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
sin2 θ + cos2 θ = 1
(1.1)
Soluzione:
Consideriamo un triangolo rettangolo generico come quello disegnato in gura
1.1. Dalla denizione delle funzioni trigonometriche sappiamo che
sin θ =
a
c
b
c
cos θ =
D'altro canto applicando il Teorema di Pitagora abbiamo che
c2 = a2 + b2 ⇒
a 2
c
+
b 2
c
=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 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:
2
2
2
AB = AC + BC − 2AC BC cos(γ)
(1.2)
Soluzione:
Con riferimento alla gura 1.1, applicando il Teorema di Pitagora al triangolo
rettangolo
AHB
si ha:
2
2
AB = AH + BH
5
2
(1.3)
6
CAPITOLO 1.
RICHIAMI DI TRIGONOMETRIA
Figura 1.1: Esercizio 1.1
Figura 1.2: Esercizio 1.3
7
AHC
Risolvendo il triangolo rettangolo
abbiamo anche:
AH = AC sin(γ)
(1.4)
BH = BC − HC = BC − AC cos(γ)
(1.5)
vale inoltre
Sostituendo nella prima uguaglianza si ottiene
2
2
2
2
AB = AC sin2 (γ) + BC + AC cos2 (γ) − 2BC AC cos(γ)
Per la relazione fondamentale
sin2 γ + cos2 γ = 1,
(1.6)
questa equazione puó essere
semplicata in:
2
2
2
AB = AC + BC − 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
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) =
il segmento
BC
BC
AB
può essere espresso come somma dei segmenti
DB
e
EF
per
cui possiamo scrivere
sin(α + β) =
DB
EF
DB BE
EF AE
+
=
+
AB
AB
BE AB
AE AB
dove abbiamo moltiplicato e diviso per i segmenti
triangolo rettangolo
DBE ,
l'angolo
DEB
BE
e
AE .
Osserviamo ora il
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
= cos α
BE
considerando il triangolo rettangolo
AEB
vediamo subito che
BE
= sin β
AB
8
CAPITOLO 1.
RICHIAMI DI TRIGONOMETRIA
e
Concentriamoci ora sul triangolo
AE
= cos β
AB
rettangolo AF E ,
chiaramente avremo
EF
= sin α
AE
per cui in denitiva otteniamo
sin(α + β) =
DB BE
EF AE
+
= cos α sin β + sin α cos β
BE AB
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
O formanti un angolo fra loro di (a) 90°, (b) 60°. Determinare anche
α formato con l'asse orizzontale. Usare il metodo del parallelogramma.
un punto
l'angolo
Soluzione:
OR2 = 42 + 32 = 25 e OR = 5kg .Per
tan α = AR/OA = 3/4 = 0.75 quindi
(a) OAR è un triangolo rettangolo. Quindi
α osserviamo
α = tan−1 (0.75) ∼ 37°.
calcolare l'angolo
che
(b) L'angolo OAR in questo caso è pari a
risultante
OR
120°.
Per calcolare il modulo dela
utilizzeremo il teorema dei coseni.
OR2 = OA2 + AR2 − 2(OA)(AR) cos 120 = 42 + 32 − 24(−0.5) = 37
quindi
OR = 6.1kg .
Per calcolare l'angolo
α
utilizzeremo la legge dei seni:
sin α
sin 120
sin α
0.866
=
⇒
=
⇒ sin α = 0.43
AR
OR
3
6.1
da cui
(2.1)
(2.2)
α = sin−1 (0.43) = 25°.
Esercizio 2.2
Dato il vettore
~a
formante un angolo
α
con l'asse delle
dimostrare che le sue componenti possono essere scritte come
ax = a cos α,
essendo
a=
q
a2x + a2y
il modulo di
ay = a sin α
~a
Soluzione:
Con riferimento alla gura 2.2, per denizione si ha
sin α =
RQ
,
PR
cos α =
9
PQ
PR
x,
10
CAPITOLO 2.
INTRODUZIONE AI VETTORI
Figura 2.1: Esercizio 2.1
Figura 2.2: Esercizio 2.2
ma
P Q = ax ,
RQ = ay ,
PR = a =
q
a2x + a2y
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);
Trovare
d~ = ~a + ~b + ~c
e
~b = (1.2, −5.0, −4.0);
~c(4.0, 3.0, 1.0)
~e = ~a − ~c.
Soluzione:
Utilizziamo la regola di somma e sottrazione componente per componente, per
cui indicando con
d~ = (dx , dy , dz ),
possiamo scrivere
~c = (cx , cy , cz )
11
dx = ax + bx + cx
dy = ay + by + cy
dz = az + bz + cz
ex = ax − cx
ey = ay − cy
ez = az − cz
quindi
dx = 0.0 + 1.2 + 4.0
dy = 3.5 − 5.0 + 3
dz = 0.7 − 4.0 + 1.0
ex = 0.0 − 4.0
ey = 3.5 − 3.0
ez = 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
trovare l'angolo
θ
√
~a = (0.0, 3.0, 4.0) e ~b = (1.0, 6, 3.0)
tra essi formato.
Soluzione:
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
cos θ =
~a · ~b ~a · ~b
⇒ θ = arccos
ab
ab
D'altra parte vale anche:
~a · ~b = ax bx + ay by + az bz
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| =
q
√
√
a2x + a2y + a2z = 0 + 9 + 16 = 25 = 5
b = |~b| =
q
√
√
b2x + b2y + b2z = 1 + 6 + 9 = 16 = 4
Otteniamo cosí:
cos θ =
√
12 + 3 6
∼ 0.967423 ⇒ θ ∼ 14.66°
4·5
12
CAPITOLO 2.
Esercizio 2.5
INTRODUZIONE AI VETTORI
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.
Soluzione:
Utilizziamo la denizione di prodotto scalare in termini di componenti:
~a · ~b = ax bx + ay by + az bz = 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'angolo
compreso fra i due vettori anché il loro prodotto scalare sia pari a 5.
Soluzione:
Dalla denizione di prodotto scalare
~a · ~b
5
5
~a · ~b = |~a| |~b| cos θ ⇒ cos θ =
=
=
4·7
28
|~a| |~b|
da cui
θ = arccos
Esercizio 2.7
5
∼ 79.71°
28
delle
x
è pari a
~a in
α formato con l'asse
Trovare le componenti lungo gli assi cartesiani del vettore
gura X sapendo che il suo modulo è pari a 5 e che l'angolo
π/3.
Soluzione:
Ricordando le denizioni delle funzioni trigonometriche seno e coseno, è evidente
che
sin α =
da cui
ay
,
|~a|
cos α =
ax
|~a|
√
π
5
π
5 3
ay = |~a| sin α ⇒ ax = 5 · cos = , ay = 5 · sin =
3
2
3
2
π
~
~
Si noti che poiché sin α = cos
2 − α , indicando con i e j i versori (vettori con
modulo unitario) rispettivamente degli assi x ed y , possiamo scrivere
π
ax = |~a| cos α = ~a · ~i, ay = |~a| sin α = |~a| cos
− α = ~a · ~j
2
ax = |~a| cos α,
13
Esercizio 2.8
Determinare se i due vettori
a = (2, −1, 3) e b = (−3, 0, 2) sono
ortogonali.
Soluzione:
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 = ax bx + ay by + az bz = 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 par-
tire dall'origine con una velocità iniziale
−2
a = 4 ms
v0 = 21 ms−1
ed una accelerazione
. Calcolare lo spazio percorso dalla pallina al tempo
t = 18 s.
Soluzione:
Si tratta di un moto rettilineo uniformemente accelerato con le seguenti condizioni iniziali
x0 = 0,
v0 = 21 ms−1
dalla legge oraria del moto uniformemente accelerato
1
x(t) = x0 + v0 t + at2
2
troviamo immediatamente
1
x(t = 18 s) = 0 m + 21 m/s · 18 s + 4 m/s2 · 324 s2 = 1026 m
2
Esercizio 3.2
tempi
t1 = 11 s
Calcolare le velocità della pallina dell'esercizio precedente ai
e
t2 = 15 s.
Soluzione:
Dalla relazione
v(t) = v0 + at
troviamo immediatamente
v(t = 11 s) = 21 m/s + 4 m/s2 · 11 s = 65 m/s
v(t = 15 s) = 21 m/s + 4 m/s2 · 15 s = 81 m/s
15
16
CAPITOLO 3.
Esercizio 3.3
lo dopo
4 s.
SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO
Un sasso lasciato cadere dalla cima di un edicio giunge al suo-
Trovare la velocità del sasso al momento dell'impatto e l'altezza
dell'edicio.
Soluzione:
g il modulo dell'accelerazione di gravità che ricordiamo essere
9.81 m/s2 . Al tempo t0 = 0 s abbiamo v0 = 0 ms−1 , conviene assu-
Indichiamo con
pari a circa
mere un sistema di coordinate con l'origine alla base dell'edicio e la coordinata
y
lungo l'edicio stesso in modo da avere
l'edicio) e
y(t = 4 s) = 0.
y(t = 0 s) = h
(l'altezza incognita del-
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
1
y(t) = y0 + v0 t − gt2
2
dove, ribadiamo, il segno - deriva dal fatto che
tive (verso il basso).
g
é diretta verso le
y
nega-
Utilizzando l'equazione oraria del moto uniformemente
accelerato, possiamo scrivere:
1
y(4s) = 0 = h + 0 m/s · 4 s − 9.81 m/s2 · 16 s2
2
da cui
h − 9.81 · 8 m = 0 ⇒ h = 78.48 m
per la velocitá abbiamo:
v(t) = v0 − 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
zione
a
Un'auto accelera da 0 a 100
costante. Quale è il valore di
a
km/h in 5 secondi con accelerag ? (g = 9.8 ms−2 ).
in unità di
Soluzione:
Convertiamo prima di tutto il valore della velocità nelle unità di misura del
Sistema Internazionale, metri e secondi:
100
km
1000 m
100
= 100 ·
=
ms−1 = 27.8 ms−1
h
3600 s
3.6
Anche in questo caso si tratta di un moto uniformemente accelerato, utilizzando
la relazione che lega velocità ed accelerazione
v(t) = v0 + at
troviamo
v(t = 5 s) = 27.8 ms−1 = 0 ms−1 + a · 5 s ⇒ a =
27.8
ms−2 = 5.56 ms−2
5
17
Figura 3.1: Esercizio 3.3
quindi
a=
Esercizio 3.5
Se a
t0 = 0
5.56
= 0.57 g
9.81
Un'auto viaggia verso di noi con velocità costante di 90
si trova da noi a 750
m,
km/h.
dopo quanto tempo ci passerà davanti?
