato con l'asse orizzontale. Usare il metodo del parallelogramma.

Soluzione:

(a) OAR è un triangolo rettangolo. Quindi OR2 = 42+32 = 25 e OR = 5kg.Percalcolare l'angolo α osserviamo che tanα = AR/OA = 3/4 = 0.75 quindiα = tan−1(0.75) ∼ 37°.(b) L'angolo OAR in questo caso è pari a 120°. Per calcolare il modulo delarisultante OR utilizzeremo il teorema dei coseni.

OR2 = OA2 +AR2 − 2(OA)(AR) cos 120 = 42 + 32 − 24(−0.5) = 37 (2.1)

quindi OR = 6.1kg. Per calcolare l'angolo α utilizzeremo la legge dei seni:

sinα

AR=

sin 120

OR⇒ sinα

3=

0.866

6.1⇒ sinα = 0.43 (2.2)

da cui α = sin−1(0.43) = 25°.

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

ax = a cosα, ay = a sinα

essendo a =√a2x + a2y il modulo di ~a

Soluzione:

Con riferimento alla �gura 2.2, per de�nizione si ha

sinα =RQ

PR, cosα =

PQ

PR

9

10 CAPITOLO 2. INTRODUZIONE AI VETTORI



ma

PQ = ax, RQ = ay, PR = a =√a2x + a2y

da cui segue il risultato.

Esercizio 2.3 Consideriamo i seguenti vettori nello spazio espressi tramite leloro 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.

Soluzione:

Utilizziamo la regola di somma e sottrazione componente per componente, percui indicando con

~d = (dx, dy, dz), ~c = (cx, cy, cz)

possiamo scrivere

11

{ dx = ax + bx + cxdy = ay + by + cydz = az + bz + cz

{ ex = ax − cxey = ay − cyez = az − cz

quindi { dx = 0.0 + 1.2 + 4.0dy = 3.5− 5.0 + 3

dz = 0.7− 4.0 + 1.0

{ ex = 0.0− 4.0ey = 3.5− 3.0ez = 0.7− 1.0

da cui la soluzione

~d = (5.2, 1.5,−2.3) ~e = (−4.0, 0.5,−0.3)

Esercizio 2.4 Dati i due vettori

~a = (0.0, 3.0, 4.0) e ~b = (1.0,√

6, 3.0)

trovare l'angolo θ tra essi formato.

Soluzione:

Dalla de�nizione di prodotto scalare fra due vettori

~a ·~b = ab cos θ

dove a e b sono i moduli dei due vettori, possiamo ricavare

cos θ =~a ·~bab⇒ θ = arccos

(~a ·~bab

)D'altra parte vale anche:

~a ·~b = axbx + ayby + azbz

quindi~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| =√a2x + a2y + a2z =

√0 + 9 + 16 =

√25 = 5

b = |~b| =√b2x + b2y + b2z =

√1 + 6 + 9 =

√16 = 4

Otteniamo cosí:

cos θ =12 + 3

√6

4 · 5∼ 0.967423⇒ θ ∼ 14.66°


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 a�nché il prodotto scalare dei due vettori sia pari a 25.

Soluzione:

Utilizziamo la de�nizione di prodotto scalare in termini di componenti:

~a ·~b = axbx + ayby + azbz = 5 · 3 + 2 · 4 + 1 · z

quindi~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'angolocompreso fra i due vettori a�nché il loro prodotto scalare sia pari a 5.

Soluzione:

Dalla de�nizione di prodotto scalare

~a ·~b = |~a| |~b| cos θ ⇒ cos θ =~a ·~b|~a| |~b|

=5

4 · 7=

5

28

da cui

θ = arccos5

28∼ 79.71°

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'assedelle x è pari a π/3.

Soluzione:

Ricordando le de�nizioni delle funzioni trigonometriche seno e coseno, è evidenteche

sinα =ay|~a|, cosα =

ax|~a|

da cui

ax = |~a| cosα, ay = |~a| sinα⇒ ax = 5 · cosπ

3=

5

2, ay = 5 · sin π

3=

5√

3

2

Si noti che poiché sinα = cos(π2 − α

), indicando con ~i e ~j i versori (vettori con

modulo unitario) rispettivamente degli assi x ed y, possiamo scrivere

ax = |~a| cosα = ~a ·~i, ay = |~a| sinα = |~a| cos(π

2− α

)= ~a ·~j

13

Esercizio 2.8 Determinare se i due vettori a = (2,−1, 3) e b = (−3, 0, 2) sonoortogonali.

Soluzione:

Il modo più semplice per determinare se due vettori sono ortogonali é quello dicalcolare il loro prodotto scalare. Infatti dalla de�nizione di prodotto scalare,ricordando che cos(π/2) = 0 otteniamo che il prodotto scalare di due vettoriortogonali è nullo. Utilizzando la de�nizione di prodotto scalare in termini dicomponenti abbiamo che

~a ·~b = axbx + ayby + azbz = 2 · −3 + (−1) · 0 + 3 · 2 = −6 + 6 = 0

quindi i due vettori sono ortogonali.

Capitolo 3

Spazio, tempo, movimento

Esercizio 3.1 Una pallina si muove di moto uniformemente accelerato a par-tire dall'origine con una velocità iniziale v0 = 21 ms−1 ed una accelerazionea = 4ms−2. Calcolare lo spazio percorso dalla pallina al tempo t = 18 s.

Soluzione:

Si tratta di un moto rettilineo uniformemente accelerato con le seguenti condi-zioni iniziali

x0 = 0, v0 = 21ms−1

dalla legge oraria del moto uniformemente accelerato

x(t) = x0 + v0t+1

2at2

troviamo immediatamente

x(t = 18 s) = 0m+ 21m/s · 18 s+1

24m/s2 · 324 s2 = 1026m

Esercizio 3.2 Calcolare le velocità della pallina dell'esercizio precedente aitempi t1 = 11 s e t2 = 15 s.

Soluzione:

Dalla relazionev(t) = v0 + at

troviamo immediatamente

v(t = 11 s) = 21m/s+ 4m/s2 · 11 s = 65m/s

v(t = 15 s) = 21m/s+ 4m/s2 · 15 s = 81m/s

15

16 CAPITOLO 3. SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO

Esercizio 3.3 Un sasso lasciato cadere dalla cima di un edi�cio giunge al suo-lo dopo 4 s. Trovare la velocità del sasso al momento dell'impatto e l'altezzadell'edi�cio.

Soluzione:

Indichiamo con g il modulo dell'accelerazione di gravità che ricordiamo esserepari a circa 9.81m/s2. Al tempo t0 = 0 s abbiamo v0 = 0ms−1, conviene assu-mere un sistema di coordinate con l'origine alla base dell'edi�cio e la coordinatay lungo l'edi�cio stesso in modo da avere y(t = 0 s) = h (l'altezza incognita del-l'edi�cio) e y(t = 4s) = 0. Trascurando la resistenza dell'aria, il moto di cadutadi un oggetto è un moto uniformemente accelerato, per cui tenendo conto delsegno dell'accelerazione che, in questo caso risulta negativo, possiamo scriverel'equazione oraria nella forma

y(t) = y0 + v0t−1

2gt2

dove, ribadiamo, il segno - deriva dal fatto che g é diretta verso le y nega-tive (verso il basso). Utilizzando l'equazione oraria del moto uniformementeaccelerato, possiamo scrivere:

y(4s) = 0 = h+ 0m/s · 4 s− 1

29.81m/s2 · 16 s2

da cuih− 9.81 · 8m = 0⇒ h = 78.48m

per la velocitá abbiamo:

v(t) = v0 − gt⇒ v(4m) = 0ms−1 − 9.8ms−2 · 4 s = −39.2ms−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 accelera-zione a costante. Quale è il valore di a in unità di g? (g = 9.8ms−2).

Soluzione:

Convertiamo prima di tutto il valore della velocità nelle unità di misura delSistema Internazionale, metri e secondi:

100km

h= 100 · 1000 m

3600 s=

100

3.6ms−1 = 27.8ms−1

Anche in questo caso si tratta di un moto uniformemente accelerato, utilizzandola relazione che lega velocità ed accelerazione

v(t) = v0 + at

troviamo

v(t = 5 s) = 27.8ms−1 = 0ms−1 + a · 5 s⇒ a =27.8

5ms−2 = 5.56ms−2

17


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 t0 = 0 si trova da noi a 750 m, dopo quanto tempo ci passerà davanti?

Soluzione:

Utilizziamo un sistema di coordinate con l'origine nel punto in cui ci troviamoe con l'asse delle ascisse orientato in senso positivo verso destra, quindi la po-sizione dell'auto all'istante iniziale sarà pari a x(0) = −750m. Poiché l'auto sidirige verso di noi, la sua velocità avrà segno positivo, con la scelta di coordi-nate e�ettuata avremo che, indicando con tx il tempo da ricavare, x(tx) = 0.Ricordando la legge oraria del moto rettilineo uniforme possiamo quindi scrivere

x(t) = x(0) + vt⇒ x(tx) = −750m+90

3.6ms−1 · tx s = 0m

da cui ricaviamo facilmente

tx =750

25s = 30 s


Figura 3.2: A) Esercizio 3.5, B) Esercizio 3.6

Esercizio 3.6 Una particella, avente velocità v0 = 300m/s, passa attraversoun dispositivo di accelerazione lungo 3.5 m e in cui subisce una accelerazionepari a 104m/s2. Quale sarà la velocità della particella all'uscita del dispositivo?

Soluzione:

Si tratta di un moto rettilineo uniformemente accelerato in cui la particella su-bisce un'accelerazione per un tratto L. L'origine del sistema di coordinate èscelta in corrispondenza dell'ingresso del dispositivo di accelerazione. Ricavia-mo prima di tutto una relazione cinematica che lega velocità iniziale e �nalecon l'accelerazione e lo spazio percorso. Partiamo dalla legge oraria del motouniformemente accelerato

xf = x0 + v0t+1

2at2

il tempo t può essere posto nella forma

t =v − v0a

sostituendo nell'equazione oraria otteniamo

xf = x0 + v0vf − v0

a+

1

2a

(vf − v0)2

a2

da cui

xf − x0 = (vf − v0)[v0a

+1

2

vf − v0a

]=

1

2a(v2f − v20)

e in�nev2f = v20 + 2a(xf − x0)

Quindi nel nostro caso possiamo scrivere

v2f = v20 + 2a(xf − x0)⇒ vf =√v20 + 2a(xf − x0)

19

considerando che, nel nostro caso, abbiamo

x0 = 0, xf = L = 3.5m, v0 = 300ms−1, a = 104 ms−2

otteniamo

vf =√

9 · 104 m2/s2 + 2 · 104 ms−2 · 3.5m =√

(9 + 7) · 104 m2/s2 = 4·102ms−1

Esercizio 3.7 Il primato mondiale di velocità per biciclette stabilito nel 1992fu misurato su una lunghezza di 200 m percorsi in un tempo di 6.509 s. Nel2001 tale primato fu superato di ben 19 Km/h. Che tempo fu impiegato perpercorrere la lunghezza di 200 m?

Soluzione:

Calcoliamo prima di tutto la velocità media del primo record:

vm =L

t=

200

6.509ms−1 = 30.73ms−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, conquesta velocità, 200 m vengono percorsi in

t = s/v =200m

129.6 km/h=

0.2 km

129.6 km/h= 1.54·10−3h = 1.54·10−3·3.6·103s = 5.55s

Esercizio 3.8 In un certo istante una particella ha velocità di 18 m/s direttaverso l'asse x positivo e 2.4 s più tardi la sua velocità è di 30 m/s in verso op-posto. Quale è stata la sua accelerazione costante durante questo lasso di tempo?

Soluzione:

Poniamo v(t0) = 18 ms−1 e v(t1) = −30 ms−1. In un moto uniformementeaccelerato abbiamo

a =v(t1)− v(t0)

t⇒ a =

−30− 18

2.4ms−2 = −20ms−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 allavelocità di 1020 Km/h. La slitta viene frenata �no all'arresto in 1.4 sec. Cheaccelerazione, espressa in unità di g (g = 9.8 m/s2), subisce il pilota?


Figura 3.3: A) Esercizio 3.10 B) Esercizio 3.13

Soluzione:

La velocità iniziale è pari a 1020 · 3.6 = 283.3ms−1. Ipotizzando che l'accelera-zione (negativa) sia costante, possiamo calcolare direttamente

a =v(t1)− v(t0)

t⇒ a =

0− 283.3

1.4ms−2 = −202.38ms−2

ovvero in unità di g

a =−202.38

9.81= −20.6 g

Per chi è curioso di sapere se il pilota può sopravvivere ad una tale accelerazionesi 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'èl'angolo rispetto alla riva con cui la nave deve essere governata per raggiunge-re un punto direttamente opposto se la velocità della corrente è di 4 km/h?.Quanto tempo impiegherà ad e�ettuare la traversata se la distanza fra i duepunti è di 10 km?

Soluzione:

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 conil teorema di pitagora applicato al triangolo OAR, v =

√64− 16 = 6.9 km/h,

pertanto la traversata verrà e�ettuata in t = s/v = 10/6.9 = 1.45 h circa 1 orae 27 minuti.

Esercizio 3.11 Una nave fa rotta esattamente verso nord a 12 km/h, ma lacorrente la trascina verso ovest a 5 km/h. Determinare il modulo e la direzionedella velocità risultante della nave.

21

Soluzione:

La velocità di 12 km/h verso nord viene sommata vettorialmente alla velocitàdi 5 km/h verso ovest, dando così la velocità risultante R della nave rispettoa terra. Modulo di R =

√52 + 122 = 13 km/h. La direzione di R è tale da

formare un angolo α la cui tangente è tanα = 5/12 = 0.42 pertanto α = 23°.

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/he si avvista un posto di controllo della polizia stradale, quale è il tempo minimoentro il quale è possibile portare la velocità dell'auto al limite di 90 Km/h?Quanto spazio si percorre in questo intervallo di tempo?

Soluzione:

Indicando con tx il tempo da ricavare, possiamo scrivere v(t0) = 38 ms−1,v(tx) = 25ms−1, ipotizzando un'accelerazione costante abbiamo:

v(tx) = v(t0) + atx ⇒ tx =v(tx)− v(t0)

a=

25− 38

−5.2= 2.5 s

Per determinare lo spazio percorso in questo tempo ricorriamo ancora una voltaalla legge oraria del moto uniformemente accelerato x(tx) = x(t0) + v0tx +(1/2)at2x :

x(tx) = 0m+ 38ms−1 · 2.5 s− 1

25.2ms−2 · (2.5 s)2 = 78.75m

Esercizio 3.13 Da una nuvola situata a un'altitudine h di 1700 m sopra lasuper�cie terrestre cadono gocce di pioggia. Se non fossero rallentate dalla resi-stenza dell'aria, a che velocità arriverebbero al suolo? Sarebbe prudente uscireall'aperto durante un temporale?

Soluzione:

Trascurando la resistenza dell'aria, la caduta della goccia è un moto rettilineouniformemente accelerato. Scegliamo un sistema di coordinate con l'asse delley diretto verso l'alto con origine sulla super�cie terrestre (�g. 3.3 B)). In talesistema di riferimento avremo g = −9.8 ms−2 (essendo rivolta verso il basso).Possiamo pertanto scrivere

v2 = v20 + 2a(y − y0)

dove v è la velocità al suolo, v0 = 0 è la velocità iniziale della goccia, y = 0l'ordinata del suolo, a = g e in�ne y0 = h. Sostituendo i valori nella precedenteequazione troviamo

v2 = −2 · 9.81ms−2 · (−1700m) = 33320m2/s2 ⇒ v ∼ 182.5ms−1


riportando in km/h otteniamo v = 182.5 · 3.6 = 657 km/h. Non sarebbe per-tanto prudente uscire all'aperto.

Esercizio 3.14 Per studiare gli e�etti di intense accelerazioni sul corpo uma-no si usa una slitta a razzo che scorre su un binario rettilineo. Tale slitta puòraggiungere una velocità di 1600 Km/h da ferma in 1.8 s. Si trovi: (a) l'accele-razione (assunta costante) in unità di g; (b) la distanza percosa in tale tempo.

Soluzione:

Assumendo che la slitta parta da ferma, l'accelerazione è data semplicementeda a = vf/t = 444.4ms−1/1.8s = 247ms−2 ∼ 25.1g. Lo spazio percorso è otte-nibile dalla formula della legge oraria s = (1/2)at2 = 0.5 · 247ms−2 · (1.8)2 s2 =400.14m.

Esercizio 3.15 Un �batter d'occhio� dura circa 100 ms. Per quanto spaziovola un caccia MIG-25, alla velocità di 3400 Km/h, durante un battito di cigliadel pilota?

Soluzione:

Assumendo che la velocità sia costante, possiamo applicare l'equazione orariadi un moto rettilineo uniforme per ottenere s = (3400/3.6)ms−1 ·0.1 s = 94.4m

Esercizio 3.16 Un proiettile viene sparato orizzontalmente da un'arma postaa 45 m di altezzasopra un terreno orizzontale. La sua velocita' alla bocca del-l'arma e' di 250 m/s.(a) Per quanto tempo rimane in aria? (b) A che distanzaorizzontale dalla bocca andra' a colpire il terreno? (c) Quale sara' la compo-nente verticale della sua velocita' quando colpisce il terreno?

Soluzione:

De�niamo prima di tutto i dati del problema: h = 45 m, g = |~g| = 9.81 ms−2,~v0 = (v0x, v0y) con v0x = 250 ms−1 e v0y = 0 ms−1, in�ne, ~a = (0,−g). Ilsistema di coordinate scelto è quello riportato in �gura conl'asse delle y rivoltoverso l'alto. Come sappiamo un moto di questo tipo è composto da due motiindipendenti:

- un moto lungo la direzione x: rettilineo e uniforme con velocità inizialev0x = 250ms−1 e posizione iniziale x0 = 0m;

- un moto lungo la direzione y: uniformemente accelerato con accelerazionea = −g, velocità iniziale v0y = ms−1 e posizione iniziale y0 = h m;

(a) Il tempo di volo è pari al tempo di caduta lungo la direzione y, scriviamol'equazione oraria del moto tenendo conto che la velocità iniziale lungo l'asse yè nulla:

y(t) = y0 +1

2at2 ⇒ t =

√2(y(t)− y0)

a

23


vogliamo trovare il tempo corrispondente a y(t) = 0 (il proiettile tocca il suolo),per cui sostituendo i dati del problema otteniamo

t =

√−2h

−g=

√−245m

−9.81ms−2= 3.03 s

(b) la distanza orizzontale percorsa durante questo tempo può essere ricavatasemplicemente dalla legge del moto rettilineo uniforme:

d = v0xt = 250m · 3.03 s = 757.5m

(c) Ricordando che v0y = 0, poiché lungo l'asse y il moto è un moto rettilineouniformemente accelerato, possiamo scrivere

v(t) = at = −9.81ms−2 · 3.03 s = −29.43m

il segno - deriva dal fatto che la componente verticale della velocità è direttaverso il basso.

Esercizio 3.17 Una pallina rotola orizzontalmente cadendo fuori dal bordodi un tavolo alto 1.2 m sul pavimento, sul quale va a battere in un punto alladistanza orizzontale di 1.52 m dal bordo del tavolo. (a) Per quanto tempo e'



rimasta in aria la pallina?(b) Quale era la sua velocita' all'istante in cui ha la-sciato il tavolo?

Soluzione:

De�niamo prima di tutto i dati del problema: h = 1.2m, g = |~g| = 9.81ms−2,~v0 = (v0x, v0y) con v0x incognita e v0y = 0ms−1, in�ne, ~a = (0,−g). Il sistemadi coordinate scelto è quello riportato in �gura 3.5 conl'asse delle y rivoltoverso l'alto. Come sappiamo un moto di questo tipo è composto da due motiindipendenti:

- un moto lungo la direzione x: rettilineo e uniforme con velocità iniziale v0xda determinare e posizione iniziale x0 = 0m;

- un moto lungo la direzione y: uniformemente accelerato con accelerazionea = −g, velocità iniziale v0y = ms−1 e posizione iniziale y0 = h m;

(a) Il tempo in cui la pallina rimane in aria è pari al tempo di caduta lungo ladirezione y, scriviamo l'equazione oraria del moto tenendo conto che la velocitàiniziale lungo l'asse y è nulla:

y(t) = y0 +1

2at2 ⇒ t =

√2(y(t)− y0)

a

vogliamo trovare il tempo corrispondente a y(t) = 0 (la pallina tocca il suolo),per cui sostituendo i dati del problema otteniamo

t =

√−2h

−g=

√−2 · 1.2m−9.81ms−2

= 0.495 s

(b) Per la determinazione di v0x osserviamo che la pallina percorre uno spa-zio orizzontale di 1.52 m in 0.495 s, per cui, essendo il moto lungo la direzionex di tipo rettilineo uniforme, è facile calcolare la velocità iniziale lungo la com-ponente x come v0x = s/t = 1.52 m/0.495 s = 3.07 ms−1. per cui possiamoscrivere ~v0 = (3.07, 0.0)ms−1.

25

Esercizio 3.18 Un aviogetto che viaggia a 1890Km/h esce da una picchiatamuovendosi lungo un arco di circonferenza di raggio 6Km. Qual'e' la sua acce-lerazione espressa in unita' di g?

Soluzione:

Convertiamo prima di tutto i dati nelle corrispondenti unità di misura del Si-stema Internazionale, v = 1890km/h = 1890/3.6 = 525 ms−1, R = 6Km =6 ·103m. Utilizzando la formula dell'accelerazione in un moto circolare uniformepossiamo pertanto scrivere:

a =v2

R= 45.9375ms−2 ∼ 4.7g

Esercizio 3.19 Un attrezzo per addestrare astronauti e piloti di aviogetti e'progettato per far ruotare gli allievi su una circonferenza orizzontale di raggio12 m. Se l'accelerazione risentita dall'allievo e' pari a 7.85 g, a che velocita' staruotando? Esprimere il risultato sia in m/s che in giri/s.

Soluzione:

Anche in questo caso utilizziamo la relazione che lega l'accelerazione e la velocitàtangenziale in un moto circolare unifome:

a =v2

R⇒ v =

√aR =

√7.85 · 9.81ms−2 · 12m = 30.4ms−1

Per rispondere alla seconda parte del problema dobbiamo determinare la fre-quenza del moto ricordando che 1 giro/1 sec = 1 Hz e che la frequenza è sem-plicemente l'inverso del periodo ν = 1/T , a questo punto possiamo utilizzare larelazione che lega velocità tangenziale e periodo nel moto circolare uniforme:

2πR

T= 2πRν = v ⇒ ν =

v

2πR=

30.4ms−1

2π12m= 0.403Hz

Capitolo 4

Dinamica

Esercizio 4.1 Un fucile da caccia ha massa 5Kg e spara un proiettile convelocità vp = 500Km/h. Se il cacciatore ha massa 75Kg e il sistema fuci-le/cacciatore si trova ad avere velocità vs = 0.1m/s al momento dello sparo,determinare la massa del proiettile.

Soluzione:

I dati del problema sono i seguenti: mf = 5 kg, mc = 75 kg, vp = 500 km/h =500/3.6 = 138.88ms−1, vs = 0.1ms−1. Prima dello sparo tutte le velocità eranonulle e pertanto lo era anche la quantità di moto totale del sistema cacciatore-fucile + proiettile:

~ptot = mp~vp,0 +ms~vs,0 = 0 kg ms−1

Poiché nello sparo intervengono solo forze interne al sistema, la quantità di motototale si deve conservare, per cui la quantità di moto del proiettile dopo lo sparodovrà avere uguale intensità e direzione ma verso opposto a quella del sistemacacciatore + fucile. In formule

|mp~vp,t| = |(mf +mc)|~vs,t| ⇒ mp = (mc +mf )vs,tvp,t

da cui

mp = 80 kg · 0.1ms−1

138.88ms−1= 0.058 kg

Esercizio 4.2 Un pattinatore inesperto si trova al centro di una pista circo-lare di pattinaggio sul ghiaccio di raggio R = 25m e non è in grado di muoversipattinando. Supponiamo che abbia a disposizione un mazzo di chiavi di massam = 200 gr. Ipotizzando che la sa massa sia pari a M = 70 kg, con che velocitàil pattinatore dovrebbe lanciare il mazzo di chiavi in modo da giungere a bordo

27

28 CAPITOLO 4. DINAMICA

pista in 2min ? (L'attrito pattini/ghiaccio è supposto trascurabile).

Soluzione:

Calcoliamo prima di tutto la velocità necessaria a raggiungere il bordo pistain 120 s, ipotizzando un moto rettilineo uniforme otteniamo immediatamente:v = 25m/120 s = 0.2083ms−1. A questo punto possiamo applicare il principiodi conservazione della quantità di moto, tenendo presente che la quantità dimoto iniziale è nulla. Quindi indicando con vc la velocità incognita delle chiavi,possiamo scrivere:

mvc = Mvp ⇒ vc =M

mvp =

70

.2· 0.2083 = 72.905ms−1

vc = 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 dallivello del mare a 1000 Km di altezza ?

Soluzione:

Ricaviamo prima di tutto la formula che determina l'accelerazione di gravità alsuolo utilizzando il secondo principio della dinamica e la legge della gravitazioneuniversale. Per ogni corpo di massa m vale

Fg = ma = mg

ma

Fg = GmMT

R20

essendo MT la massa della terra ed R0 il suo raggio (ipotizziamo la terra diforma perfettamente sferica). Otteniamo quindi

mg = GmMT

R20

⇒ g = GMT

R20

Ricordiamo che R0 = 6.371 · 106 m, MT = 5.972 · 1024 kg, inoltre il valore dellacostante di gravitazione universale risulta pari a

G = 6.67 · 10−11Nm2

Kg2

Sostituendo tutti questi valori troviamo per g il valore

g = 6.67 · 10−11Nm2

Kg25.972 · 1024 kg

(6.371 · 106)2 m

29

da cui

g =6.67 · 5.972

40.589· 10

Nm2

kg2kg

m2= 9.81

kg ms−2 m2 kg

m2 kg2= 9.81ms−2

Quindi, considerando g come funzione dell'altezza rispetto al suolo, possiamoscrivere

g(R0 + h) = GMT

(R0 + h)2= G

MT[R2

0

(1 + h

R0

)2] =g(

1 + hR0

)2da cui

g(R0 + h) =9.81ms−2(

1 + 106 m6.371·106 m

)2 ∼ 8.48ms−2

Esercizio 4.4 L'accelerazione gravitazionale sulla super�cie della Luna è circapari a gL = 1.7ms−2. Quanto peserebbe sulla Luna un oggetto il cui peso sullaTerra è pari ad 1Kg − Peso?

Soluzione:

Ricordiamo che 1 kgpeso è la forza con cui sulla Terra viene attratto un oggettodi massa pari ad 1 kg che risulta pari a circa 9.8N . Sulla Luna avremo

Fpeso = ma = 1 kg · 1.7ms−2 = 1.7N

Se consideriamo il rapporto 9.8/1.7 ∼ 5.76 si vede che un oggetto sulla Lunapesa all'incirca 6 volte meno che sulla Terra.