Soluzione:
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
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 ) = −750 m +
90
ms−1 · tx s = 0 m
3.6
da cui ricaviamo facilmente
tx =
750
s = 30 s
25
18
CAPITOLO 3.
SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO
Figura 3.2: A) Esercizio 3.5, B) Esercizio 3.6
Esercizio 3.6
Una particella, avente velocità
un dispositivo di accelerazione lungo
pari a
104 m/s2 .
3.5 m
v0 = 300 m/s,
passa attraverso
e in cui subisce una accelerazione
Quale sarà la velocità della particella all'uscita del dispositivo?
Soluzione:
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
1
xf = x0 + v0 t + at2
2
il tempo
t
può essere posto nella forma
t=
v − v0
a
sostituendo nell'equazione oraria otteniamo
xf = x0 + v0
da cui
xf − x0 = (vf − v0 )
vf − v0
1 (vf − v0 )2
+ a
a
2
a2
hv
0
a
+
1 vf − v0 i
1 2
=
(v − v02 )
2
a
2a f
e inne
vf2 = v02 + 2a(xf − x0 )
Quindi nel nostro caso possiamo scrivere
vf2 = v02 + 2a(xf − x0 ) ⇒ vf =
q
v02 + 2a(xf − x0 )
19
considerando che, nel nostro caso, abbiamo
x0 = 0,
xf = L = 3.5 m,
v0 = 300 ms−1 ,
a = 104 ms−2
otteniamo
vf =
p
9 · 104 m2 /s2 + 2 · 104 ms−2 · 3.5 m =
Esercizio 3.7
p
(9 + 7) · 104 m2 /s2 = 4·102 ms−1
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.
2001 tale primato fu superato di ben 19
Km/h.
Nel
Che tempo fu impiegato per
percorrere la lunghezza di 200 m?
Soluzione:
Calcoliamo prima di tutto la velocità media del primo record:
vm =
L
200
=
ms−1 = 30.73 ms−1 = 30.73 · 3.6 km/h = 110.6 km/h
t
6.509
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
=
= 1.54·10−3 h = 1.54·10−3 ·3.6·103 s = 5.55s
129.6 km/h
129.6 km/h
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?
Soluzione:
Poniamo
v(t0 ) = 18 ms−1
e
v(t1 ) = −30 ms−1 .
In un moto uniformemente
accelerato abbiamo
a=
v(t1 ) − v(t0 )
−30 − 18
⇒a=
ms−2 = −20 ms−2
t
2.4
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
Soluzione:
La velocità iniziale è pari a
1020 · 3.6 = 283.3 ms−1 .
Ipotizzando che l'accelera-
zione (negativa) sia costante, possiamo calcolare direttamente
a=
v(t1 ) − v(t0 )
0 − 283.3
⇒a=
ms−2 = −202.38 ms−2
t
1.4
g
ovvero in unità di
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?
Soluzione:
Con riferimento alla gura 3.3 A) abbiamo che
arccos(0.5) = 60°.
cos θ = 4/8 = 0.5 ⇒ θ =
Il modulo della risultante può essere facilmente trovato con
√
OAR, v = 64 − 16 = 6.9 km/h,
t = s/v = 10/6.9 = 1.45 h circa 1 ora
il teorema di pitagora applicato al triangolo
pertanto la traversata verrà eettuata in
e 27 minuti.
Esercizio 3.11
Una nave fa rotta esattamente verso nord a 12
corrente la trascina verso ovest a 5
della velocità risultante della nave.
km/h.
km/h,
ma la
Determinare il modulo e la direzione
21
Soluzione:
La velocità di 12
di 5
km/h
a terra.
km/h
verso nord viene sommata vettorialmente alla velocità
R della nave rispetto
52 + 122 = 13 km/h. La direzione di R è tale da
tangente è tan α = 5/12 = 0.42 pertanto α = 23°.
verso ovest, dando così la velocità risultante
Modulo di
formare un angolo
Esercizio 3.12
α
R =
√
la cui
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?
Soluzione:
Indicando con
tx
−1
v(tx ) = 25 ms
il tempo da ricavare, possiamo scrivere
v(t0 ) = 38 ms−1 ,
, ipotizzando un'accelerazione costante abbiamo:
v(tx ) = v(t0 ) + atx ⇒ tx =
25 − 38
v(tx ) − v(t0 )
=
= 2.5 s
a
−5.2
Per determinare lo spazio percorso in questo tempo ricorriamo ancora una volta
alla legge oraria del moto uniformemente accelerato
(1/2)at2x
x(tx ) = x(t0 ) + v0 tx +
:
1
x(tx ) = 0 m + 38 ms−1 · 2.5 s − 5.2 ms−2 · (2.5 s)2 = 78.75 m
2
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?
Soluzione:
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 = v02 + 2a(y − y0 )
dove
v
è la velocità al suolo,
l'ordinata del suolo,
a=g
v0 = 0 è la
y0 = h.
e inne
velocità iniziale della goccia,
y = 0
Sostituendo i valori nella precedente
equazione troviamo
v 2 = −2 · 9.81 ms−2 · (−1700 m) = 33320 m2 /s2 ⇒ v ∼ 182.5 ms−1
22
CAPITOLO 3.
riportando in
km/h
otteniamo
SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO
v = 182.5 · 3.6 = 657 km/h.
Non sarebbe per-
tanto prudente uscire all'aperto.
Esercizio 3.14
Per studiare gli eetti di intense accelerazioni sul corpo uma-
no 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.
Soluzione:
Assumendo che la slitta parta da ferma, l'accelerazione è data semplicemente
a = vf /t = 444.4 ms−1 /1.8 s = 247 ms−2 ∼ 25.1 g . Lo spazio percorso è otte2
−2
nibile dalla formula della legge oraria s = (1/2)at = 0.5 · 247 ms
· (1.8)2 s2 =
400.14 m.
da
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?
Soluzione:
Assumendo che la velocità sia costante, possiamo applicare l'equazione oraria
di un moto rettilineo uniforme per ottenere
Esercizio 3.16
s = (3400/3.6) ms−1 · 0.1 s = 94.4 m
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?
Soluzione:
h = 45 m, g = |~g | = 9.81 ms−2 ,
−1
~v0 = (v0x , v0y ) con v0x = 250 ms
e v0y = 0 ms
, inne, ~
a = (0, −g). Il
sistema di coordinate scelto è quello riportato in gura conl'asse delle y rivolto
Deniamo prima di tutto i dati del problema:
−1
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
v0x = 250 ms−1
e posizione iniziale
x0 = 0 m;
- un moto lungo la direzione y: uniformemente accelerato con accelerazione
a = −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 , scriviamo
y
l'equazione oraria del moto tenendo conto che la velocità iniziale lungo l'asse
è nulla:
1
y(t) = y0 + at2 ⇒ t =
2
r
2(y(t) − y0 )
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
s
t=
−2h
=
−g
r
−245 m
= 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 = v0x t = 250 m · 3.03 s = 757.5 m
(c) Ricordando che
v0y = 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?
Soluzione:
h = 1.2 m, g = |~g | = 9.81 ms−2 ,
incognita e v0y = 0 ms
, inne, ~
a = (0, −g). Il sistema
quello riportato in gura 3.5 conl'asse delle y rivolto
Deniamo prima di tutto i dati del problema:
~v0 = (v0x , v0y )
con
v0x
di coordinate scelto è
−1
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
da determinare e posizione iniziale
v0x
x0 = 0 m;
- un moto lungo la direzione y: uniformemente accelerato con accelerazione
a = −g ,
v0y = ms−1
velocità iniziale
e posizione iniziale
y0 = 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:
1
y(t) = y0 + at2 ⇒ t =
2
vogliamo trovare il tempo corrispondente a
r
2(y(t) − y0 )
a
y(t) = 0
(la pallina tocca il suolo),
per cui sostituendo i dati del problema otteniamo
s
t=
−2h
=
−g
r
−2 · 1.2 m
= 0.495 s
−9.81 ms−2
v0x osserviamo che la pallina percorre uno spa0.495 s, per cui, essendo il moto lungo la direzione
(b) Per la determinazione di
zio orizzontale di
x
1.52 m
in
di tipo rettilineo uniforme, è facile calcolare la velocità iniziale lungo la com-
x come v0x = s/t = 1.52 m/0.495 s = 3.07 ms−1 .
scrivere ~
v0 = (3.07, 0.0) ms−1 .
ponente
per cui possiamo
25
Esercizio 3.18
Un aviogetto che viaggia a
1890Km/h esce da una
6Km. Qual'e' la
muovendosi lungo un arco di circonferenza di raggio
picchiata
sua acce-
lerazione espressa in unita' di g?
Soluzione:
Convertiamo prima di tutto i dati nelle corrispondenti unità di misura del Sistema Internazionale,
3
6·10 m.
v = 1890km/h = 1890/3.6 = 525 ms−1 , R = 6Km =
Utilizzando la formula dell'accelerazione in un moto circolare uniforme
possiamo pertanto scrivere:
a=
Esercizio 3.19
v2
= 45.9375 ms−2 ∼ 4.7g
R
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.
Soluzione:
Anche in questo caso utilizziamo la relazione che lega l'accelerazione e la velocità
tangenziale in un moto circolare unifome:
a=
√
√
v2
⇒ v = aR = 7.85 · 9.81 ms−2 · 12 m = 30.4 ms−1
R
Per rispondere alla seconda parte del problema dobbiamo determinare la frequenza del moto ricordando che
plicemente l'inverso del periodo
1 giro/1 sec = 1 Hz e che la frequenza è semν = 1/T , a questo punto possiamo utilizzare la
relazione che lega velocità tangenziale e periodo nel moto circolare uniforme:
2πR
v
30.4 ms−1
= 2πRν = v ⇒ ν =
=
= 0.403 Hz
T
2πR
2π12 m
26
CAPITOLO 3.
SPAZIO, TEMPO, MOVIMENTO
Capitolo 4
Dinamica
Esercizio 4.1
velocità
Un fucile da caccia ha massa
vp = 500Km/h.
5Kg
e spara un proiettile con
Se il cacciatore ha massa
le/cacciatore si trova ad avere velocità
vs = 0.1m/s
75Kg
e il sistema fuci-
al momento dello sparo,
determinare la massa del proiettile.
Soluzione:
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 erano
I dati del problema sono i seguenti:
nulle e pertanto lo era anche la quantità di moto totale del sistema cacciatorefucile + proiettile:
p~tot = mp~vp,0 + ms~vs,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
|mp~vp,t | = |(mf + mc )|~vs,t | ⇒ mp = (mc + mf )
da cui
mp = 80 kg ·
Esercizio 4.2
vs,t
vp,t
0.1 ms−1
= 0.058 kg
138.88 ms−1
Un pattinatore inesperto si trova al centro di una pista circo-
lare 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
pista in
CAPITOLO 4.
2 min
DINAMICA
? (L'attrito pattini/ghiaccio è supposto trascurabile).
Soluzione:
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
vc
la velocità incognita delle chiavi,
possiamo scrivere:
mvc = M vp ⇒ vc =
70
M
vp =
· 0.2083 = 72.905 ms−1
m
.2
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 dal
livello del mare a 1000 Km di altezza ?
Soluzione:
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
Fg = ma = mg
ma
Fg = G
essendo
MT
la massa della terra ed
mMT
R02
R0
il suo raggio (ipotizziamo la terra di
forma perfettamente sferica). Otteniamo quindi
mg = G
Ricordiamo che
MT
mMT
⇒g=G 2
R02
R0
R0 = 6.371 · 106 m, MT = 5.972 · 1024 kg ,
costante di gravitazione universale risulta pari a
G = 6.67 · 10−11
Sostituendo tutti questi valori troviamo per
g = 6.67 · 10−11
N m2
Kg 2
g
il valore
N m2 5.972 · 1024 kg
Kg 2 (6.371 · 106 )2 m
inoltre il valore della
29
da cui
g=
6.67 · 5.972
kg ms−2 m2 kg
N m2 kg
=
9.81
= 9.81 ms−2
· 10
40.589
kg 2 m2
m2 kg 2
Quindi, considerando
g
come funzione dell'altezza rispetto al suolo, possiamo
scrivere
g(R0 + h) = G
MT
= Gh
(R0 + h)2
da cui
g(R0 + h) = Esercizio 4.4
pari a
Terra
MT
R02
g
2 i = 2
1 + Rh0
1 + Rh0
9.81 ms−2
1+
106 m
6.371·106 m
−2
2 ∼ 8.48 ms
L'accelerazione gravitazionale sulla supercie della Luna è circa
gL = 1.7 ms−2 . Quanto
è pari ad 1 Kg − P eso?
peserebbe sulla Luna un oggetto il cui peso sulla
Soluzione:
Ricordiamo che
1 kgpeso è la forza con cui sulla Terra viene attratto un oggetto
1 kg che risulta pari a circa 9.8 N . Sulla Luna avremo
di massa pari ad
Fpeso = 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
mente da
Una slitta a reazione di massa
0 km/h
Soluzione:
a
1600 km/h
in
1.8 s.
500kg
può accelerare uniforme-
Che forza è necessaria, in modulo?
Calcoliamo prima di tutto l'accelerazione
a=
1600/3.6 m
∆v
=
= 247 ms−2
∆t
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 · 103 N
30
CAPITOLO 4.
Esercizio 4.6
Supponiamo che un veliero solare (un veicolo spaziale con
vela spinta dalla luce solare) abbia una massa di
ta di
20 N .
DINAMICA
900 kg
e riceva una spin-
(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 della
dinamica
F = ma ⇒ a =
20 N
F
=
= 0.022 ms−2
m
900 kg
(b)Supponendo che l'accelerazione sia costante, possiamo applicare la legge del
moto uniformemente accelerato con
s(t) =
s0 = 0
e
v0 = 0:
1 2
1
at = 0.022 ms−2 · 864002 s = 8.21 · 107 m = 8.21 · 104 km
2
2
(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
di
53 km/h.
Un'auto va a sbattere contro il pilone di un ponte alla velocità
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 ?
Soluzione:
Calcoliamo prima di tutto l'accelerazione dovuta all'urto
vf = 0 ms
−1
vi = 53/3.6 = 14.72ms−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:
vf2 = vi2 + 2a(xf − xi ) = vi2 + 2ad
possiamo scrivere
a=−
vi2
2d
il segno - corrisponde al fatto che si tratta di una decelerazione. Inserendo i dati
del nostro problema otteniamo:
a=−
(14.72)2 m2 s−2
= 166.7 ms−2 ∼ 17 g!!!
2 · 0.65 m
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
nata in modo da arrestarsi in
15 m.
1.30 · 104 N ,
che viaggia a
40 km/h,
è fre-
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?
Soluzione:
(a)Ricaviamo prima di tutto l'accelerazione partendo dalla relazione
vf2 = vi2 + 2a(xf − xi )
considerando che
vf = 0 m, vi = 11.11 ms−1
a=−
e
xf − xi = 15 m:
11.112 ms−1
vi2
=−
= −4.11 ms−2
2(xf − xi )
30 m
La massa dell'auto può essere ottenuta ricordando che
Fpeso = mg ⇒ m =
F
1.3 · 104 N
=
= 1325.18 kg
g
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 · 103 N
(b) Nota l'accelerazione possiamo ricavare il tempo di arresto
a=
∆v
11.11 ms−1
∆v
⇒ ∆t =
=
∼ 2.7 s
∆t
a
4.11 ms−2
(c) A parità di forza frenante l'accelerazione è la stessa di prima per cui
∆t0 =
2∆v
= 2t
a
(d) analogamente
d0 =
(2vi )2
4(vi )2
=
= 4d
2a
2a
32
CAPITOLO 4.
Esercizio 4.9
DINAMICA
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 praticamente nulla al suo esterno). Supponiamo che un neutrone vagante, con velocità
iniziale
1.4 · 107 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 .
Soluzione:
Si tratta di un moto uniformemente accelerato per cui vale
vf2 = v02 + 2ad ⇒ a = −
Sostituendo i dati del problema
a=
v02
2d
v0 = 1.4 · 107 ms−1 , d = 10−14 m
otteniamo
(1.4)2 · 1014 m2 s−2
∼ 0.98 · 1028 ms−2
2 · 10−14 m
Dal secondo principio della dinamica possiamo quindi calcolare la forza
F = ma = 1.67 · 10−27 kg · 0.98 · 1028 ms−2 = 16.4 N
Esercizio 4.10
Un corpo pesa
vità è
Quali saranno (a) il suo peso e (b) la sua massa in un altro
9.8 ms−2 .
22 N
luogo dove l'accelerazione di gravità è
in un luogo dove l'accelerazione di gra-
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?
Soluzione:
Ricaviamo la massa del corpo
Fpeso = mg ⇒ m =
Fpeso
22 N
=
= 2.24 kg
g
9.81 ms−2
(a) Il peso è la forza dovuta all'attrazione di gravità, quindi
0
Fpeso
= 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
00
Fpeso
= 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
80 kg si lancia col paracadute e subisce
2.5 ms−2 . La massa del paracadute è di 5 kg .
Una persona di massa
un'accelerazione verso il basso di
Quale forza verso l'alto esercita l'aria sul paracadute?
Soluzione:
Al solito scegliamo un sistema di riferimento con l'asse
to, in questo caso sia
a
che
g
hanno segno negativo.
y
orientato verso l'al-
Il sistema paracadu-
te+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
m = 5kg la massa
M = 80 kg la massa del paracadutista, g l'usuale accelerazione
inne, ~
a = 2.5 ms−2 l'accelerazione del sistema. Il moto è di tipo
la forza, incognita, dovuta alla resistenza dell'aria,
del paracadute,
di gravità e,
unidimensionale lungo la verticale.
Possiamo semplicare 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
di
88.5 km/h
in
Una motocicletta di peso
6 s.
2KN
accelera da ferma alla velocità
Calcolare i moduli (a) dell'accelerazione supposta costante
34
CAPITOLO 4.
DINAMICA
e (b) della forza che imprime tale accelerazione.
Soluzione:
Si tratta di un moto uniformemente accelerato per cui possiamo scrivere:
a=
La massa della moto ,
v(t) − v(0)
24.58 ms−1
=
= 4.1 ms−2
t
6s
m,
m=
è pari a:
Fpeso
2000N
= 203.87 kg
=
g
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 superµs = 0.6, mediante una forza di
cie orizzontale, in cui è presente attrito con
5N
che forma un angolo
avere
θ
θ
rispetto alla normale. (a) Ricavare il valore che deve
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?
Soluzione:
(a) Consideriamo dapprima il caso in assenza di gravitá.