Esercizio 4.5 Una slitta a reazione di massa 500kg può accelerare uniforme-mente da 0 km/h a 1600 km/h in 1.8 s. Che forza è necessaria, in modulo?

Soluzione:

Calcoliamo prima di tutto l'accelerazione

a =∆v

∆t=

1600/3.6m

1.8 s= 247ms−2

a questo punto possiamo applicare il secondo principio della dinamica per rica-vare direttamente la forza

F = ma = 500 kg · 247ms−2 = 123.456 · 103 N


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 spin-ta 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?

Soluzione:

(a) La sua accelerazione è ricavabile direttamente dal secondo principio delladinamica

F = ma⇒ a =F

m=

20N

900 kg= 0.022ms−2

(b)Supponendo che l'accelerazione sia costante, possiamo applicare la legge delmoto uniformemente accelerato con s0 = 0 e v0 = 0:

s(t) =1

2at2 =

1

20.022ms−2 · 864002 s = 8.21 · 107 m = 8.21 · 104 km

(c) Sempre dalle equazioni del moto uniformemente accelerato ricaviamo

v = at = 0.022ms−2 · 86400 s = 1900.8ms−1 ∼ 6843 km/h

Esercizio 4.7 Un'auto va a sbattere contro il pilone di un ponte alla velocitàdi 53 km/h. Un passeggero avanza, nella fase di arresto, di 65 cm (rispetto allastrada), trattenuto e in�ne bloccato dall'intervento dell'air-bag. Che intensitàha la forza (supposta costante) che agisce sul torace del passeggero, di massa41 kg?

Soluzione:

Calcoliamo prima di tutto l'accelerazione dovuta all'urto vi = 53/3.6 = 14.72ms−1,vf = 0ms−1. L'accelerazione agisce sul corpo del passeggero per tutta la duratadello spostamento d = 0.65 m. Ricordando la relazione che lega accelarazione,velocità e spazio percorso in un moto uniformemente accelerato:

v2f = v2i + 2a(xf − xi) = v2i + 2ad

possiamo scrivere

a = − v2i

2d

il segno - corrisponde al fatto che si tratta di una decelerazione. Inserendo i datidel nostro problema otteniamo:

a = − (14.72)2 m2s−2

2 · 0.65m= 166.7ms−2 ∼ 17 g!!!

Per ricavare la forza è su�ciente a questo punto ricordare il secondo principiodella dinamica

F = ma = 41 kg · 166.7ms−2 = 6834.7N

31

Esercizio 4.8 Un'auto del peso di 1.30 · 104 N , che viaggia a 40 km/h, è fre-nata 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 �noall'arresto. Se la velocità iniziale fosse doppia e la forza frenante costante fossela stessa, quali diventerebbero (c) la distanza di arresto e (d) la durata dellafrenata?

Soluzione:

(a)Ricaviamo prima di tutto l'accelerazione partendo dalla relazione

v2f = v2i + 2a(xf − xi)

considerando che vf = 0m, vi = 11.11ms−1 e xf − xi = 15m:

a = − v2i2(xf − xi)

= −11.112 ms−1

30m= −4.11ms−2

La massa dell'auto può essere ottenuta ricordando che

Fpeso = mg ⇒ m =F

g=

1.3 · 104 N

9.81ms−2= 1325.18 kg

A questo punto possiamo ricavare facilmente l'intensità della forza utilizzando ilsecondo principio della dinamica (poiché siamo interessati all'intensità soltantotrascuriamo il segno):

F = ma = 1325.18 kg · 4.11ms−2 = 5.446 · 103 N

(b) Nota l'accelerazione possiamo ricavare il tempo di arresto

a =∆v

∆t⇒ ∆t =

∆v

a=

11.11ms−1

4.11ms−2∼ 2.7 s

(c) A parità di forza frenante l'accelerazione è la stessa di prima per cui

∆t′ =2∆v

a= 2t

(d) analogamente

d′ =(2vi)

2

2a=

4(vi)2

2a= 4d


Esercizio 4.9 Quando un nucleo �cattura� un neutrone vagante, deve portar-lo 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 pratica-mente nulla al suo esterno). Supponiamo che un neutrone vagante, con velocitàiniziale 1.4 ·107m/s, sia �catturato� da un nucleo con diametro d = 1.0 ·10−14m.Trovare l'intensità della forza (supposta costante) che agisce sul neutrone, cheha massa pari a 1.67 · 10−27Kg.

Soluzione:

Si tratta di un moto uniformemente accelerato per cui vale

v2f = v20 + 2ad⇒ a = − v20

2d

Sostituendo i dati del problema v0 = 1.4 · 107 ms−1, d = 10−14 m otteniamo

a =(1.4)2 · 1014 m2s−2

2 · 10−14 m∼ 0.98 · 1028 ms−2

Dal secondo principio della dinamica possiamo quindi calcolare la forza

F = ma = 1.67 · 10−27 kg · 0.98 · 1028 ms−2 = 16.4N

Esercizio 4.10 Un corpo pesa 22 N in un luogo dove l'accelerazione di gra-vità è 9.8 ms−2. Quali saranno (a) il suo peso e (b) la sua massa in un altroluogo dove l'accelerazione di gravità è 4.9ms−2? Quali saranno (c) il suo pesoe (d) la sua massa in un punto dello spazio dove l'accelerazione di gravità è zero?

Soluzione:

Ricaviamo la massa del corpo

Fpeso = mg ⇒ m =Fpesog

=22N

9.81ms−2= 2.24 kg

(a) Il peso è la forza dovuta all'attrazione di gravità, quindi

F ′peso = ma = 2.24 kg · 4.9ms−2 = 11N

(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 · 0ms−2 = 0N

mentre (d) la massa continua a rimanere invariata.

33


Esercizio 4.11 Una persona di massa 80 kg si lancia col paracadute e subisceun'accelerazione verso il basso di 2.5ms−2. La massa del paracadute è di 5 kg.Quale forza verso l'alto esercita l'aria sul paracadute?

Soluzione:

Al solito scegliamo un sistema di riferimento con l'asse y orientato verso l'al-to, in questo caso sia a che g hanno segno negativo. Il sistema paracadu-te+paracadutista scende verso il basso con accelerazione a. Questa è legataa tutte le forze che agiscono su tale sistema dalla relazione:

(m+M)~a = ~Ftot = ~Fa + ~Fp,m + ~Fp,M = ~Fa +m~g +M~g

essendo ~Fa la forza, incognita, dovuta alla resistenza dell'aria, m = 5kg la massadel paracadute, M = 80 kg la massa del paracadutista, g l'usuale accelerazionedi gravità e, in�ne, ~a = 2.5 ms−2 l'accelerazione del sistema. Il moto è di tipounidimensionale lungo la verticale. Possiamo sempli�care la notazione elimi-nando il segno di vettore ma prestando attenzione al segno delle accelerazionoi.Con i dati del problema otteniamo quindi:

(m+M)a = Fa+(m+M)g ⇒ Fa = (m+M)(a−g) = 85kg ·7.3ms−2 = 620.5N

Esercizio 4.12 Una motocicletta di peso 2KN accelera da ferma alla velocitàdi 88.5 km/h in 6 s. Calcolare i moduli (a) dell'accelerazione supposta costante


e (b) della forza che imprime tale accelerazione.

Soluzione:

Si tratta di un moto uniformemente accelerato per cui possiamo scrivere:

a =v(t)− v(0)

t=

24.58ms−1

6 s= 4.1ms−2

La massa della moto , m, è pari a:

m =Fpesog

=2000N

9.81ms−2= 203.87 kg

Dal secondo principio troviamo immediatamente

F = ma = 203.87 kg · 4.1ms−2 = 835.88N

Esercizio 4.13 Un corpo di massa M = 3 kg viene schiacciato su una super-�cie orizzontale, in cui è presente attrito con µs = 0.6, mediante una forza di5N che forma un angolo θ rispetto alla normale. (a) Ricavare il valore che deveavere θ a�nché 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?

Soluzione:

(a) Consideriamo dapprima il caso in assenza di gravitá. La situazione delleforze 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 super�-cie. La componente parallela, F‖, tenderà a spingere il corpo verso destra. Lospostamento avviene solo se F‖ ≥ µsF⊥ = Fattrito statico:

F sin θ ≥ µsF cos θ ⇒ tan θ ≥ µs ⇒ θ = tan−1 µs

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

F ′⊥ = F cos θ +mg

Il movimento avviene se

F‖ ≥ µsF⊥ = µs(mg + F cos θ)

35


Consideriamo la condizione minima ossia l'uguaglianza

F sin θ = µsmg + µsF cos θ

poniamo sin θ =√

1− cos2 θ e dividiamo ambo i membri per F ottenendo√1− cos2 θ =

µsmg

F+ µs cos θ

da cui

(1− cos2 θ) =(µsmg

F

)2+ µ2

s cos2 θ + 2(µsmg

F

)µs cos θ

Riordinando i termini otteniamo un'equazione di secondo grado in cos θ:

cos2 θ(1 + µ2s) + 2

(µsmgF

)µs cos θ +

[(µsmgF

)2− 1]

= 0

Si noti che in presenza di gravità, il risultato del nostro problema dipende siada ~F che da m. Poniamo per semplicità

a = (1 + µ2s) = 1.36

b = 2(µsmg

F

)µs = 4.238

c =[(µsmg

F

)2− 1]

= 11.472

Ricordando che un'equazione di secondo grado ha soluzioni reali solo se si ve-ri�ca la condizione b2 − 4ac ≥ 0, possiamo veri�care che nel nostro caso nonesistono soluzioni in quanto con i dati del nostro problema b2 − 4ac = −44.44.Quindi il blocco non si muove mai essendo F‖ sempre minore di µsF⊥.

Esercizio 4.14 Qual è il minimo raggio di una curva, non inclinata verso l'in-terno, che un ciclista può abbordare alla velocità di 29 km/h se il coe�ciente diattrito statico tra i battistrada e l'asfalto è 0.32?


Soluzione:

La condizione da richiedere è che la forza di attrito statico sia maggiore o ugualealla forza centripeta, in formule:

µsmg ≥ mac = mv2

R⇒ R ≥ v2

gµs

Sostituendo i dati del problema

R ≥ (29/3.6)2 m2s−2

0.32 · 9.81ms−2= 20.7m

Esercizio 4.15 Una corpo di massa M = 1 kg è legato alla estremità di unamolla di costante elastica K = 250 N/m. L'altro estremo della molla vienemantenuto �sso. Ipotizzando che il sistema corpo-molla venga poggiato su diun piano con coe�ciente di attrito statico, µs, pari a 0.45, determinare il mas-simo allungamento che si può dare alla molla senza che il corpo si metta in moto.

Soluzione:

Indichiamo con d = L − L0 l'allungamento della molla rispetto alla condizionea riposo. Dalla legge di Hooke possiamo quindi ricavare la forza elastica cheagisce sul corpo:

FM = −kd

L'equilibrio si ha quindi se

|Fm| ≤ |Fattrito statico| ⇒ kd ≤Mgµs ⇒ d ≤ Mgµsk

Con i dati del problema

d ≤ 1 kg · 9.8ms−2 · 0.45

250N/m= 0.0176m = 1.76 cm

Esercizio 4.16 Un corpo di massa M = 5 kg poggia su di un piano senza at-trito ed è legato alla estremità di una molla di costante elastica K = 1670N/me lunghezza a riposo L = 10 cm. L'altro estremo della molla è attaccato ad unperno �ssato sul piano. Quale è la lunghezza della molla nel caso in cui il corposi muova di moto circolare uniforme con v = 1ms−1?

Soluzione:

Per muoversi di moto circolare uniforme a velocità ~v, il corpo deve essere sog-getto ad un'accelerazione centripeta (perpendicolare a ~v in ogni punto dellatraiettoria) pari a v2/L, essendo L la lunghezza della molla che, in questo caso,

37


coincide con il raggio della traiettoria. La corrispondente forza centripeta è datadalla forza di richiamo della molla, le forze sono dirette in direzione radiale. Informule:

mv2

L= |K(L− L0)|

da cuimv2 = KL2 −KLL0 ⇒ KL2 −KL0L−mv2 = 0

Abbiamo un'equazione di secondo grado in L, veri�chiamo prima di tutto chesia risolubile nel campo reale calcolando il Delta:

∆ = (KL0)2 + 4Kmv2 = 61289 ≥ 0

quindi

L =KL0 ±

√∆

2K

Delle due soluzioni, solo quella con il segno + è accettabile L1 = 0.124m, l'altradarebbe un valore negativo, per cui la soluzione del problema è: L = 12.4 cm.

Capitolo 5

Energia

Esercizio 5.1 Una cassa viene trascinata mediante una corda su un pavimen-to senza attrito per una distanza d = 1m. Si supponga che la forza con cui lacorda viene tirata sia pari a 100N e che la direzione della corda formi un angoloθ = 45 °rispetto all'orizzontale. (a) Quanto vale il lavoro e�ettuato dalla forzasulla cassa? (b) Per quale valore di θ tale lavoro è massimo?

Soluzione:

Il lavoro svolto è il prodotto scalare fra il vettore forza e il vettore spostamento,quindi

L = ~F · ~d = Fd cos θ = 100 · 1 ·√

2

2J = 70.7J

Il valore massimo del prodotto scalare si ottiene quando il coseno dell'angolovale 1 ovvero quando l'angolo θ è nullo. In questo caso ~F e ~d risultano parallelie concordi e il loro prodotto risulta pari a 100 · 1 · 1 = 100J .


39

40 CAPITOLO 5. ENERGIA

Esercizio 5.2 Una palla da baseball di 145gr viene lanciata con una velocitàdi 25m/s. (a) Quale è la sua energia cinetica? (b) Che lavoro totale viene com-piuto sulla palla per farle raggiungere tale velocità, se è partita da ferma?

Soluzione:

(a) Applicando la de�nizione di energia cinetica si ha immediatamente

T =1

2mv2 =

1

20.145 · 252 = 45.3J

(b) se la velocità iniziale è nulla, dal teorema sull'energia cinetica otteniamo

L = Tf − Ti = Tf = 45.3J

Esercizio 5.3 Quanto lavoro è necessario per accelerare un'auto di massa1000Kg da 20m/s a 30m/s ?

Soluzione:

E' su�ciente calcolare la di�erenza di energia cinetica,otteniamo così

L = Tf − Ti =1

2m(v2f − v2i ) =

1

2· 1000 · 500J

= 5 · 10−1 · 103 · 5 · 102 = 2.5 · 105J

Esercizio 5.4 Un'auto che viaggia a 60km/h è in grado, frenando, di fer-marsi 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 massimaforza frenante sia indipendente dalla velocità.

Soluzione:

Determiniamo la forza frenante calcolando il lavoro svolto per fermare la mac-china nel primo caso. Durante la frenata i freni e�ettuano un lavoronegativosull'auto (che in sostanza è soggetta ad una forza parallela al suo spostamentoma di verso opposto). Pertanto il lavoro svolto per fermare la macchina puòessere scritto come

L = −Fd

d'altro canto per il teorema dell'energia cinetica questo lavoro deve essere ugualealla variazione di energia cinetica che, in questo caso essendo la velocità �nalenulla, coincide con l'energia cinetica iniziale. Quindi possiamo scrivere

L = Tf − Ti ⇒ −Fd = −1

2mv2i ⇒ d =

mv2i2F

41

Se ipotizziamo che la forza frenante sia indipendente dalla velocità, sfruttandoil secondo dato del problema possiamo scrivere

d′ =m(2vi)

2

2F=

2mv2iF

= 4 · d = 80m

Si noti che al raddoppiare della velocità la distanza di arresto diventa 4 voltemaggiore. Guidate con prudenza!

Esercizio 5.5 Un corpo si trova a 10m dalla super�cie terrestre. Quale deveessere il valore della sua massa per cui la sua energia potenziale in questa posi-zione, rispetto a quella relativa al suolo, sia pari a 4.9J ?

Soluzione:

Ricordando l'espressione dell'energia potenziale gravitazionale U = mgh, tro-viamo subito

m =U

gh=

4.9J

9.81ms−210m= 0.05Kg

Esercizio 5.6 Supponiamo che un atleta, avente una massa di 70Kg, e�ettuiuna marcia di 10Km lungo un percorso in salita che lo porti dal livello del ma-re sino a 1000m di altezza. Quale è l'aumento del suo consumo energetico (incalorie) rispetto ad un percorso in piano di 10Km? Si trascurino gli eventualie�etti legati al cambiamento del metabolismo umano con l'altezza.

Soluzione:

Per andare dal livello del mare ad una quota di 1000m occorre svolgere lavorocontro il campo gravitazionale quindi possiamo scrivere

L = ∆U = mgh = 70 · 103 · 9.81J = 6.867 · 105J

considerando che 1cal = 4.186J il lavoro espressoin calorie risulta pari a

L = 6.867/4.186 · 105cal = 1.64 · 105cal

Questo è il consumo energetico addizionale che occorre per e�ettuare un per-corso che porti ad una quota di 1000m anziché essere fatto in piano.

Esercizio 5.7 Una pietra viene fatta cadere da un'altezza di 3m rispetto alsuolo. Determinare la sua velocità quando arriva ad un'altezza di 1m dal terreno.

Soluzione:

Ricorrendo al principio di conservazione dell'energia possiamo scrivere

1

2mv2 = ∆U = mg∆h⇒ v =

√2g∆h


da cui

v =√

2 · 9.81ms−2 · (3m− 1m) = 6.26ms−1

Esercizio 5.8 Quanto impiega un motore da 1750W per sollevare un piano-forte di 315Kg sino alla �nestra del sesto piano, a 16m di altezza dal suolo?

Soluzione:

L'argano azionato dal motore e�ettua un lavoro (per contrastare la forza digravità) pari a mgh pertanto

L = mgh; P =L

t⇒ t =

mgh

P

da cui inserendo i dati del problema

t =315 kg · 9.81ms−2 · 16m

1750 Js−1= 28.2 s

Esercizio 5.9 Se un'auto sviluppa 18hp di potenza mentre viaggia a una velo-cità costante di 88Km/h, quale deve essere la forza media esercitata dall'attritoe dalla resistenza dell'aria sull'auto?

Soluzione:

Per prima cosa convertiamo i nostri dati nelle unità del Sistema Internazionale:

v = 88km/h = 88/3.6ms−1 = 24.4ms−1

P = 18 hp = 18 · 735W = 1.323 · 104 W

Fatto questo, osserviamo che se l'auto si muove a velocità costante la sua accele-razione è nulla e quindi, dal secondo principio della dinamica, possiamo dedurreche la forza complessiva agente su di essa deve essere anch'essa nulla. Indicandocon ~Fa la forza di attrito e con ~Fm la forza sviluppata dal motore dell'auto,abbiamo quindi

~Ftot = ~Fa + ~Fm = 0

La forza di attrito (dovuta a vari e�etti, es. resistenza dell'aria, del suolo, etc...)è bilanciata dalla forza sviluppata dal motore dell'auto. L'energia rilasciata dalmotore , 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)

Lm = P · t = 1.323 · 104 W s = 1.323 · 104 J

43

D'altra parte in un secondo l'auto percorre una distanza pari a d = vt = 24.4mper cui le forze di attrito fanno un lavoro pari a La = −Fa · d, ma La = −Lm,perché l'auto procede a velocità costante, per cui possiamo possiamo scrivere

L = Fa · d⇒ Fa =Lmd

=1.323 · 104 J

24.4m= 541N

Esercizio 5.10 Una palla di massa 0.5Kg viene gettata verticalmente in ariacon velocità iniziale di 4m/s e raggiunge la massima altezza di 0.8m. Quale èla variazione di energia meccanica del sistema palla-Terra, durante l'ascesa, daattribuirsi alla forza di resistenza aerodinamica?

Soluzione:

Ipotizziamo prima di tutto l'assenza di attrito e calcoliamo qual'è in questo casol'altezza massima h′ che dovrebbe raggiungere la palla. Applicando il principiodi conservazione dell'energia, possiamo scrivere

U(0) +1

2mv20 = U(h′) +

1

2mv2f ⇒

1

2mv20 = mgh′

da cui

h′ =v202g∼ 0.8163m

Come si vede questa è maggiore dell'altezza e�ettivamente raggiunta e la di�e-renza di energia corrispondente è da attribuirsi alle forze di attrito:

∆E = mg(h′ − h) = 0.5 kg · 9.81ms−2 · 0.0163m ∼ 80mJ

Esercizio 5.11 Si tiene sotto osservazione la temperatura di un cubo di pla-stica mentre viene spinto per un distanza s = 3m strisciando sul pavimentosotto l'azione di una forza orizzontale di intensità F = 15N . dal rilevamento sicalcola che l'energia termica del cubo è cresciuta di 20J . Di quanto è cresciutal'energia termica del pavimento?

Soluzione:

Ipotizziamo che la cassa sia ferma sia prima che dopo lo spostamento in modoche 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 appli-cata sotto forma di energia termica (energia interna) del cubo e del pavimento.Applicando il principio di conservazione dell'energia possiamo scrivere:

L = ∆ETh,p + ∆ETh,c ⇒ ∆ETh,p = L−∆ETh,c = ~F · ~s−∆ETh,c


da cui

∆ETh,p = L−∆ETh,c = 15N · 3m− 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 di110N ?

Soluzione:

Supponiamo che la velocità resti costante, in questo caso la forza che il nuota-tore sviluppa serve solo ad equilibrare le forze di attrito contrarie al moto. Lapotenza dissipata dal nuotatore è quindi il lavoro fatto per contrastare tale forzanell'unità di tempo. Indicando con d la distanza percorsa nell'unità di tempo(1 s) possiamo scrivere:

L = FN · d = FN

chiaramente d = 0.22ms−1 · 1 s = 0.22m, da cui

L = 110N · 0.22m = 24.2 J

Poiché questo è il lavoro svolto nell'unità di tempo, la potenza sarà semplice-mente

P = L/1 s = 24.2 Js−1 = 24.2W

Esercizio 5.13 Un vagoncino delle montagne russe di massa 1000kg si muovedal punto 1 in �gura al punto 2 e quindi al punto 3. (a) Qual'è l'energia poten-ziale gravitazionale nei punti 2 e 3 relativamente al punto 1? Cioè si consideriy = 0 nel punto 1. (b) Qual'è la variazione di energia potenziale quando ilvagoncino si sposta da 2 a 3? (c) ripetere le parti (a) e (b) considerando però ilpunto 3 come riferimento (y = 0) .

Soluzione:

Ci stiamo occupando dell'energia potenziale del sistema vagoncino-Terra. Con-sideriamo il verso dal basso all'alto come verso y positivo ed usiamo la de�nizionedi energia potenziale gravitazionale per calcolare Ug. (a) Misuriamo le altezzadal punto 1, il che signi�ca che consideriamo l'energia potenziale iniziale ugualea zero. Nel punto 2, in cui y2 = 10m, si ha:

U2 = mgy2 = 1000 kg · 9.8ms−2 · 10m = 9.8 · 104 J

Nel punto 3, y3 = −15m, poiché 3 è più basso di 1. Perciò

U3 = mgy3 = 1000 kg · 9.8ms−2 · −15m = −1.5 · 105 J

45


(b) Muovendosi da 2 a 3, la variazione di energia potenziale (Ug finale−Ug iniziale)è:

U3 − U2 = (−1.5 · 105 J)− (9.8 · 104 J) = −2.5 · 105 J

L'energia potenziale gravitazionale diminuisce di 2.5 · 105 J . (c) In questo casoy1 = +15m nel punto 1, quindi l'energia potenziale iniziale (in 1) è uguale a

U1 = 1000 kg · 9.8ms−2 · 15m = 1.5 · 105 J

In 2, y2 = +25m e quindi l'energia potenziale gravitazionale è:

U2 = 2.5 · 105 J

In y3 = 0 l'energia potenziale è zero. La variazione di energia potenziale,andando dal punto 2 al punto 3 è quindi pari a

0 J − 2.5 · 105 J = 2.5 · 105 J

che è la stessa ottenuta nella parte (b).

Esercizio 5.14 Assumendo che l'altezza del dislivello in �gura 5.3 sia pari a40 m e che il vagoncino delle montagne russe parta da fermo dalla sommità asinistra, 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 piùbasso dell'avvallamento.

Soluzione:

Scegliamo che il punto 1 sia dove il vagoncino parte da fermo (v1 = 0) e il punto2 dove y2 = 0. Usiamo la conservazione dell'energia meccanica:

1

2mv21 +mgy1 =

1

2mv22 +mgy2 ⇒ mgy1 =

1

2mv22

Le masse si sempli�cano e, ponendo y1 = 40m, troviamo

v2 =√

2gy1 =√

2 · 9.81ms−2 · 40m = 28ms−1



(b) Usiamo di nuovo la conservazione dell'energia meccanica, ma ora v2 =14 ms−1 e y2 è incognita. Eliminiamo le masse, poniamo sempre v1 = 0 erisolviamo rispetto ad y2 ottenendo

y2 = y1 −v222g

= 30m

Quindi il vagoncino quando si trova 30 m verticalmente al di sopra del puntopiù basso, ha una velocità di 14ms−1 sia quando sta scendendo lungo la discesadi sinistra, sia quando sta salendo lungo la salita di destra.

Capitolo 6

Meccanica dei Fluidi

Esercizio 6.1 Un contenitore chiuso sotto vuoto (Patm = 0) ha la forma diun cilindro di raggio di base pari a 1m e altezza 15m e contiene 15Kl di acqua.(a) Quale é la pressione esercitata dall'acqua sulla base del cilindro? (b) Comecambia il risultato se il contenitore è aperto superioremente (Patm = 1.01 bar)?

Soluzione:

(a) La pressione alla base è dovuta alla forza peso dell'acqua contenuta nelcilindro:

p =F

S=Mg

S=ρV g

S= ρgh

La determinazione dell'altezza del cilindro, incognita, può essere ricavata apartire dal volume, h = V/S = (15 · 103 lt)/(π m2) =∼ 4.78m. Quindi:

p = ρgh = 103 kg/m3 · 4.78m · 9.8ms−2 ∼ 4.7 · 104 Pa

(b) In questo caso dobbiamo aggiungere la pressione atmosferica, per cui lanostra equazione diventa:

p = ρgh+ patm = (0.47 + 1.01) · 105 Pa = 1.48 · 105 Pa

Esercizio 6.2 Determinare come varia la pressione nel mare in funzione dellaprofonditá. Si consideri per l'acqua del mare ρ = 1.024 · 103 Kg/m3.