La situazione delle
forze é quella rappresentata nella gura 4.2, chiaramente abbiamo
Fk = F sin θ
F⊥ = F cos θ
La forza premente è
F⊥ ,
ossia la componente di
F~
perpendicolare alla super-
Fk , tenderà a spingere il corpo
Fk ≥ µs F⊥ = Fattrito statico :
cie. La componente parallela,
spostamento avviene solo se
verso destra. Lo
F sin θ ≥ µs F cos θ ⇒ tan θ ≥ µs ⇒ θ = tan−1 µs
θ ≥ tan−1 (0.6) ∼ 30.86°. Si noti
~ , né da m.
non dipende né da F
con i dati del problema
di gravità, il risultato
(b) In presenza di gravità abbiamo
Fk = F sin θ
F⊥0 = F cos θ + mg
Il movimento avviene se
Fk ≥ µs F⊥ = µs (mg + F cos θ)
che nel caso di assenza
35
Figura 4.2: Esercizio 4.13
Consideriamo la condizione minima ossia l'uguaglianza
F sin θ = µs mg + µs F cos θ
poniamo
sin θ =
√
1 − cos2 θ e dividiamo ambo i membri
p
µs mg
1 − cos2 θ =
+ µs cos θ
F
da cui
(1 − cos2 θ) =
per
F
ottenendo
µ mg 2
µ mg s
s
+ µ2s cos2 θ + 2
µs cos θ
F
F
cos θ:
h µ mg 2
µ mg i
s
s
µs cos θ +
cos2 θ(1 + µ2s ) + 2
−1 =0
F
F
Riordinando i termini otteniamo un'equazione di secondo grado in
Si noti che in presenza di gravità, il risultato del nostro problema dipende sia
da
F~
che da
m.
Poniamo per semplicità
a = (1 + µ2s ) = 1.36
µ mg s
µs = 4.238
b=2
F
h µ mg 2
i
s
c=
− 1 = 11.472
F
Ricordando che un'equazione di secondo grado ha soluzioni reali solo se si verica la condizione
b2 − 4ac ≥ 0,
possiamo vericare che nel nostro caso non
b2 − 4ac = −44.44.
minore di µs F⊥ .
esistono soluzioni in quanto con i dati del nostro problema
Quindi il blocco non si muove mai essendo
Esercizio 4.14
Fk
sempre
Qual è il minimo raggio di una curva, non inclinata verso l'in-
terno, che un ciclista può abbordare alla velocità di
attrito statico tra i battistrada e l'asfalto è
0.32?
29 km/h
se il coeciente di
36
CAPITOLO 4.
DINAMICA
Soluzione:
La condizione da richiedere è che la forza di attrito statico sia maggiore o uguale
alla forza centripeta, in formule:
µs mg ≥ mac = m
v2
v2
⇒R≥
R
gµs
Sostituendo i dati del problema
R≥
Esercizio 4.15
(29/3.6)2 m2 s−2
= 20.7 m
0.32 · 9.81 ms−2
M = 1 kg è legato alla estremità di una
K = 250 N/m. L'altro estremo della molla viene
Una corpo di massa
molla di costante elastica
mantenuto sso. Ipotizzando che il sistema corpo-molla venga poggiato su di
un piano con coeciente 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:
d = L − L0
Indichiamo con
a riposo.
l'allungamento della molla rispetto alla condizione
Dalla legge di Hooke possiamo quindi ricavare la forza elastica che
agisce sul corpo:
FM = −kd
L'equilibrio si ha quindi se
|Fm | ≤ |Fattrito statico | ⇒ kd ≤ M gµs ⇒ d ≤
M gµs
k
Con i dati del problema
d≤
Esercizio 4.16
1 kg · 9.8 ms−2 · 0.45
= 0.0176 m = 1.76 cm
250 N/m
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
e lunghezza a riposo
L = 10 cm.
K = 1670 N/m
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 ?
Soluzione:
Per muoversi di moto circolare uniforme a velocità
~v ,
il corpo deve essere sog-
getto ad un'accelerazione centripeta (perpendicolare a
traiettoria) pari a
v 2 /L,
essendo
L
~v
in ogni punto della
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
= |K(L − L0 )|
L
da cui
mv 2 = KL2 − KLL0 ⇒ KL2 − KL0 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:
∆ = (KL0 )2 + 4Kmv 2 = 61289 ≥ 0
quindi
√
KL0 ± ∆
L=
2K
Delle due soluzioni, solo quella con il segno + è accettabile
L1 = 0.124 m, l'altra
L = 12.4 cm.
darebbe un valore negativo, per cui la soluzione del problema è:
38
CAPITOLO 4.
DINAMICA
Capitolo 5
Energia
Esercizio 5.1
Una cassa viene trascinata mediante una corda su un pavimen-
to senza attrito per una distanza
corda viene tirata sia pari a
θ = 45
100N
d = 1m.
Si supponga che la forza con cui la
e che la direzione della corda formi un angolo
°rispetto all'orizzontale. (a) Quanto vale il lavoro eettuato dalla forza
sulla 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~ = F d cos θ = 100 · 1 ·
2
J = 70.7J
2
Il valore massimo del prodotto scalare si ottiene quando il coseno dell'angolo
vale
1
ovvero quando l'angolo
θ
F~ e d~ risultano
100 · 1 · 1 = 100J .
è nullo. In questo caso
e concordi e il loro prodotto risulta pari a
Figura 5.1: Esercizio 5.1
39
paralleli
40
CAPITOLO 5.
Esercizio 5.2
di
25m/s.
Una palla da baseball di
145gr
ENERGIA
viene lanciata con una velocità
(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 denizione di energia cinetica si ha immediatamente
T =
1
1
mv 2 = 0.145 · 252 = 45.3J
2
2
(b) se la velocità iniziale è nulla, dal teorema sull'energia cinetica otteniamo
L = Tf − Ti = Tf = 45.3J
Esercizio 5.3
1000Kg
da
Quanto lavoro è necessario per accelerare un'auto di massa
20m/s
a
30m/s
?
Soluzione:
E' suciente calcolare la dierenza di energia cinetica,otteniamo così
L = Tf − Ti =
1
1
m(vf2 − vi2 ) = · 1000 · 500J
2
2
= 5 · 10−1 · 103 · 5 · 102 = 2.5 · 105 J
Esercizio 5.4
Un'auto che viaggia a
marsi in un tratto di
20m.
60km/h
è in grado, frenando, di fer-
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.
Soluzione:
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
1
mvi2
L = Tf − Ti ⇒ −F d = − mvi2 ⇒ d =
2
2F
41
Se ipotizziamo che la forza frenante sia indipendente dalla velocità, sfruttando
il secondo dato del problema possiamo scrivere
d0 =
m(2vi )2
2mvi2
=
= 4 · d = 80 m
2F
F
Si noti che al raddoppiare della velocità la distanza di arresto diventa
4
volte
maggiore. Guidate con prudenza!
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
?
Soluzione:
Ricordando l'espressione dell'energia potenziale gravitazionale
viamo subito
m=
U = mgh,
tro-
U
4.9J
=
= 0.05Kg
gh
9.81 ms−2 10 m
Esercizio 5.6
Supponiamo che un atleta, avente una massa di 70Kg , eettui
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
una marcia di
eetti legati al cambiamento del metabolismo umano con l'altezza.
Soluzione:
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 · 103 · 9.81J = 6.867 · 105 J
considerando che
1cal = 4.186J
il lavoro espressoin calorie risulta pari a
L = 6.867/4.186 · 105 cal = 1.64 · 105 cal
Questo è il consumo energetico
addizionale che occorre per eettuare un per-
corso che porti ad una quota di
1000 m
Esercizio 5.7
anziché essere fatto in piano.
Una pietra viene fatta cadere da un'altezza di
suolo. Determinare la sua velocità quando arriva ad un'altezza di
3m rispetto al
1m dal terreno.
Soluzione:
Ricorrendo al principio di conservazione dell'energia possiamo scrivere
p
1
mv 2 = ∆U = mg∆h ⇒ v = 2g∆h
2
42
CAPITOLO 5.
ENERGIA
da cui
v=
Esercizio 5.8
forte di
315Kg
p
2 · 9.81 ms−2 · (3 m − 1 m) = 6.26 ms−1
Quanto impiega un motore da
1750W
16m
sino alla nestra del sesto piano, a
per sollevare un pianodi altezza dal suolo?
Soluzione:
L'argano azionato dal motore eettua un lavoro (per contrastare la forza di
gravità) pari a
mgh
pertanto
L = mgh;
P =
mgh
L
⇒t=
t
P
da cui inserendo i dati del problema
t=
Esercizio 5.9
cità costante di
315 kg · 9.81 ms−2 · 16 m
= 28.2 s
1750 Js−1
Se un'auto sviluppa 18hp di potenza mentre viaggia a una velo88Km/h, quale deve essere la forza media esercitata dall'attrito
e dalla resistenza dell'aria sull'auto?
Soluzione:
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 · 104 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
Lm = P · t = 1.323 · 104 W s = 1.323 · 104 J
t = 1 s)
43
D'altra parte in un secondo l'auto percorre una distanza pari a
per cui le forze di attrito fanno un lavoro pari a
La = −Fa · d,
d = vt = 24.4 m
ma La = −Lm ,
perché l'auto procede a velocità costante, per cui possiamo possiamo scrivere
L = Fa · d ⇒ Fa =
Esercizio 5.10
Lm
1.323 · 104 J
=
= 541 N
d
24.4 m
Una palla di massa
con velocità iniziale di
4m/s
0.5Kg
viene gettata verticalmente in aria
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?
Soluzione:
Ipotizziamo prima di tutto l'assenza di attrito e calcoliamo qual'è in questo caso
l'altezza massima
h0
che dovrebbe raggiungere la palla. Applicando il principio
di conservazione dell'energia, possiamo scrivere
1
1
1
U (0) + mv02 = U (h0 ) + mvf2 ⇒ mv02 = mgh0
2
2
2
da cui
h0 =
v02
∼ 0.8163 m
2g
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(h0 − 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 pla-
s = 3m strisciando sul pavimento
F = 15N . dal rilevamento si
cresciuta di 20J . Di quanto è cresciuta
stica mentre viene spinto per un distanza
sotto l'azione di una forza orizzontale di intensità
calcola che l'energia termica del cubo è
l'energia termica del pavimento?