Soluzione:

Dalla legge di Stevino:p(y) = p(0) + ρgy

ovvero la di�erenza di pressione fra il livello del mare e la profonditá y è parialla pressione idrostatica di una colonna d'acqua di altezza y. A livello del marep(0) = patm = 1.01 · 105 Pa. Alla profonditá y generica avremo

p(y) = p(0) + ρgy ∼ 1.01 · 105 Pa+ 1.024 · 103 kg/m3 · 9.81ms−2 · y m

47

48 CAPITOLO 6. MECCANICA DEI FLUIDI

p(y) ∼ (1.01 + 0.1 · y) · 105 Pa

dove y é misurato in metri. Si ha quindi un aumento di pressione di circa 0.1atmper ogni metro.

Esercizio 6.3 Un corpo di massa 1kg e volume 500 cm3 viene completamenteimmerso in acqua pura (ρ = 103Kg/m3). Quale sará il suo peso �apparente� inacqua?

Soluzione:

Dal principio di Archimede,indicando con ma la massa dell'acqua spostata, siha:

Fpeso apparente = mg − Fa = mg −mag

d'altro canto

ma = ρ · V = 500 cm3 · 103 kg/m3 = 0.5 kg

per cui

Fpeso apparente = mg − Fa = mg −mag = (1 kg − 0.5 kg) · 9.81ms−2 = 4.9N

Questo corpo presenta in acqua un peso apparente che è la metà di quello ori-ginale.

Esercizio 6.4 Un rubinetto é aperto in modo che la portata d'acqua rilascia-ta sia Q = 10 l/min. All'uscita del rubinetto la sezione del ��lo� d'acqua siaA0 = 1.5 cm2. Determinare la sezione del ��lo� d'acqua ad una altezza posta20 cm piuú in basso rispetto a questo punto.

Soluzione:

Determiniamo prima di tutto la velocità dell'acqua in corrispondenza dell'uscitadel rubinetto. Per de�nizione di portata, possiamo scrivere

Q = A0v0 ⇒ v0 =Q

A0= 1.67 · 10−4 m3/s · 1

1.5 cm2∼ 1.11ms−1

Per il teorema di continuità, possiamo scrivere:

Q = v0A0 = vhAh ⇒ Ah =v0A0

vh

con vh al momento incognita. Per determinare questa quantità osserviamo cheil generico volumetto d'acqua cade di moto uniformemente accelerato con a = g,si ha quindi:

v2h = v20 + 2gh⇒ vh =√v20 + 2gh = 2.27ms−1

49

da cui:

Ah =Q

vh=

1.67 · 10−4 m3s−1

2.27ms−1= 0.74 · 10−4 m2 = 0.74 cm2

Esercizio 6.5 Supponiamo che, a causa del colesterolo, il diametro di un trat-to di un'arteria si riduca da 0.8 a 0.78 cm. Quale deve essere la variazione delladi�erenza di pressione alle estremitá di questo tratto a�nché la portata del �us-so sanguigno rimanga invariata?

Soluzione:

Utilizziamo la legge di Poiseuille, indicando con Qi e Qf rispettivamente laportata iniziale e �nale dell'arteria, possiamo scrivere

Qi =πR4

i∆Pi8ηL

; Qf =πR4

f∆Pf

8ηL

a�nché le due portate siano uguali dobbiamo avere

πR4i∆Pi

8ηL=πR4

f∆Pf

8ηL⇒ ∆Pf =

R4i

R4f

∆Pi

da cui

∆Pf =0.8 cm

0.78 cm∆Pi ∼ 1.11 ∆Pi

Quindi occorre un aumento di pressione di circa l'11 per cento.

Esercizio 6.6 Calcolare il lavoro svolto su 1.4m3 di acqua spinta in un tubodi diametro interno 13mm da una di�erenza di pressione tra le estremitá di 1bar.

Soluzione:

Sul volume di acqua agisce una forza netta pari a

Ftot = F1 − F2 = P1S − P2S = S∆P

Lo spostamento subito dal generico volumetto d'acqua appartenenete a talevolume complessivo, nell'andare dalla posizione iniziale a quella �nale (che de-limitano il volume d'acqua nella condotta) è pari a ∆x = V/S, essendo V ilvolume d'acqua spostato ed S la sezione del tubo; quindi

Ltot = Ftot ·∆x = S∆PV

S= V∆P = 1.0 · 105 Pa · 1.4m3 ∼ 1.4 · 105 J


Esercizio 6.7 Calcolare il calo di pressione per cm lungo l'aorta, sapendo cheil suo raggio é circa 1.2cm, il sangue vi circola con velocitá pari a circa 40cm/s eche la viscositá del sangue é circa 4·10−2poise. Si trascurino gli e�etti di attrito.

Soluzione:

Utilizziamo l'equazione di Poiseuille esplicitando la di�erenza di pressione

Q =πR4∆P

8ηL⇒ ∆P =

8ηLQ

πR4

D'altra parte dalla de�nizione di portata abbiamo

Q = vS = πvR2

Quindi

∆P =8ηLπvR2

πR4=

8ηLv

R2=

8 · 4 · 10−3 Pa s · 0.01m · 0.4ms−1

(1.2)2 · 10−4 m2∼ 0.89 Pa

Esercizio 6.8 Considerando un gradiente di pressione costante, di quale fat-tore deve decrescere il raggio di un capillare per ridurre la portata del �ussosanguigno del 75 per cento ?

Soluzione:

Utilizziamo ancora una volta l'equazione di Poiseuille

Q =πR4∆P

8ηL

La domanda che ora ci poniamo è come determinareR′ in modo cheQ′ = 0.25·Q.

πR′4∆P

8ηL= 0.25

πR4∆P

8ηL⇒ R′4 = 0.25R4 ⇒ R′ ∼ 0.71R

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 dellaportata del 75 per cento!

Esercizio 6.9 La �gura 6.1 mostra come il �usso d'acqua che esce da un ru-binetto si restringa mentre cade. L'area di sezione A0 è di 1.2 cm2 mentre lasezione A è di 0.35 cm2. I due livelli sono separati da una distanza verticale

51


h = 45mm. Qual'è il �usso d'acqua che esce dal rubinetto?

Soluzione:

La portata deve essere la stessa attraverso entrambe le sezioni. Quindi dall'e-quazione di continuità possiamo scrivere

A0v0 = Av

dove v0 e v sono le velocità dell'acqua ai corrispondenti livelli. Inoltre poichél'acqua cade liberamente sotto l'e�etto dell'accelerazione di gravità g possiamoutilizzare le equazioni del moto uniformemente accelerato per scrivere

v2 = v20 + 2gh

Eliminando v fra le precedenti equazioni e risolvendo rispetto a v0 otteniamo

v0 =

√2ghA2

A20 −A2

=

√2 · 9.8ms−2 · 0.045m · (0.35 cm2)2

(1.2 cm2)2 − (0.35 cm2)2= 0.286ms−1 = 28.6cm/s

La portata è quindi pari a

Q = A0v0 = (1.2 cm2)(28.6 cm/s) = 34 cm3/s


Esercizio 6.10 Qual'è il volume V di elio necessario per un pallone che devesollevare un peso di 180 kg (incluso il peso del pallone vuoto).

Soluzione:

La spinta di Archimede sul pallone di elio, FA. che è uguale al peso di ariaspostata, deve essere almeno uguale al peso dell'elio più il peso del pallone e delcarico. La densità dell'elio è pari a 0.179 kg/m3. La spinta di archimede deveavere un valore minimo pari a

FA = (mHe + 180 kg) · g

Quest'equazione può essere scritta in termini di densità utilizzando il principiodi Archimede

ρariaV g = (ρHeV + 180 kg) · g

Risolvendo in funzione di V troviamo:

V =180 kg

ρaria − ρHe=

180 kg

1.29 kg/m3 − 0.179 kg/m3= 160m3

Si noti che questo è il minimo volume necessario vicino alla super�cie terrestredove ρaria = 1.29 kg/m3. Per raggiungere altitudini maggiori, è necessario unvolume più grande, poiché la densità dell'aria diminuisce con l'altitudine.

Capitolo 7

Termologia

Esercizio 7.1 L'asta di una bandiera, fatta di alluminio (α = 2.3·10−5 ◦C−1),è lunga 33m. Di quanto aumenta la sua lunghezza se si incrementa la sua tem-peratura di 15 ◦C?

Soluzione:

∆L = L− L0 = L0(1 + α∆T )− L0 = L0α∆T

da cui∆L = 33m · 2.3 · 10−5 · 15 = 1.14 · 10−2 m = 1.14 cm

Esercizio 7.2 Un cubo di ottone (α = 1.9 · 10−5 ◦C−1) alla temperatura di20 ◦C ha il lato di lunghezza 30 cm. Quale è l'incremento della sua super�cietotale quando viene riscaldato �no a 75 ◦C?

Soluzione:

Calcoliamo il coe�ciente di dilatazione volumica: β = 3α = 5.7 · 10−5C−1.Quindi possiamo scrivere:

Vf = Vi(1 + β∆T ) = L30(1 + β∆T ) = L3

Per quanto riguarda la super�cie abbiamo Si = 6L20, Sf = 6L2 da cui

L = L0(1 + β∆T )1/3 ⇒ Sf = 6L20(1 + β∆T )2/3

sostituendo i dati del problema

Sf = 6(30 cm2)(1 + 5.7 · 10−5 · 55)2/3

∆S = Sf − Si = 6(30 cm2)[(1 + 3.135 · 10−3)2/3 − 1] ∼ 11.28 cm2

53

54 CAPITOLO 7. TERMOLOGIA

Si noti che in questo caso non è possibile applicare la formula della dilatazionelineare al singolo lato L.

Esercizio 7.3 Un dietologo invita i propri pazienti a bere acqua ghiacciataperché, secondo la sua teoria, si consumano grassi in modo rilevante per innal-zare la temperatura dell'acqua da 0 a 37 ◦C. Quanti litri di acqua ghiacciataoccorre ingerire per consumare 500 g di grassi, assumendo che la combustionedel grasso fornisca 7 Kcal a grammo? Perché è sconsigliabile questa dieta?

Soluzione:

Calcoliamo la quantità di calore corrispondente alla combustione di tutti i grassi:

Q = (500 g)(7 kcal/g) = 3500 kcal

Tale quantità di calore dovrebbe riscaldare una quantità incognita di acqua dallatemperatura di 0 ◦C a circa 37 ◦C. Dalla relazione

Q = mxC∆T

dove ∆T = 37 ◦C e C = 1 kcal/kg ◦C (calore speci�co dell'acqua) troviamo: dacui

mx =Q

C∆T=

3500 kcal

1 kcalkg ◦C · 37 ◦C

∼ 94.6 kg

Quindi si dovrebbero bere quasi 100 litri di acqua! Decisamente poco pratico.

Esercizio 7.4 Quanta energia deve sottrarre un frigorifero da 1.5 kg di acquaa 20 ◦C per trasformarla in ghiaccio a −12 ◦C?

Soluzione:

Indichiamo con Lg = −79.7kcal/kg il calore latente di solidi�cazione dell'acqua,CH2O = 1 kcal

kg ◦C il calore speci�co dell'acqua e, in�ne, con Cg = 2090 J/kg ◦Cil calore speci�co del ghiaccio. Il processo avviene in tre fasi distinte:(1) l'acqua allo stato liquido passa dalla temperatura di 20 ◦C alla temperaturadi 0 ◦C. In questo processo il calore trasferito dall'acqua al frigorifero è pari a:

Q1 = m · CH2O ·∆T = 1.5 kg · 1 kcal

kg ◦C· (−20) ◦C = −30 kcal

(2). Formazione del ghiaccio. Il processo avviene a temperatura costante (T =0 ◦C):

Q2 = mLg = −1.5 kg · 79.7 kcal/ kg = −119.55 kcal

(3). Ra�reddamento del ghiaccio da 0 ◦C a −12 ◦C. Convertiamo innanzitutto ilcalore speci�co del ghiaccio in kcal

kg ◦C , ricordando che 1J = 0.0002388458966275kcal,otteniamo

Cg = 2090 J/kg ◦C = 2090 · 0.0002388458966275kcal

kg ◦C∼ 0.5

kcal

kg ◦C

55

da cui

Q3 = mCg∆T = 1.5 kg · 0.5 kcal

kg ◦C· (−12) ◦C = −9 kcal

Per cui in totale otteniamo:

Qtot = Q1 +Q2 +Q3 = (−30− 119.55− 9) kcal = −158.55 kcal

poiché 1 cal ∼ 4.187 J , possiamo scrivere Qtot ∼ −158.55 · 4.187 ∼ −663.7 kJ .Questa è la quantità di calore totale che il frigorifero deve assorbire dall'inizialequantità di acqua per completare il processo.

Esercizio 7.5 Quale quantità di burro (6 Cal/g = 6 Kcal/g) fornirebbe l'e-nergia occorrente ad un uomo di 73 kg per compensare l'energia potenzialenecessaria a salire sulla cima del Monte Everest, alto 8840 m, dal livello delmare? (Si assuma g costante e pari a 9.8ms−2).

Soluzione:

La variazione di energia potenziale gravitazionale è facilmente calcolabile dallarelazione Ep = mgh, questa equivale all'energia necessaria per arrivare allaquota h contrastando la forza peso, per cui:

Ep = 73 kg · 8.840 · 103 m · 9.8ms−2 ∼ 6.32 · 106 J

Ricordando che 1 cal ∼ 4.186 J , questa energia equivale a circa 6.32/4.186 ·106 cal ∼ 1.51 · 106 cal. Possiamo quindi ricavare la massa di burro richiestadalla relazione:

mx =E

6 kcal/g=

1.51 · 106 cal

6 · 103 cal/g∼ 2.52 · 102 g

circa due etti e mezzo di burro!

Esercizio 7.6 Si scaldano 100 g di acqua in un bicchiere mediante una resi-stenza elettrica a immersione. La resistenza converte energia elettrica in energiatermica con potenza di 200 W. Trascurando le perdite, calcolare il tempo ne-cessario per elevare la temperatura dell'acqua da 23 ◦C a 100 ◦C.

Soluzione:

La quantità di calore da fornire all'acqua per e�ettuare questo aumento ditemperatura è pari a:

Q = mC∆T = 0.1 kg · 1 kcal

kg ◦C· 77 ◦C = 7.7 kcal = 32.2 kJ

La resistenza ha una potenza P = Q/t = 200 W = 200 J/s, quindi il temponecessario per cedere il calore Q è pari a:

t =Q

P=

32.2 kJ

200W=

32.2 · 103 J

200 J/s∼ 161 s


circa 2.7 minuti.

Esercizio 7.7 Durante l'attività �sica, una persona può perdere 180 Kcal in30 min per evaporazione dell'acqua dalla pelle. Quanta acqua viene persa?

Soluzione:

Ricordiamo che il calore latente di vaporizzazione è pari a

LV = 2450 kJ/kg =2450

4.186kcal/kg ∼ 585.3 kcal/kg

Nell'evaporazione l'acqua deve assorbire (a temperatura costante) calore in basealla relazione

Q = LVm⇒ m =Q

LV=

180 kcal

585.3 kcal/ kg∼ 0.31 kg

Esercizio 7.8 Se a una boccia di ossigeno liquido a −183 ◦C vengono forniti2.80 · 105 J di energia, quanto ossigeno evapora?

Soluzione:

Q = 2.8 · 105 J =2.8 · 105

4.186cal ∼ 6.69 · 104 cal

per l'ossigeno liquido a −183 ◦C il calore latente di evaporazione è pari a :LO = 51 kcal/ kg. Pertanto la massa di ossigeno che evapora è pari a:

Q = LOm⇒ m =Q

LO=

6.69 · 104 cal

51 · 103 cal/ kg∼ 1.31 kg

Esercizio 7.9 Se ci trovassimo nello spazio siderale lontano dal Sole e in as-senza di vestiti o protezioni sentiremmo il �freddo� dell'Universo (Tb ∼ 3K),verso il quale irraggeremmo energia assorbendone indietro pochissima. (a) Conche potenza netta perderemmo energia? (b) Quanta energia perderemmo in30 s? Si ipotizzi Scorpo = 2m2, e = 0.9, Tcorpo = 35 ◦C.

Soluzione:

(a) Esprimiamo prima di tutto la temperatura del corpo in gradi Kelvin, dallarelazione

T (K) = T ( ◦C) + 273.16

ricaviamo immediatamente Tcorpo = 308.16K. Dalla legge di Stefan-Boltzmann,la potenza totale irraggiata é data dalla relazione:

Pt = eσA(T 4b − T 4

corpo)

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essendo σ = 5.67 · 10−8W m−2K−4. Sostituendo i dati del problema ricaviamo

Pt = 0.9 · 5.67 · 10−8 W m−2 K−4 · 2m2(81− 90.2 · 108)K4

da cuiPt ∼ −920W

il segno é negativo perché si tratta di energia ceduta. (b) In 30 s perderemmoun'energia pari a:

Q = Pt · 30 s = −920W · 30 s = −2.76 · 104 J

A causa della dipendenza dalla quarta potenza della temperatura, il contributodell'assorbimento dal vuoto è assolutamente trascurabile.

Esercizio 7.10 Una sfera di raggio R = 0.5 m, temperatura T = 27 ◦C edemittanza e = 0.85 è collocata in un ambiente a temperatura Ta = 77 ◦C. (a)Quale è la potenza radiante emessa dalla sfera? (b) Quale è quella assorbita?(c) Quanto vale la potenza netta scambiata?

Soluzione:

Calcoliamo la super�cie della sfera R = 0.5 m ⇒ S = 4πR2 ∼ 3.14 m2, inoltreT = 300.16 K e Ta = 350.15 K. Utilizzando la legge di Stefan-BoltzmannP = σSeT 4 troviamo:

(a) Potenza emessa:

Pe = 5.67 · 10−8 W m−2 K−4 · 0.85 · 3.15m2 · 300.164 K ∼ 1.23 kW

(b) Potenza assorbita:

Pa = 5.67 · 10−8 W m−2 K−4 · 0.85 · 3.15m2 · 350.164 K ∼ 2.27 kW

(c) Potenza totale:

Ptot = Pa − Pe = (2.27− 1.23) kW = 1.04 kW

Esercizio 7.11 Determinare il volume di una mole di un gas qualsiasi in con-dizioni standard (T = 0 ◦C, P = 1 atm = 1.013 · 105 Pa), assumendo che sicomporti come un gas perfetto.

Soluzione:

Consideriamo l'equazione di stato per i gas perfetti:

pV = nRT ⇒ V =nRT

p, R = 8.31 JK−1mol−1


Se n = 1 il volume corrispondente é quindi pari a:

V =1mol · 8.31 JK−1mol−1 · 273.16K

1.013 · 105 Pa=

2.27 · 103 N m

1.013 · 105 N m−2

da cui:V = 2.24 · 10−2 m3 = 22.4 lt, (1 lt = 10−3 m3)

Esercizio 7.12 Stimare quante molecole vengono inspirate con un litro diaria, corrispondente ad un respiro. Si approssimi l'aria ad un gas perfetto conT = 20 ◦C e P = 1 atm.

Soluzione:

Utilizziamo l'equazione di stato dei gas perfetti con V = 1 lt = 10−3 m3, T =293.16K, p = 1.013 · 105 Pa:

pV = nRT ⇒ n =pV

RT=

1.013 · 105 Pa · 10−3 m3

8.31 JK−1mol−1 · 293.16K∼ 0.0416mol

1 mole contiene un numero di molecole pari al numero di Avogadro NA =6.022 · 1023 molecole/mole, quindi

Nx = NA · n = 6.022 · 1023 molecole/mole · 0.0416mol ∼ 2.5 · 1022 molecole

Esercizio 7.13 Una bolla d'aria di volume 20cm3 si trova sul fondo di un lagoprofondo 40m, dove la temperatura è di 4 ◦C. La bolla sale in super�cie, dovela temperatura è di 20 ◦C. Supponendo che la temperatura della bolla sia lastessa dell'acqua circostante trovare il suo volume appena prima che raggiungala super�cie.

Soluzione:

Calcoliamo prima di tutto la pressione esistente sul fondo del lago. Dalla leggedi Stevino ricaviamo:

p = 1 atm+ ρgh ∼ 5 atm

(in pratica si ha un incremento di circa 1 atm per ogni 10 m di profonditá diacqua). Ipotizziamo che l'aria nella bolla sia in condizioni di gas ideale, valequindi la relazione pV = nRT , sul fondo del lago abbiamo:

p0V0 = nRT0 ⇒ n =p0V0RT0

Sulla super�cie si ha:

pfVf = nRTf =p0V0RT0

RTf ⇒ Vf = V0p0pf

TfT0

59

da cui

Vf = 5 · 20 cm3 293K

277K∼ 105.8 cm3

Esercizio 7.14 Determinare il lavoro compiuto su 3 moli di un gas ideale perfarlo passare da un volume di 3 m3 ad un volume di 2 m3 alla temperaturacostante di 25 ◦C.

Soluzione:

Si tratta di una trasformazione isoterma per la quale possiamo scrivere, a livellodi�erenziale, dL = pdV . Integrando troviamo l'espressione generale del lavorocompiuto sul gas:

L =

∫ Vf

Vi

p(V )dV

Utilizzando l'equazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare la dipendenzafunzionale della pressione dal volume per cui possiamo scrivere (ricordando cheil processo avviene a temperatura costante):

L =

∫ Vf

Vi

p(V )dV = −nRT∫ Vi

Vf

1

VdV

Si noti che il cambio di segno è dovuto allo scambio dei limiti di integrazione.Ricordando che l'integrale di 1/x é lnx, possiamo in�ne scrivere:

L = −nRT lnV |V0

Vf= −nRT ln

V0Vf

e, sostituendo i dati del problema:

L = −3mol · 8.31 JK−1mol−1 · 298K ln3

2∼ −3012.3 J

Il segno del lavoro è negativo in quanto si tratta di lavoro svolto sul gas (com-pressione).

Esercizio 7.15 Un gas perfetto monoatomico (γ = 5/3) a Ti = 300K occupaun volume Vi = 0.5 m3 con Pi = 200 kPa. Il gas si espande adiabaticamen-te �no a quando il suo volume diventa Vf = 1.2 m3. Successivamente vienecompresso isobaricamente �no ad un volume pari a Vi. In�ne la sua pressioneviene aumentata isocoricamente �no a riportare il gas nello stato iniziale. (a)Rappresentare il processo in un diagramma P − V . (b) Determinare T alla �nedi ogni trasformazione. (c) Trovare il lavoro compiuto nel ciclo.

Soluzione:

(a) Con riferimento alla �gura 7.1b, abbiamo 3 trasformazioni:


Figura 7.1: A) Esercizio 7.14 B) Esercizio 7.15

(1) adiabatica : pV γ = cost

(2) isobara : p = pf = cost

(3) isocora : V = Vi = cost

(b) Essendo il gas ideale, possiamo utilizzare l'equazione dei gas perfetti inogni stato.

piVi = nRT ⇒ n =piViRTi

(1) (A → B). Consideriamo la prima trasformazione, essendo un'adiabaticavale:

piVγi = pfV

γf ⇒ pf =

piVγi

V γf

utilizzando l'equazione di stato ricaviamo:

T(B)f =

pfVfnR

=pfVfpiVi

RTiR

=pfVfpiVi

Ti

da cui:

T(B)f =

piVγi Vf

V γf piViTi =

V γ−1i

V γ−1f

Ti


T(B)f =

(0.5m3

1.2m3

) 53−1 · 300K = 167.4K

61

(2) (B → C). Trasformazione isobara con p = pf :

pf = piV γiV γf

= 200 kPa ·(0.5m3

1.2m3

) 53 ∼ 46.49 kPa

utilizzando l'equazione di stato dei gas perfetti possiamo trovare il valore dellatemperatura nel punto (c):

T(c)f =

pfVinR

=pfVipiVi

RTiR

= Ti ·pfpi


T(c)f =

46.49 kPa

200 kPa· 300K = 69.74K

(3) (C → A). Trasformazione isocora. Alla �ne di questa trasformazione il gas

si trova nuovamente nello stato iniziale per cui T(c)f = Ti = 300K.

(c) Il lavoro compiuto nel ciclo è pari all'area della regione circoscritta dalle tretrasformazioni:

Ltot =

∫ B

A

pdV︸︷︷︸adiabatica

+

∫ C

B

pdV︸︷︷︸isobara

+ 0︸︷︷︸isocora

ricordando che lungo l'adiabatica:

pV γ = pAVγA = piV

γi = costante

possiamo scrivere:

Ltot = piVγi

∫ B

A

dV

V γ+ pf

∫ C

B

dV

ma: ∫ B

A

dV

V γ=

∫ B

A

V −γdV =V 1−γ

1− γ

∣∣∣∣BA

per cui:

Ltot =piV

γi (V 1−γ

f − V 1−γi )

1− γ− pf (Vf − Vi)

ma piVγi = pfV

γf lungo l'adiabatica, quindi:

Ltot =pfV

γf V

1−γf − piV γi V

1−γi

1− γ− pf (Vf − Vi) =

=pfVf − piVi

1− γ− pf (Vf − Vi) =

nR(T(B)f − Ti)

1− γ− pf (Vf − Vi)

Ltot =piViTi

(T(B)f − Ti)1− γ

− pf (Vf − Vi)


sostituendo i dati del problema troviamo in�ne:

Ltot =200 kPa · 0.5m3

300K

(167.4− 300)K

1− 5/3− 46.69 kPa · (1.2− 0.5)m3

= 66.3 kJ − 32.54 kJ = 33.76 kJ

Esercizio 7.16 Un pallone di elio, approssimativamente sferico, ha un raggiodi 18 cm. A temperatura ambiente (20°C) ha una pressione interna di 1.05 atm.Trovare il numero di moli di elio nel pallone e la massa di elio necessaria pergon�are il pallone a questi valori.

Soluzione:

Possiamo usare la legge dei gas perfetti per trovare n (numero di moli) poichéconosciamo p e T e possiamo trovare V dal raggio cheé noto.

Troviamo prima il volume V del pallone: dalla formula della sfera:

V =4

3πr3 =

4

3π(0.180m)3 = 0.0244m3

La pressione é data come 1.05 atm = 1.064 · 105 N/ m2. La temperatura deveessere espressa in kelvin, quindi abbiamo:

n =pV

RT=

1.064 · 105 N/m2 · 0.0244m3

8.31 JK−1mol−1 · 293K= 1.066mol

La massa dell'elio puó essere ottenuta a partire dalla massa molecolare mmol =4.00 g/ mol tramite la formula:

m = n ·mmol = (1.066mol)(4.00 g/ mol) = 4.26 g

Esercizio 7.17 Uno pneumatico di automobile viene gon�ato ad una pressio-ne relativa di 200 kPa a 10°C. Dopo un tragitto di 100 km, la temperatura alsuo interno sale a 40°C. Qual'è ora la pressione all'interno dello pneumatico?