Soluzione:
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 = ∆ET h,p + ∆ET h,c ⇒ ∆ET h,p = L − ∆ET h,c = F~ · ~s − ∆ET h,c
44
CAPITOLO 5.
ENERGIA
da cui
∆ET h,p = L − ∆ET 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
?
Soluzione:
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
(1
s)
d
la distanza percorsa nell'unità di tempo
possiamo scrivere:
L = FN · d = FN
chiaramente
−1
d = 0.22 ms
· 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)
.
Soluzione:
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
Ug . (a) Misuriamo le altezza
di energia potenziale gravitazionale per calcolare
dal punto 1, il che signica che consideriamo l'energia potenziale iniziale uguale
a zero. Nel punto 2, in cui
y2 = 10 m,
si ha:
U2 = mgy2 = 1000 kg · 9.8 ms−2 · 10 m = 9.8 · 104 J
Nel punto 3,
y3 = −15 m,
poiché 3 è più basso di 1. Perciò
U3 = mgy3 = 1000 kg · 9.8 ms−2 · −15 m = −1.5 · 105 J
45
Figura 5.2: Esercizio 5.13
(b) Muovendosi da 2 a 3, la variazione di energia potenziale
(Ug f inale −Ug iniziale )
è:
U3 − U2 = (−1.5 · 105 J) − (9.8 · 104 J) = −2.5 · 105 J
L'energia potenziale gravitazionale diminuisce di
y1 = +15 m
2.5 · 105 J .
(c) In questo caso
nel punto 1, quindi l'energia potenziale iniziale (in 1) è uguale a
U1 = 1000 kg · 9.8 ms−2 · 15 m = 1.5 · 105 J
In 2,
y2 = +25 m
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
40 m
Assumendo che l'altezza del dislivello in gura 5.3 sia pari a
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 = 0m
nel punto più
basso dell'avvallamento.
Soluzione:
Scegliamo che il punto 1 sia dove il vagoncino parte da fermo (v1
2 dove
y2 = 0.
Usiamo la conservazione dell'energia meccanica:
1
1
1
mv 2 + mgy1 = mv22 + mgy2 ⇒ mgy1 = mv22
2 1
2
2
y1 = 40 m, troviamo
√
p
v2 = 2gy1 = 2 · 9.81 ms−2 · 40 m = 28 ms−1
Le masse si semplicano e, ponendo
= 0) e il punto
46
CAPITOLO 5.
ENERGIA
Figura 5.3: Esercizio 5.14
v2 =
v1 = 0 e
(b) Usiamo di nuovo la conservazione dell'energia meccanica, ma ora
14 ms−1
e
y2
è incognita.
risolviamo rispetto ad
y2
Eliminiamo le masse, poniamo sempre
ottenendo
y2 = y1 −
Quindi il vagoncino quando si trova
più basso, ha una velocità di
14 ms−1
v22
= 30 m
2g
30 m
verticalmente al di sopra del punto
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 (Patm
un cilindro di raggio di base pari a
= 0) ha la forma di
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 (Patm
= 1.01 bar)?
Soluzione:
(a) La pressione alla base è dovuta alla forza peso dell'acqua contenuta nel
cilindro:
p=
Mg
ρV g
F
=
=
= ρgh
S
S
S
La determinazione dell'altezza del cilindro, incognita, può essere ricavata a
partire dal volume,
h = V /S = (15 · 103 lt)/(π m2 ) =∼ 4.78 m.
Quindi:
p = ρgh = 103 kg/m3 · 4.78 m · 9.8 ms−2 ∼ 4.7 · 104 P a
(b) In questo caso dobbiamo aggiungere la pressione atmosferica, per cui la
nostra equazione diventa:
p = ρgh + patm = (0.47 + 1.01) · 105 P a = 1.48 · 105 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 · 103 Kg/m3 .
Soluzione:
Dalla legge di Stevino:
p(y) = p(0) + ρgy
ovvero la dierenza di pressione fra il livello del mare e la profonditá
alla pressione idrostatica di una colonna d'acqua di altezza
p(0) = patm = 1.01 · 105 P a.
Alla profonditá
y
y.
y
è pari
A livello del mare
generica avremo
p(y) = p(0) + ρgy ∼ 1.01 · 10 P a + 1.024 · 103 kg/m3 · 9.81 ms−2 · y m
5
47
48
CAPITOLO 6.
MECCANICA DEI FLUIDI
p(y) ∼ (1.01 + 0.1 · y) · 105 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
1 kg e volume 500 cm3 viene completamente
3
(ρ = 10 Kg/m ). Quale sará il suo peso apparente in
Un corpo di massa
immerso in acqua pura
3
acqua?
Soluzione:
Dal principio di Archimede,indicando con
ma
la massa dell'acqua spostata, si
ha:
Fpeso apparente = mg − Fa = mg − ma g
d'altro canto
ma = ρ · V = 500 cm3 · 103 kg/m3 = 0.5 kg
per cui
Fpeso apparente = mg − Fa = mg − ma 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 rilascia-
Q = 10 l/min. All'uscita del rubinetto la sezione del lo d'acqua sia
A0 = 1.5 cm2 . Determinare la sezione del lo d'acqua ad una altezza posta
20 cm piuú in basso rispetto a questo punto.
ta sia
Soluzione:
Determiniamo prima di tutto la velocità dell'acqua in corrispondenza dell'uscita
del rubinetto. Per denizione di portata, possiamo scrivere
Q = A0 v 0 ⇒ v 0 =
Q
1
= 1.67 · 10−4 m3 /s ·
∼ 1.11 ms−1
A0
1.5 cm2
Per il teorema di continuità, possiamo scrivere:
Q = v 0 A0 = v h Ah ⇒ Ah =
con
vh
v 0 A0
vh
al momento incognita. Per determinare questa quantità osserviamo che
il generico volumetto d'acqua cade di moto uniformemente accelerato con
si ha quindi:
vh2 = v02 + 2gh ⇒ vh =
q
v02 + 2gh = 2.27 ms−1
a = g,
49
da cui:
Ah =
Esercizio 6.5
Q
1.67 · 10−4 m3 s−1
= 0.74 · 10−4 m2 = 0.74 cm2
=
vh
2.27 ms−1
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 della
dierenza di pressione alle estremitá di questo tratto anché la portata del usso sanguigno rimanga invariata?
Soluzione:
Utilizziamo la legge di Poiseuille, indicando con
Qi
e
Qf
rispettivamente la
portata iniziale e nale dell'arteria, possiamo scrivere
Qi =
πRi4 ∆Pi
;
8ηL
Qf =
πRf4 ∆Pf
8ηL
anché le due portate siano uguali dobbiamo avere
πRf4 ∆Pf
πRi4 ∆Pi
R4
=
⇒ ∆Pf = 4i ∆Pi
8ηL
8ηL
Rf
da cui
∆Pf =
0.8 cm
∆Pi ∼ 1.11 ∆Pi
0.78 cm
Quindi occorre un aumento di pressione di circa l'11 per cento.
Esercizio 6.6
Calcolare il lavoro svolto su
di diametro interno
1.4 m3
di acqua spinta in un tubo
13mm da una dierenza di pressione tra le estremitá di 1bar.
Soluzione:
Sul volume di acqua agisce una forza netta pari a
Ftot = F1 − F2 = P1 S − P2 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
volume d'acqua spostato ed
Ltot = Ftot · ∆x = S∆P
S
∆x = V /S ,
essendo
la sezione del tubo; quindi
V
= V ∆P = 1.0 · 105 P a · 1.4 m3 ∼ 1.4 · 105 J
S
V
il
50
CAPITOLO 6.
Esercizio 6.7
MECCANICA DEI FLUIDI
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
4·10−2 poise. Si trascurino gli eetti di attrito.
che la viscositá del sangue é circa
Soluzione:
Utilizziamo l'equazione di Poiseuille esplicitando la dierenza di pressione
Q=
8ηLQ
πR4 ∆P
⇒ ∆P =
8ηL
πR4
D'altra parte dalla denizione di portata abbiamo
Q = vS = πvR2
Quindi
∆P =
8ηLπvR2
8ηLv
8 · 4 · 10−3 P a s · 0.01 m · 0.4 ms−1
=
=
∼ 0.89 P a
πR4
R2
(1.2)2 · 10−4 m2
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 usso
sanguigno 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 determinare
R0 in modo che Q0 = 0.25·Q.
πR04 ∆P
πR4 ∆P
= 0.25
⇒ R04 = 0.25 R4 ⇒ R0 ∼ 0.71 R
8ηL
8ηL
Calcolando la variazione percentuale si ha
R − R0
1 − 0.71
=
∼ 0.29
R
1
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 ru-
binetto si restringa mentre cade. L'area di sezione
sezione
A
è di
0.35 cm2 .
A0
è di
1.2 cm2
mentre la
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?
Soluzione:
La portata deve essere la stessa attraverso entrambe le sezioni. Quindi dall'equazione di continuità possiamo scrivere
A0 v0 = Av
dove
v0
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 = v02 + 2gh
Eliminando
s
v0 =
v
fra le precedenti equazioni e risolvendo rispetto a
2ghA2
=
A20 − A2
s
v0
otteniamo
2 · 9.8 ms−2 · 0.045 m · (0.35 cm2 )2
= 0.286ms−1 = 28.6cm/s
(1.2 cm2 )2 − (0.35 cm2 )2
La portata è quindi pari a
Q = A0 v0 = (1.2 cm2 )(28.6 cm/s) = 34 cm3 /s
52
CAPITOLO 6.
Esercizio 6.10
Qual'è il volume
sollevare un peso di
180 kg
V
MECCANICA DEI FLUIDI
di elio necessario per un pallone che deve
(incluso il peso del pallone vuoto).
Soluzione:
La spinta di Archimede sul pallone di elio,
FA .
che è uguale al peso di aria
spostata, deve essere almeno uguale al peso dell'elio più il peso del pallone e del
carico. La densità dell'elio è pari a
0.179 kg/m3 .