Soluzione:

Non conosciamo né il numero di moli del gas, né il volume dello pneumatico mapossiamo assumere senza perdere troppo di generalità che siano costanti. Uti-lizziamo la formula dei gas perfetti. Poiché il volume rimane pressoché costante,abbiamo:

P1

T1=P2

T2

63

Questo é, incidentalmente, l'enunciato della legge di Gay-Lussac. Poiché lapressione data é la pressione relativa, dobbiamo sommare a questa la pressioneatmosferica per avere la pressione assoluta:

P1 = 200 kPa+ 101 kPa = 301 kPa

Convertiamo inoltre la temperatura in gradi kelvin e risolviamo rispetto a p2:

p2 = p1

(T2T1

)= (3.01 · 105 Pa)

(313K

283K

)= 333 kPa

Sottraendo la pressione atmosferica troviamo che la pressione relativa dellopneumatico è pari a 232 kPa che rappresenta un incremento del 16 per cen-to. Questo esempio spiega perché i manuali delle automobili consigliano dicontrollare la pressione quando gli pneumatici sono freddi.

Esercizio 7.18 Un atleta è seduto svestito in uno spogliatoio i cui muri scurisi trovano ad una temperatura di 15 ◦C. Stimate la rapidità con cui il caloreviene ceduto per irraggiamento assumendo una temperatura della pelle di 34 ◦Ced e = 0.7. Prendete come super�cie del corpo non a contatto con la sedia ilvalore di 1.5m2.

Soluzione:

Possiamo dare una stima approssimativa utilizzando l'equazione di Stefan-Boltzmann:

P =∆Q

∆t= eσA(T 4

1 − T 42 )

da cui:

P = (0.7)(5.67 · 10−8 W/m2 · K4)(1.5m2)[(307K)4 − (288K)4] = 120W

L'emissione di una persona a riposo è di poco superiore a quella di una lampadinada 100W .

Capitolo 8

Elettrostatica

Esercizio 8.1 Quanto vale il modulo della forza di attrazione elettrostaticatra un nucleo di ferro (q = +26e) e il suo elettrone piú interno che orbita a circa1.5 · 10−12 m?

Soluzione:

Indichiamo con F il modulo della forza, dalla legge di Coulomb troviamo im-mediatamente:

F = kQq

r2= k

26e2

r2

essendo e ∼ 1.6 · 10−19 C la carica elettrica elementare e k ∼ 9 · 109Nm2C−2 lacostante di Coulomb. Sostituendo i dati del problema ricaviamo quindi:

F =9 · 109 Nm2C−2 · 26 · (1.6)2 · 10−38 C2

(1.5)2 · 10−24m2= 2.66 · 10−3 N

Esercizio 8.2 Tre particelle, aventi carica Q1 = −8 µC, Q2 = +3 µC eQ3 = −4 µC, sono disposte su una retta. La carica �2� é posta tra le altredue ad una distanza di 0.3m dalla �1� e di 0.2m dalla �3�. Calcolare il modulodella forza totale agente sulla particella �3� dovuta alle altre due.

Soluzione:

Per il principio di sovrapposizione delle forze possiamo scrivere:

~F3 TOT = ~F31 + ~F32

Dato che la con�gurazione delle forze è lineare possiamo tralasciare il segno divettore ponendo peró attenzione ai segni delle forze stesse. F31 e F32 sono datedalla legge di Coulomb

F31 = kq1q3r231

=9 · 109 N m2C−2 · (−8 · 10−6)(−4 · 10−6) C2

(0.5)2 ·m2∼ 1.15N

65

66 CAPITOLO 8. ELETTROSTATICA


F32 = kq2q3r232

=9 · 109 N m2C−2 · (3 · 10−6)(−4 · 10−6) C2

(0.2)2 ·m2∼ −2.7N

da cui

F3 TOT = (1.15− 2.7)N = −1.55N

La forza risultante è negativa indicando così che l'attrazione dovuta a q2 superala repulsione dovuta a q1.

Esercizio 8.3 Due cariche elettriche da −25 µC e +50 µC distano 10 cm. (a)Determinare l'intensitá e la direzione del campo elettrico nel punto P postotra le due cariche lungo la congiungente a distanza di 2 cm dalla carica negati-va. (b) Determinare l'accelerazione iniziale (modulo e direzione) di un elettrone(m = 9.11 · 10−31 kg) posto a riposo nel punto P .

Soluzione:

(a) Dal principio di sovrapposizione delle forze si ha che il campo elettrico inP é dato dalla somma vettoriale dei due campi generati dalle cariche Q1

e Q2. Essendo Q1 < 0, il suo campo elettrico é diretto (nel punto P ) versosinistra (si prenda come riferimento la �gura 8.2). Essendo Q2 > 0 il campo daessa prodotto, sempre nel punto P , é diretto anch'esso verso sinistra. Questoperché il campo elettrico per convenzione viene assunto con verso entrante perle cariche negative e con verso uscente per quelle positive. Il campo elettricototale ~E in P sará quindi diretto lungo la congiungente le due cariche orientatoverso sinistra (sempre con riferimento alla �gura). Il modulo sará dato dalla

somma dei moduli dei due campi ~E1 ed ~E2 dovuti rispettivamente alle caricheQ1 e Q2:

E = E1 + E2 =1

4πε0

|Q1|r2p

+1

4πε0

|Q2|(r − rp)2

da cui:

E = 8.98 · 109Nm2

C2

(25 · 10−6 C

4 · 10−4 m2+

50 · 10−6 C

64 · 10−4 m2= 6.3 · 108

N

C

il campo é orientato verso sinistra.

67


(b) Utilizzando il secondo principio della dinamica ricaviamo facilmente:

~F = me~a = q ~E ⇒ a = ‖~a‖ =Eq

me

da cui:

a =6.3 · 108 N

C 1.6 · 10−19 C

9.11 · 10−31 kg= 1.11 · 1020 ms−2

poiché l'elettrone ha carica negativa, considerando la direzione del campo elet-trico, l'accelerazione é diretta verso destra (si muove in senso opposto al campoelettrico).

Esercizio 8.4 Calcolare l'intensitá del campo elettrico in un punto dello spazioin cui un protone (m = 1.67·10−27kg) é sottoposto ad una accelerazione di 106g.

Soluzione:

Dal secondo principio della dinamica ricaviamo (essendo interessati solo all'in-tensitá tralasciamo per semplicitá i segni di vettore):

F = ma = Eq ⇒ E =ma

q

Ricordando che il protone ha 1 unitá di carica elementare, otteniamo:

E =1.67 · 10−27 kg · 9.8 · 106 ms−2

1.6 · 10−19 C= 0.1022

N

C

Esercizio 8.5 Quattro cariche uguali di 510−10 C sono disposte ai quattrovertici di un quadrato di l = 10cm di lato. (a) Calcolare modulo e direzione dellaforza agente su ciascuna carica. (b) Calcolare il campo elettrico e il potenzialenel centro del quadrato. (c) Come cambia il risultato se sui vertici ci sonoalternativamente cariche di segno opposto?Soluzione:

(a) Consideriamo la forza agente sulla carica (1), quella sulle altre deriverá


da considerazioni di simmetria. Scriviamo le forze agenti sulla carica (1) in

termini di componenti vettoriali indicando con ~Fij la forza agente sulla particellai− esima dovuta alla carica j − esima:

~F12 = (FA, 0), ~F14 = (0, FA), ~F13 = (FB cos θ, FB sin θ)

queste sono le forze che agiscono sulla carica (1) a causa dell'interazione con lecariche (2), (3) e (4), essendo θ = 45°, e:

FA =1

4πε0

q2

l2, FB =

1

4πε0

q2

(l√

2)2=FA2

Per il principio di sovrapposizione:

~FT = ~F12 + ~F13 + ~F14 = FA

(1 +

1

2cos θ, 1 +

1

2sin θ

)ricordando che sin 45°= cos 45°=

√2/2, otteniamo:

~FT = FA

(1 +

√2

4, 1 +

√2

4

)

da cui:

FT = ‖~FT ‖ =√F 2T,x + F 2

T,y = FA

√√√√2

(1 +

√2

4

)2

La forza risulta diretta lungo la diagonale con modulo:

FT = FA√

2

(1 +

√2

4

)=

1

4πε0

q2

2l2(1 + 2

√2)

sostituendo i valori numerici:

FT =2.5 · 10−20C2(1 + 2

√2)

8π · 8.854 · 10−12 C2m−2N−1 · 10−2 m2= 0.43 · 10−6 N

(b) Considerando che le cariche sono di uguale valore e segno, per simmetriail campo elettrico é nullo al centro del quadrato. Per il principio di sovrappo-sizione, essendo il potenziale dovuto alle singole cariche uguale nel centro, siha:

Vc = 4Vq = 41

4πε0

q

l√

2/2=

5 · 10−10C · 2/√

2

π · 8.854 · 10−12 C2m−2N−1 · 0.1m= 2.5 · 102 V

(c) Nel caso di cariche di segno opposto alternate poste nei vertici, si ha:

~F12 = (−FA, 0), ~F14 = (0,−FA), ~F13 = (FB cos θ, FB sin θ)

69


con FA e FB = FA/2 indicati in precedenza.

~FT = FA

(√2

4− 1,

√2

4− 1

)

Poiché le componenti x ed y sono uguali, la forza totale é ancora diretta lungola diagonale,

FT = ‖~FT ‖ = FA

(1

2−√

2

)=

1

4πε0

q2

2l2(1− 2

√2)

Il campo elettrico totale é sempre nullo perché ogni coppia di cariche postasu una diagonale esercita una forza nulla nel centro. Per quanto riguarda ilpotenziale abbiamo:

Vc = 21

4πε0

q

l√

2/2− 2

1

4πε0

q

l√

2/2= 0 V

Esercizio 8.6 L'atomo di idrogeno é costituito da un protone e un elettrone(me = 9.11 ·10−31kg,mp = 1.67 ·10−27kg). Nello stato fondamentale l'elettronedescrive un'orbita circolare di raggio 0.5 · 10−10m attorno al protone. Calcolarel'energia totale del sistema.


Soluzione:

Ponendoci in una visione puramente classica, trascurando la descrizione quan-tistica (che rimane l'unica corretta per interpretare correttamente il compor-tamento dei sistemi atomici), possiamo scrivere l'energia totale come sommadell'energia cinetica dell'elettrone e della sua energia potenziale dovuta al cam-po prodotto dal protone che supponiamo in quiete al centro del sistema dicoordinate prescelto. Con queste assunzioni possiamo scrivere:

ET = EK + EP =1

2mev

2e +

1

4πε0

qpqeR

=1

2mev

2e −

1

4πε0

e2

R

Per ricavare la velocitá dell'elettrone possiamo osservare che la forza centripetache costringe l'elettrone su un'orbita circolare é la forza elettrostatica dovutaall'attrazione del protone posto al centro per cui possiamo scrivere:

Fc = mev2eR

=1

4πε0

e2

R2⇒ v2e =

1

4πε0

e2

meR

da cui:

ET =1

2me

1

4πε0

e2

meR− 1

4πε0

e2

R= −1

2

1

4πε0

e2

R

sostituendo i valori numerici troviamo in�ne:

ET = −1

28.98 · 109

Nm2

C2· 2.56 · 10−38 C2

0.5 · 10−10 m= −2.3 · 10−18 J

Esercizio 8.7 Un elettrone si sposta tra due punti A e B sotto l'azione diun campo elettrico. La velocitá dell'elettrone in A é nulla. La di�erenza dipotenziale tra A e B é di 10 V . Calcolare la velocitá dell'elettrone in B.

Soluzione:

Il lavoro compiuto sull'elettrone é pari a: L = −∆VAB · q, poiché la particellaparte da ferma in A, questo lavoro si converte interamente in energia cinetica,per cui possiamo scrivere:

Ek =1

2mev

2e = e∆VAB ⇒ v2e =

2e∆VABme

da cui:

ve =

(2 · 1.6 · 10−19 C · 10 V

9.11 · 10−31 kg

)1/2

= 1.88 · 106 ms−1

come confronto si consideri che la velocitá massima raggiungibile da un corpomateriale é la velocitá della luce pari a circa 3 · 108 ms−1.

71

Esercizio 8.8 Un elettrone nel tubo catodico di un televisore viene accele-rato dalla sua posizione di riposo mediante una di�erenza di potenziale Vab =+5000 V . (a) Quanto vale la variazione di energia potenziale elettrica dell'elet-trone? (b) Quanto vale la velocitá �nale dell'elettrone? (me = 9.11 · 10−31 kg).

Soluzione:

(a) La variazione di energia potenziale dell'elettrone é pari a ∆U = e∆V , percui:

∆U = −1.6 · 10−19 C · 5000 V = −8 · 10−16 J

(b) A questa diminuzione di energia potenziale, per il principio di conservazio-ne dell'energia, deve corrispondere un analogo aumento di energia cinetica (lavelocitá iniziale dell'elettrone é nulla):

∆Ek =1

2mev

2 = ∆U ⇒ v =

√2 ·∆Ume

=

√2 · 8 · 10−16 J

9.11 · 10−31 kg= 4.2 · 107 ms−1

Esercizio 8.9 Un elettrone si muove dal punto A al punto B per e�etto di uncampo elettrico. La sua energia cinetica aumenta di 7.45 ·10−16 J . Determinarela di�erenza di potenziale tra i punti A e B e quale dei due é a potenziale mag-giore.

Soluzione:

Per il principio di conservazione dell'energia abbiamo:

∆Ek + ∆U = 0⇒ ∆Ek = −∆U

ma ∆U = e∆VBA per cui ∆VBA = −∆Ek/e, sostituendo i dati del problematroviamo così:

∆VBA =−7.45 · 10−16 J

1.6 · 10−19 C= 4.66 · 103

J

C= 4.66 · 103 V

Essendo ∆VBA = VB − VA > 0⇒ VB > VA.

Esercizio 8.10 Calcolare la di�erenza di potenziale necessaria per incremen-tare l'energia cinetica di un nucleo di elio (particella α, Q = 2e) di 65 keV .

Soluzione:

Ancora una volta utilizziamo il principio di conservazione dell'energia tramiteil quale possiamo scrivere:

−q(VB − VA) = −q∆U = ∆Ek ⇒ ∆VBA =∆Ek2e



da cui:

∆VBA =−65 · 1.6 · 10−19 CkV

2 · 1.6 · 10−19 C= −32.5 kV

Esercizio 8.11 Un �lo molto lungo é carico con densitá lineare di carica Q/Luniforme. Determinare il campo elettrico in punti vicini al �lo (esterni ad esso)e lontani dalle sue estremitá.

Soluzione:

Si consideri un piccolo cilindro di raggio R e lunghezza l con asse coincidentecon il �lo. Per simmetria, lontano dalle estremitá del �lo, il campo elettrico saráradiale con un'intensitá costante (�ssato R) in tutte le direzioni. Il �usso ΦEdi tale campo elettrico sulla super�cie totale del cilindro é quindi dato da:

ΦE = 2πR · l · E(R)

Il contributo delle basi del cilindro é nullo in quanto il vettore normale a talisuper�ci é anche normale al campo elettrico (non vi é �usso di campo elettricoattraverso le basi del cilindro). Dal teorema di Gauss:

ΦE =1

ε0QT

ma

QT =Q

Ll⇒ 2πR · l · E(R) =

1

ε0

Q

Ll

da cui (notare che la lunghezza del cilindro l si sempli�ca essendo presente inentrambi i membri dell'ultima equazione):

E(R) =1

2πε0R

Q

L

73


Esercizio 8.12 Dimostrare che il campo elettrico sulla super�cie di un con-duttore vale E = σ/ε0.

Soluzione:

All'interno di un conduttore il campo elettrico é nullo e la super�cie del con-duttore stesso é una super�cie equipotenziale. Consideriamo un piccolo volumecilindrico con base parallela alla super�cie (vedi �gura 8.5). Il �usso totale édato da:

ΦE = ~E · ~A = E⊥A

dal Teorema di Gauss ε0ΦE = QT , quindi:

ε0E⊥A = QT = σ ·A⇒ E =σ

ε0

Esercizio 8.13 Il campo elettrico tra due lastre metalliche quadrate, di la-to 1 m e distanti 3 cm, vale 130 N/C. Calcolare la carica presente su ciascunalastra, supponendo le cariche uguali ed opposte e trascurando gli e�etti di bordo.

Soluzione:

Applichiamo il teorema di Gauss ad una singola lastra (vedi �gura 8.6b), adesempio quella con carica positiva, in questo caso il �usso elettrico complessivosará dato dal �usso attraverso le due basi del cilindro per cui avremo ΦE =E · A + E · A = 2EA, quindi considerando che la carica presente sul cerchioindividuato dall'intersezione del cilindro con la lastra é pari a σA, possiamoscrivere:

ε0ΦE = ε02E+A = σA⇒ E+ =σ

2ε0



Lo stesso risultato vale per il campo prodotto dalla lastra con cariche negative.Il campo elettrico fra le due lastre é la somma dei campi dovuti alle caricheposte sulle lastre stesse, per cui:

E = E+ + E− = 2 · σ2ε0

=σ

ε0

da cui:

σ = ε0E = 8.854 · 10−12 C2m−2N−1 · 130N

C= 1.15 · 10−9

C

m2

quindi:

Q = σA = 1.15 · 10−9C

m2· 1m2 = 1.15 · 10−9 C

Esercizio 8.14 Una sfera metallica piena di raggio 3 m ha carica −3.5 µC.Quanto vale il campo elettrico a distanza (a) 0.15m, (b) 2.9m, (c) 3.1m, (d) 6mdal centro? (e) Come cambierebbero le risposte se il conduttore fosse, invece diuna sfera piena, un guscio sferico sottile?

Soluzione:

In una sfera metallica la carica si distribuisce solo sulla super�cie esterna. Quin-di per ogni super�cie chiusa che si trovi all'interno della sfera abbiamo QT = 0.Dal teorema di Gauss abbiamo quindi:

ε0ΦE = QT = 0⇒ ΦE = 0⇒ E = 0 ∀r < R

quindi (a) e (b) E = 0. Se consideriamo una super�cie sferica di raggio r′ > R,otteniamo:

ε0ΦE = QT ⇒ E =1

4πε0

QTr′2

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da cui ricaviamo (c) E = 3.28 · 103 NC e (d) E = 8.76 · 102 N

C . Dalla formularicavata possiamo notare che questa é esattamente uguale alla formula ottenutaper una singola carica posta al centro della sfera per cui (e) non vi é nessuncambiamento.

Capitolo 9

Magnetismo

Esercizio 9.1 (a) Quanto vale, per metro di lunghezza, il modulo della forzache agisce su un �lo percorso da una corrente di 8.4A e che è perpendicolare adun campo magnetico di 0.9T? (b) Quanto varrebbe se l'angolo tra �lo e campofosse di 45°?

Soluzione:

Ricordiamo l'espressione della forza agente su un �lo percorso da corrente Iimmerso in un campo magnetico ~B:

~F = I ·~l × ~B ⇒ |~F | = IlB sin θ

Se θ = 90°, abbiamo

|~F | = IlB = 8.4A · 1m · 0.9 T = 7.56N

Se θ = 45°, il precedente risultato deve essere moltiplicato per sin θ =√

2/2

ottenendo |~F | = 5.346N .

Esercizio 9.2 La massima forza agente su un �lo posto tra le due espansionipolari di un magnete vale 6.5 · 10−2 N . La corrente scorre orizzontalmente ver-so destra e il campo magnetico é verticale. All'instaurarsi della corrente il �locompie un �balzo� verso l'osservatore. (a) Di che tipo é l'espansione polare supe-riore? (b) Supponendo che il diametro delle espansioni sia pari a d = 10cm e cheil campo magnetico abbia intensitá 0.16T , stimare la corrente nel �lo. (c) Calco-lare la forza agente sul �lo se questo viene inclinato di 10°rispetto all'orizzontale.

Soluzione:

(a) ricordando che~F = I ·~l × ~B

utilizzando la regola della mano destra, ricaviamo che se la forza è diretta versol'osservatore, cioé esce dal foglio in direzione positiva, allora il campo deve essere

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78 CAPITOLO 9. MAGNETISMO


diretto verso l'alto (vedi �gura 9.1). Quindi l'espansione inferiore è di polaritáNORD mentre quella superiore è di polaritá SUD. Le linee di forza di un campomagnetico sono infatti uscenti da NORD ed entranti nei poli di tipo SUD.(b) Se supponiamo che il campo magnetico sia nullo fuori dalle espansioni polari,allora la lunghezza del �lo che risente dell'azione del campo stesso è pari a d, ildiametro delle espansioni polari, quindi avremo:

|~F | = IBd⇒ I =F

Bd=

6.5 · 10−2 N

0.1m · 0.16 T= 4.062A

(c) Se il �lo viene inclinato di 10°rispetto all'orizzontale, formerá un angolo pariad 80 °con il campo magnetico per cui avremo:

|~F | = IBd sin(80) = 6.5 · 10−2 · sin(80)N = 6.4 · 10−2 N

Esercizio 9.3 Un atomo di elio doppiamente ionizzato, di massa 6.6·10−27kg,viene accelerato da una di�erenza di potenziale di 2100V . (a) Calcolare il raggiodi curvatura della sua traiettoria nel caso in cui successivamente si muove in uncampo magnetico uniforme ortogonale alla sua velocitá e di intensitá 0.34T . (b)Quanto vale il periodo di rivoluzione?

Soluzione:

L'elio doppiamente ionizzato ha carica +2e essendo e il valore assoluto dellacarica dell'elettrone, pari a 1.6 · 10−19 C, la massa dell'atomo di elio é approssi-mativamente pari a 6.6 · 10−27 kg. Ricaviamo prima di tutto la velocità �naledell'atomo di elio al termine dell'accelerazione. Applichiamo a tale scopo ilteorema di conservazione dell'energia osservando che la variazione di energiacinetica deve essere uguale al lavoro svolto dalla di�erenza di potenziale sullacarica, in altre parole

1

2mv2 = qV ⇒ v =

√2qV

m

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A questo punto possiamo utilizzare l'espressione del raggio della traiettoriadeducibile dalle leggi di moto di una carica in un campo magnetico uniforme:

R =mv

qB

da cui, sostituendo l'espressione della velocitá sopra ricavata otteniamo:

R =m

qB

√2qV

m=

1

B

√2mV

q

e, sostituendo i valori del problema:

R =1

0.34 T

√2 · 6.6 · 10−27 kg · 2100 V

2 · 1.6 · 10−19 C

cerchiamo di esprimere in termini delle grandezze fondamentali le unità di mi-sura coinvolte nella formula sopra riportata. In termini dimensionali possiamoscrivere

[R] =1

T

√kg V

C=

1

N/ Am

√kg J

C2=

1

N/ Am

√kg kg m2 s−2

C2

da cui

[R] =C m

kg ms−2 s

kg m s−1

C= m

quindi l'unitá di misura é corretta. Il valore é dato da

R =1

0.34

√2.772

3.2· 10−2 m

(b) Il periodo si ricava dalle leggi del moto circolare uniforme:

T =2πR

v=

2πR√2qVm

=2πm

qB

e, sostituendo i dati del problema,

T =2 · 3.14 · 6.6 · 10−27 kg

2 · 1.6 · 10−19 C · 0.34 T= 3.81 · 10−7 s

Esercizio 9.4 Una pallottola da 3.4 g si muove alla velocitá di 160 ms−1 or-togonalmente al campo magnetico terrestre di intensitá 5 · 10−5 T . Calcolare lade�essione subita dalla pallottola dopo aver percorso 1 km, supponendo che lasua carica valga 13.5 · 10−9 C.



Soluzione:

Con riferimento alla �gura 9.2, sia l = 1km la distanza percorsa dalla pallottola,la de�essione che intendiamo calcolare é la lunghezza del segmento h. Duranteil movimento la pallottola risentirá di una forza centripeta dovuta al campomagnetico, per cui ricordando l'espressione della forza centripeta e della forzadi Lorentz, possiamo scrivere:

Fc =mv2

R= qvB ⇒ R =

mv

qB

R é il raggio della traiettoria circolare percorsa dalla pallottola, sostituendo idati del problema troviamo:

R =3.4 · 10−3 kg · 160ms−1

13.5 · 10−9 C · 5 · 10−5 T= 8.06 · 1011 m

Ricaviamo poi l'angolo θx sotteso al centro dall'arco di traiettoria l, per questoci serviremo di una semplice proporzione:

2πR : 2π = l : θx ⇒ θx =l

R=

103 m

8.06 · 1011 m= 1.24 · 10−9 rad

A questo punto, ricordando un po' di trigonometria, é elementare ricavare h:

h = R−R cos θx ∼ 6.2 · 10−7 m

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Esercizio 9.5 Due lunghi �li paralleli posti a distanza d vengono percorsi dallacorrente I nello stesso verso. Uno dei due �li si trova nel punto ad ascissa x = 0 el'altro nel punto di ascissa x = d, essendo paralleli all'asse z e nel piano xz. De-terminare il campo B nei punti dell'asse x tra i due �li in funzione dell'ascissa x.

Soluzione:

Dalla legge di Biot-Savart, considerando il verso della corrente e quindi la con-seguente orientazione del campo magnetico deducibile dalla regola della manodestra, possiamo scrivere immediatamente:

B1(x) =µ0I

2πx; B2(x) = − µ0I

2π(d− x)

Applicando il principio di sovrapposizione

B(x) = B1(x) +B2(x) =µ0I

2π

(1

x− 1

d− x

)

Esercizio 9.6 Il campo magnetico nel centro di un solenoide lungo L = 30 cme di diametro 1.25 cm vale 0.385 T . Calcolare la corrente nel solenoide sapendoche é costituito da ns = 975 spire.

Soluzione:

Per un solenoide ideale (in�nitamente lungo) vale:

B = µ0In

essendo n il numero di spire per unitá di lunghezza, supponendo che l'ipotesi disolenoide ideale sia valida abbiamo

B = µ0InsL⇒ I =

BL

µ0ns=

0.385 T · 0.3m4π · 10−7 T mA−1 · 975

= 94.32A


Esercizio 9.7 Il campo magnetico normale al piano di una spira circolare didiametro d = 12 cm viene portato da Bi = +0.52 T a Bf = −0.45 T in 180ms.Il segno � indica che il campo punta verso l'osservatore e il segno + indica ilverso opposto. (a) Calcolare la f.e.m. indotta. (b) Quale é il verso in cui �uiscela corrente indotta?

Soluzione:

(a) calcoliamo prima di tutto la variazione di �usso:

∆Φ = Φf − Φi = πR2(Bf −Bi)

sostituendo i dati del problema:

∆Φ = (−0.45− 0.52) T · 3.14 · (6 · 10−2)2 m2 =

= −0.97 · 3.14 · 36 · 10−4 T m2 = 1.096 · 10−2 T m2

Secondo le convenzioni usate la variazione di �usso é diretta verso l'alto (esternaal foglio). Dalla legge di Faraday-Lenz troviamo per la forza elettromotrice:

E = −∆Φ

∆t=

1.096 · 10−2 N C−1 s m−1 m2

180 · 10−3 s∼ 6.1 · 10−2 V

(b) La forza elettromotrice indotta si oppone alla variazione di �usso per cuila corrente associata sará tale da generare un campo magnetico verso il foglio(verso l'interno) per cui I scorre in senso orario.

Fg esercizi 4

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