La spinta di archimede deve
avere un valore minimo pari a
FA = (mHe + 180 kg) · g
Quest'equazione può essere scritta in termini di densità utilizzando il principio
di Archimede
ρaria V g = (ρHe V + 180 kg) · g
Risolvendo in funzione di
V =
V
troviamo:
180 kg
180 kg
= 160 m3
=
ρaria − ρHe
1.29 kg/m3 − 0.179 kg/m3
Si noti che questo è il minimo volume necessario vicino alla supercie terrestre
dove
ρaria = 1.29 kg/m3 .
Per raggiungere altitudini maggiori, è necessario un
volume più grande, poiché la densità dell'aria diminuisce con l'altitudine.
Capitolo 7
Termologia
Esercizio 7.1
è lunga
L'asta di una bandiera, fatta di alluminio (α
33 m. Di quanto
15 ◦ C?
= 2.3·10−5 ◦ C−1 ),
aumenta la sua lunghezza se si incrementa la sua tem-
peratura di
Soluzione:
∆L = L − L0 = L0 (1 + α∆T ) − L0 = L0 α∆T
da cui
∆L = 33 m · 2.3 · 10−5 · 15 = 1.14 · 10−2 m = 1.14 cm
Esercizio 7.2
◦
20 C
Un cubo di ottone (α
ha il lato di lunghezza
30 cm.
totale quando viene riscaldato no a
= 1.9 · 10−5 ◦ C−1 )
alla temperatura di
Quale è l'incremento della sua supercie
75 ◦ C?
Soluzione:
Calcoliamo il coeciente di dilatazione volumica:
β = 3α = 5.7 · 10−5 C −1 .
Quindi possiamo scrivere:
Vf = Vi (1 + β∆T ) = L30 (1 + β∆T ) = L3
Per quanto riguarda la supercie 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 dilatazione
lineare al singolo lato
Esercizio 7.3
L.
Un dietologo invita i propri pazienti a bere acqua ghiacciata
perché, secondo la sua teoria, si consumano grassi in modo rilevante per innalzare la temperatura dell'acqua da 0 a
37 ◦ C.
Quanti litri di acqua ghiacciata
occorre ingerire per consumare 500 g di grassi, assumendo che la combustione
del 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 dalla
temperatura di
0 ◦C
a circa
37 ◦ C.
Dalla relazione
Q = mx C∆T
dove
∆T = 37 ◦ C
e
C = 1 kcal/kg ◦ C
cui
mx =
(calore specico dell'acqua) troviamo: da
3500 kcal
Q
=
∼ 94.6 kg
◦C
C∆T
1 kgkcal
◦ C · 37
Quindi si dovrebbero bere quasi 100 litri di acqua! Decisamente poco pratico.
Esercizio 7.4
a
20 ◦ C
Quanta energia deve sottrarre un frigorifero da
per trasformarla in ghiaccio a
1.5 kg
di acqua
−12 ◦ C?
Soluzione:
Lg = −79.7kcal/kg il calore latente di solidicazione dell'acqua,
kcal
◦
kg ◦ C il calore specico dell'acqua e, inne, con Cg = 2090 J/kg C
il calore specico del ghiaccio. Il processo avviene in tre fasi distinte:
◦
(1) l'acqua allo stato liquido passa dalla temperatura di 20 C alla temperatura
◦
di 0 C. In questo processo il calore trasferito dall'acqua al frigorifero è pari a:
Indichiamo con
C H2 O = 1
Q1 = m · CH2 O · ∆T = 1.5 kg · 1
kcal
· (−20) ◦ C = −30 kcal
kg ◦ C
(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
0 ◦ C a −12 ◦ C. Convertiamo innanzitutto il
kcal
calore specico del ghiaccio in
kg ◦ C , ricordando che 1J = 0.0002388458966275kcal,
otteniamo
(3). Rareddamento del ghiaccio da
Cg = 2090 J/kg ◦ C = 2090 · 0.0002388458966275
kcal
kcal
∼ 0.5
kg ◦ C
kg ◦ C
55
da cui
Q3 = mCg ∆T = 1.5 kg · 0.5
kcal
· (−12) ◦ C = −9 kcal
kg ◦ C
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'iniziale
quantità 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 potenziale
necessaria a salire sulla cima del Monte Everest, alto
mare? (Si assuma
g
costante e pari a
8840 m,
dal livello del
9.8 ms−2 ).
Soluzione:
La variazione di energia potenziale gravitazionale è facilmente calcolabile dalla
relazione
quota
h
Ep = mgh,
questa equivale all'energia necessaria per arrivare alla
contrastando la forza peso, per cui:
Ep = 73 kg · 8.840 · 103 m · 9.8 ms−2 ∼ 6.32 · 106 J
1 cal ∼ 4.186 J , questa energia equivale a
106 cal ∼ 1.51 · 106 cal. Possiamo quindi ricavare la massa
Ricordando che
circa
6.32/4.186 ·
di burro richiesta
dalla relazione:
mx =
E
1.51 · 106 cal
=
∼ 2.52 · 102 g
6 kcal/g
6 · 103 cal/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 energia
termica con potenza di 200 W. Trascurando le perdite, calcolare il tempo necessario per elevare la temperatura dell'acqua da
23 ◦ C
a
100 ◦ C.
Soluzione:
La quantità di calore da fornire all'acqua per eettuare questo aumento di
temperatura è pari a:
Q = mC∆T = 0.1 kg · 1
La resistenza ha una potenza
necessario per cedere il calore
t=
kcal
· 77 ◦ C = 7.7 kcal = 32.2 kJ
kg ◦ C
P = Q/t = 200 W = 200 J/s,
Q è pari a:
Q
32.2 kJ
32.2 · 103 J
=
=
∼ 161 s
P
200 W
200 J/s
quindi il tempo
56
CAPITOLO 7.
TERMOLOGIA
circa 2.7 minuti.
Esercizio 7.7
Durante l'attività sica, una persona può perdere 180 Kcal in
30 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
kcal/kg ∼ 585.3 kcal/kg
4.186
Nell'evaporazione l'acqua deve assorbire (a temperatura costante) calore in base
alla relazione
Q = LV m ⇒ m =
Esercizio 7.8
5
2.80 · 10 J
180 kcal
Q
∼ 0.31 kg
=
LV
585.3 kcal/ kg
Se a una boccia di ossigeno liquido a
−183 ◦ C
vengono forniti
di energia, quanto ossigeno evapora?
Soluzione:
Q = 2.8 · 105 J =
per l'ossigeno liquido a
LO = 51 kcal/ kg .
−183 ◦ C
il calore latente di evaporazione è pari a :
Pertanto la massa di ossigeno che evapora è pari a:
Q = LO m ⇒ m =
Esercizio 7.9
2.8 · 105
cal ∼ 6.69 · 104 cal
4.186
Q
6.69 · 104 cal
=
∼ 1.31 kg
LO
51 · 103 cal/ kg
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) Con
che potenza netta perderemmo energia?
30 s?
Si ipotizzi
(b) Quanta energia perderemmo in
Scorpo = 2 m2 , e = 0.9, Tcorpo = 35 ◦ C.
Soluzione:
(a) Esprimiamo prima di tutto la temperatura del corpo in gradi Kelvin, dalla
relazione
T ( K) = T ( ◦ C) + 273.16
ricaviamo immediatamente
la potenza
Tcorpo = 308.16K .
Dalla legge di Stefan-Boltzmann,
totale irraggiata é data dalla relazione:
4
Pt = eσA(Tb4 − Tcorpo
)
57
essendo
σ = 5.67 · 10−8 W m−2 K −4 .
Sostituendo i dati del problema ricaviamo
Pt = 0.9 · 5.67 · 10−8 W m−2 K −4 · 2 m2 (81 − 90.2 · 108 ) K 4
da cui
Pt ∼ −920 W
30 s
il segno é negativo perché si tratta di energia ceduta. (b) In
perderemmo
un'energia pari a:
Q = Pt · 30 s = −920 W · 30 s = −2.76 · 104 J
A causa della dipendenza dalla quarta potenza della temperatura, il contributo
dell'assorbimento dal vuoto è assolutamente trascurabile.
Esercizio 7.10
emittanza
Una sfera di raggio
e = 0.85
R = 0.5 m,
T = 27 ◦ C ed
Ta = 77 ◦ C. (a)
temperatura
è collocata in un ambiente a temperatura
Quale è la potenza radiante emessa dalla sfera? (b) Quale è quella assorbita?
(c) Quanto vale la potenza netta scambiata?
Soluzione:
Calcoliamo la supercie della sfera
T = 300.16 K e Ta = 350.15 K .
P = σSeT 4 troviamo:
R = 0.5 m ⇒ S = 4πR2 ∼ 3.14 m2 ,
inoltre
Utilizzando la legge di Stefan-Boltzmann
(a) Potenza emessa:
Pe = 5.67 · 10−8 W m−2 K −4 · 0.85 · 3.15 m2 · 300.164 K ∼ 1.23 kW
(b) Potenza assorbita:
Pa = 5.67 · 10−8 W m−2 K −4 · 0.85 · 3.15 m2 · 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 P a),
assumendo che si
comporti come un gas perfetto.
Soluzione:
Consideriamo l'equazione di stato per i gas perfetti:
pV = nRT ⇒ V =
nRT
,
p
R = 8.31 JK −1 mol−1
58
Se
CAPITOLO 7.
n=1
TERMOLOGIA
il volume corrispondente é quindi pari a:
V =
1 mol · 8.31 JK −1 mol−1 · 273.16 K
2.27 · 103 N m
=
5
1.013 · 10 P a
1.013 · 105 N m−2
da cui:
V = 2.24 · 10−2 m3 = 22.4 lt,
Esercizio 7.12
(1 lt = 10−3 m3 )
Stimare quante molecole vengono inspirate con un litro di
aria, corrispondente ad un respiro. Si approssimi l'aria ad un gas perfetto con
T = 20 ◦ C
e
P = 1 atm.
Soluzione:
Utilizziamo l'equazione di stato dei gas perfetti con
V = 1 lt = 10−3 m3 , T =
5
293.16 K , p = 1.013 · 10 P a:
pV = nRT ⇒ n =
pV
1.013 · 105 P a · 10−3 m3
=
∼ 0.0416 mol
RT
8.31 JK −1 mol−1 · 293.16 K
1 mole contiene un numero di molecole pari al numero di Avogadro
6.022 · 1023 molecole/mole,
NA =
quindi
Nx = NA · n = 6.022 · 1023 molecole/mole · 0.0416 mol ∼ 2.5 · 1022 molecole
Esercizio 7.13
profondo
40 m,
20cm3 si trova sul fondo di un lago
4 C. La bolla sale in supercie, dove
Una bolla d'aria di volume
dove la temperatura è di
la temperatura è di
20 ◦ C.
◦
Supponendo che la temperatura della bolla sia la
stessa dell'acqua circostante trovare il suo volume appena prima che raggiunga
la supercie.
Soluzione:
Calcoliamo prima di tutto la pressione esistente sul fondo del lago. Dalla legge
di Stevino ricaviamo:
p = 1 atm + ρgh ∼ 5 atm
(in pratica si ha un incremento di circa
acqua).
1 atm
per ogni
10 m
di profonditá di
Ipotizziamo che l'aria nella bolla sia in condizioni di gas ideale, vale
quindi la relazione
pV = nRT ,
sul fondo del lago abbiamo:
p0 V0 = nRT0 ⇒ n =
p0 V0
RT0
Sulla supercie si ha:
pf Vf = nRTf =
p0 V0
p0 Tf
RTf ⇒ Vf = V0
RT0
pf T0
59
da cui
Vf = 5 · 20 cm3
Esercizio 7.14
293 K
∼ 105.8 cm3
277 K
Determinare il lavoro compiuto su 3 moli di un gas ideale per
farlo passare da un volume di
3 m3
ad un volume di
2 m3
alla temperatura
◦
25 C.
costante di
Soluzione:
Si tratta di una trasformazione isoterma per la quale possiamo scrivere, a livello
dierenziale,
dL = pdV .
Integrando troviamo l'espressione generale del lavoro
compiuto sul gas:
Z
Vf
L=
p(V )dV
Vi
Utilizzando l'equazione di stato dei gas perfetti possiamo ricavare la dipendenza
funzionale della pressione dal volume per cui possiamo scrivere (ricordando che
il processo avviene a temperatura costante):
Z
Vf
Z
Vi
1
dV
V
p(V )dV = −nRT
L=
Vf
Vi
Si noti che il cambio di segno è dovuto allo scambio dei limiti di integrazione.
Ricordando che l'integrale di
1/x
é
ln x,
possiamo inne scrivere:
L = −nRT ln V |VV0f = −nRT ln
V0
Vf
e, sostituendo i dati del problema:
L = −3 mol · 8.31 JK −1 mol−1 · 298 K ln
3
∼ −3012.3 J
2
Il segno del lavoro è negativo in quanto si tratta di lavoro svolto
sul gas (com-
pressione).
Esercizio 7.15
= 5/3) a Ti = 300 K occupa
Pi = 200 kP a. Il gas si espande adiabaticamen3
te no a quando il suo volume diventa Vf = 1.2 m . Successivamente viene
compresso isobaricamente no ad un volume pari a Vi . Inne la sua pressione
un volume
Un gas perfetto monoatomico (γ
Vi = 0.5 m3
con
viene aumentata isocoricamente no a riportare il gas nello stato iniziale. (a)
Rappresentare il processo in un diagramma
P −V.
(b) Determinare
di ogni trasformazione. (c) Trovare il lavoro compiuto nel ciclo.
Soluzione:
(a) Con riferimento alla gura 7.1b, abbiamo 3 trasformazioni:
T
alla ne
60
CAPITOLO 7.
TERMOLOGIA
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 in
ogni stato.
pi Vi = nRT ⇒ n =
(1) (A
→ B ).
pi Vi
RTi
Consideriamo la prima trasformazione, essendo un'adiabatica
vale:
pi Viγ = pf Vfγ ⇒ pf =
pi Viγ
Vfγ
utilizzando l'equazione di stato ricaviamo:
(B)
Tf
=
pf Vf
pf Vf
pf Vf
= pi Vi =
Ti
nR
pi Vi
RT R
i
da cui:
(B)
Tf
=
pi Viγ Vf
V γ−1
Ti = iγ−1 Ti
γ
Vf pi Vi
Vf
e, sostituendo i dati del problema:
(B)
Tf
=
0.5 m3 35 −1
1.2 m3
· 300 K = 167.4 K
61
(2) (B
→ C ).
Trasformazione isobara con
pf = pi
p = pf :
0.5 m3 53
Viγ
∼ 46.49 kP a
γ = 200 kP a ·
Vf
1.2 m3
utilizzando l'equazione di stato dei gas perfetti possiamo trovare il valore della
temperatura nel punto (c):
(c)
Tf
=
pf
pf Vi
pf Vi
= pi Vi = Ti ·
nR
pi
RTi R
e, sostituendo i dati del problema:
(c)
Tf
(3) (C
→ A).
=
46.49 kP a
· 300 K = 69.74 K
200 kP a
Trasformazione isocora. Alla ne di questa trasformazione il gas
(c)
Tf
si trova nuovamente nello stato iniziale per cui
= Ti = 300 K .
(c) Il lavoro compiuto nel ciclo è pari all'area della regione circoscritta dalle tre
trasformazioni:
Z C
pdV +
pdV + |{z}
0
| A {z } | B {z } isocora
Z
Ltot =
B
adiabatica
isobara
ricordando che lungo l'adiabatica:
pV γ = pA VAγ = pi Viγ = costante
possiamo scrivere:
Ltot =
pi Viγ
Z
B
A
ma:
Z
B
A
dV
=
Vγ
Z
dV
+ pf
Vγ
B
V
A
−γ
Z
C
dV
B
B
V 1−γ dV =
1 − γ A
per cui:
Ltot =
ma
pi Viγ = pf Vfγ
pi Viγ (Vf1−γ − Vi1−γ )
1−γ
− pf (Vf − Vi )
lungo l'adiabatica, quindi:
Ltot =
pf Vfγ Vf1−γ − pi Viγ Vi1−γ
1−γ
− pf (Vf − Vi ) =
(B)
=
nR(Tf − Ti )
pf Vf − pi Vi
− pf (Vf − Vi ) =
− pf (Vf − Vi )
1−γ
1−γ
(B)
Ltot
pi Vi (Tf − Ti )
=
− pf (Vf − Vi )
Ti
1−γ
62
CAPITOLO 7.
TERMOLOGIA
sostituendo i dati del problema troviamo inne:
Ltot =
200 kP a · 0.5 m3 (167.4 − 300) K
− 46.69 kP a · (1.2 − 0.5) m3
300 K
1 − 5/3
= 66.3 kJ − 32.54 kJ = 33.76 kJ
Esercizio 7.16
di
18 cm.
Un pallone di elio, approssimativamente sferico, ha un raggio
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 per
gonare il pallone a questi valori.
Soluzione:
Possiamo usare la legge dei gas perfetti per trovare
conosciamo
p
e
T
e possiamo trovare
Troviamo prima il volume
V =
V
V
n
(numero di moli) poiché
dal raggio cheé noto.
del pallone: dalla formula della sfera:
4 3
4
πr = π(0.180 m)3 = 0.0244 m3
3
3
La pressione é data come
1.05 atm = 1.064 · 105 N/ m2 .
La temperatura deve
essere espressa in kelvin, quindi abbiamo:
n=
pV
1.064 · 105 N/ m2 · 0.0244 m3
=
= 1.066 mol
RT
8.31 JK −1 mol−1 · 293 K
La massa dell'elio puó essere ottenuta a partire dalla massa molecolare
4.00 g/ mol
mmol =
tramite la formula:
m = n · mmol = (1.066 mol)(4.00 g/ mol) = 4.26 g
Esercizio 7.17
Uno pneumatico di automobile viene gonato ad una pressio-
200 kP a a 10°C.
sale a 40°C. Qual'è
100 km,
ne relativa di
Dopo un tragitto di
suo interno
ora la pressione all'interno dello pneumatico?
la temperatura al
Soluzione:
Non conosciamo né il numero di moli del gas, né il volume dello pneumatico ma
possiamo assumere senza perdere troppo di generalità che siano costanti. Utilizziamo la formula dei gas perfetti. Poiché il volume rimane pressoché costante,
abbiamo:
P1
P2
=
T1
T2
63
Questo é, incidentalmente, l'enunciato della legge di Gay-Lussac.
Poiché la
pressione data é la pressione relativa, dobbiamo sommare a questa la pressione
atmosferica per avere la pressione assoluta:
P1 = 200 kP a + 101 kP a = 301 kP a
Convertiamo inoltre la temperatura in gradi kelvin e risolviamo rispetto a
p2 = p1
T 2
T1
= (3.01 · 105 P a)
313 K 283 K
p2 :
= 333 kP a
Sottraendo la pressione atmosferica troviamo che la pressione relativa dello
pneumatico è pari a
to.
232 kP a
che rappresenta un incremento del
16
per cen-
Questo esempio spiega perché i manuali delle automobili consigliano di
controllare la pressione quando gli pneumatici sono freddi.
Esercizio 7.18
Un atleta è seduto svestito in uno spogliatoio i cui muri scuri
si trovano ad una temperatura di
15 ◦ C.
Stimate la rapidità con cui il calore
viene ceduto per irraggiamento assumendo una temperatura della pelle di
ed
e = 0.7. Prendete
1.5 m2 .
34 ◦ C
come supercie del corpo non a contatto con la sedia il
valore di
Soluzione:
Possiamo dare una stima approssimativa utilizzando l'equazione di Stefan-Boltzmann:
P =
∆Q
= eσA(T14 − T24 )
∆t
da cui:
P = (0.7)(5.67 · 10−8 W/ m2 · K 4 )(1.5 m2 )[(307 K)4 − (288 K)4 ] = 120 W
L'emissione di una persona a riposo è di poco superiore a quella di una lampadina
da
100 W .
64
CAPITOLO 7.
TERMOLOGIA
Capitolo 8
Elettrostatica
Esercizio 8.1
Quanto vale il modulo della forza di attrazione elettrostatica
tra un nucleo di ferro (q = +26e) e il suo elettrone piú interno che orbita a circa
1.5 · 10−12 m?
Soluzione:
Indichiamo con
F
il modulo della forza, dalla legge di Coulomb troviamo im-
mediatamente:
F =k
essendo
e ∼ 1.6 · 10−19 C
Qq
26e2
=
k
r2
r2
la carica elettrica elementare e
k ∼ 9 · 109 N m2 C −2
la
costante di Coulomb. Sostituendo i dati del problema ricaviamo quindi:
F =
9 · 109 N m2 C −2 · 26 · (1.6)2 · 10−38 C 2
= 2.66 · 10−3 N
(1.5)2 · 10−24 m2
Esercizio 8.2
Q3 = −4 µC ,
Tre particelle, aventi carica
sono disposte su una retta.
due ad una distanza di
0.3 m
dalla 1 e di
Q1 = −8 µC , Q2 = +3 µC
e
La carica 2 é posta tra le altre
0.2 m
dalla 3. Calcolare il modulo
della forza totale agente sulla particella 3 dovuta alle altre due.
Soluzione:
Per il principio di sovrapposizione delle forze possiamo scrivere:
F~3 T OT = F~31 + F~32
Dato che la congurazione delle forze è lineare possiamo tralasciare il segno di
vettore ponendo peró attenzione ai segni delle forze stesse.
F31
e
F32
sono date
dalla legge di Coulomb
F31 = k
q1 q3
9 · 109 N m2 C −2 · (−8 · 10−6 )(−4 · 10−6 ) C 2
=
∼ 1.15 N
2
r31
(0.5)2 · m2
65
66
CAPITOLO 8.
ELETTROSTATICA
Figura 8.1: Esercizio 8.2
F32 = k
q2 q3
9 · 109 N m2 C −2 · (3 · 10−6 )(−4 · 10−6 ) C 2
∼ −2.7 N
=
2
r32
(0.2)2 · m2
da cui
F3 T OT = (1.15 − 2.7) N = −1.55 N
La forza risultante è negativa indicando così che l'attrazione dovuta a
la repulsione dovuta a
Esercizio 8.3
q2
supera
q1 .
Due cariche elettriche da
−25 µC
e
+50 µC
distano
10 cm. (a)
P posto
Determinare l'intensitá e la direzione del campo elettrico nel punto
tra 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 in
P
e
é dato dalla
Q2 .
Essendo
somma vettoriale
Q1 < 0,
dei due campi generati dalle cariche
il suo campo elettrico é diretto (nel punto
sinistra (si prenda come riferimento la gura 8.2). Essendo
essa prodotto, sempre nel punto
P,
Q2 > 0
P)
Q1
verso
il campo da
é diretto anch'esso verso sinistra. Questo
perché il campo elettrico per convenzione viene assunto con verso entrante per
le cariche negative e con verso uscente per quelle positive. Il campo elettrico
totale
~
E
in
P
sará quindi diretto lungo la congiungente le due cariche orientato
verso sinistra (sempre con riferimento alla gura).
somma dei moduli dei due campi
Q1
e
~1
E
ed
~2
E
Il modulo sará dato dalla
dovuti rispettivamente alle cariche
Q2 :
E = E1 + E2 =
1 |Q1 |
1
|Q2 |
+
4π0 rp2
4π0 (r − rp )2
da cui:
E = 8.98 · 109
N m2 25 · 10−6 C
50 · 10−6 C
N
+
= 6.3 · 108
2
−4
2
−4
2
C
4 · 10 m
64 · 10 m
C
il campo é orientato verso sinistra.
67
Figura 8.2: Esercizio 8.3
(b) Utilizzando il secondo principio della dinamica ricaviamo facilmente:
~ ⇒ a = k~ak = Eq
F~ = me~a = q E
me
da cui:
a=
−19
6.3 · 108 N
C
C 1.6 · 10
= 1.11 · 1020 ms−2
−31
9.11 · 10
kg
poiché l'elettrone ha carica negativa, considerando la direzione del campo elettrico, l'accelerazione é diretta verso destra (si muove in senso opposto al campo
elettrico).
Esercizio 8.4
Calcolare l'intensitá del campo elettrico in un punto dello spazio
in cui un protone (m
= 1.67·10−27 kg ) é sottoposto ad una accelerazione di 106 g .
Soluzione:
Dal secondo principio della dinamica ricaviamo (essendo interessati solo all'intensitá 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=
Esercizio 8.5
1.67 · 10−27 kg · 9.8 · 106 ms−2
N
= 0.1022
−19
1.6 · 10
C
C
Quattro cariche uguali di
vertici di un quadrato di
l = 10cm di lato.
510−10 C
sono disposte ai quattro
(a) Calcolare modulo e direzione della
forza agente su ciascuna carica. (b) Calcolare il campo elettrico e il potenziale
nel centro del quadrato.
(c) Come cambia il risultato se sui vertici ci sono
alternativamente cariche di segno opposto?
Soluzione:
(a) Consideriamo la forza agente sulla carica (1), quella sulle altre deriverá
68
CAPITOLO 8.
da considerazioni di simmetria.
Scriviamo le forze agenti sulla carica (1) in
termini di componenti vettoriali indicando con
i − esima
F~ij
la forza agente sulla particella
j − esima:
dovuta alla carica
F~12 = (FA , 0),
ELETTROSTATICA
F~14 = (0, FA ),
F~13 = (FB cos θ, FB sin θ)
queste sono le forze che agiscono sulla carica (1) a causa dell'interazione con le
cariche (2), (3) e (4), essendo
FA =
θ = 45°,
1 q2
,
4π0 l2
e:
FB =
1
FA
q2
√
=
4π0 (l 2)2
2
Per il principio di sovrapposizione:
ricordando
1
1
F~T = F~12 + F~13 + F~14 = FA 1 + cos θ, 1 + sin θ
2
2
√
che sin 45°= cos 45°=
2/2, otteniamo:
√
√ !
2
2
~
FT = FA 1 +
,1 +
4
4
da cui:
FT = kF~T k =
q
2 + F2
FT,x
T,y
v
u
√ !2
u
2
t
= FA 2 1 +
4
La forza risulta diretta lungo la diagonale con modulo:
FT = FA
√
√ !
√
1 q2
2
2 1+
=
(1 + 2 2)
2
4
4π0 2l
sostituendo i valori numerici:
√
2.5 · 10−20 C 2 (1 + 2 2)
= 0.43 · 10−6 N
FT =
8π · 8.854 · 10−12 C 2 m−2 N −1 · 10−2 m2
(b) Considerando che le cariche sono di uguale valore e segno, per simmetria
il campo elettrico é nullo al centro del quadrato. Per il principio di sovrapposizione, essendo il potenziale dovuto alle singole cariche uguale nel centro, si
ha:
√
q
5 · 10−10 C · 2/ 2
1
√
Vc = 4Vq = 4
=
= 2.5 · 102 V
4π0 l 2/2
π · 8.854 · 10−12 C 2 m−2 N −1 · 0.1 m
(c) Nel caso di cariche di segno opposto alternate poste nei vertici, si ha:
F~12 = (−FA , 0),
F~14 = (0, −FA ),
F~13 = (FB cos θ, FB sin θ)
69
Figura 8.3: Esercizio 8.5
con
FA
e
FB = FA /2
indicati in precedenza.
√
F~T = FA
Poiché le componenti
x
ed
y
!
√
2
2
− 1,
−1
4
4
sono uguali, la forza totale é ancora diretta lungo
la diagonale,
FT = kF~T k = FA
1 √
− 2
2
!
=
√
1 q2
(1 − 2 2)
2
4π0 2l
Il campo elettrico totale é sempre nullo perché ogni coppia di cariche posta
su una diagonale esercita una forza nulla nel centro.
Per quanto riguarda il
potenziale abbiamo:
Vc = 2
Esercizio 8.6
1
1
q
q
√
√
−2
=0V
4π0 l 2/2
4π0 l 2/2
L'atomo di idrogeno é costituito da un protone e un elettrone
= 9.11 · 10−31 kg, mp = 1.67 · 10−27 kg ). Nello stato fondamentale l'elettrone
−10
descrive un'orbita circolare di raggio 0.5 · 10
m attorno al protone. Calcolare
(me
l'energia totale del sistema.
70
CAPITOLO 8.
Soluzione:
Ponendoci in una visione puramente
ELETTROSTATICA
classica, trascurando la descrizione quan-
tistica (che rimane l'unica corretta per interpretare correttamente il comportamento dei sistemi atomici), possiamo scrivere l'energia totale come somma
dell'energia cinetica dell'elettrone e della sua energia potenziale dovuta al campo prodotto dal protone che supponiamo in quiete al centro del sistema di
coordinate prescelto. Con queste assunzioni possiamo scrivere:
ET = EK + EP =
1
1 qp qe
1 e2
1
me ve2 +
= me ve2 −
2
4π0 R
2
4π0 R
Per ricavare la velocitá dell'elettrone possiamo osservare che la forza centripeta
che costringe l'elettrone su un'orbita circolare é la forza elettrostatica dovuta
all'attrazione del protone posto al centro per cui possiamo scrivere:
Fc = me
da cui:
ET =
ve2
1 e2
1
e2
2
=
⇒
v
=
e
R
4π0 R2
4π0 me R
1
1 e2
1 1 e2
1
e2
me
−
=−
2
4π0 me R 4π0 R
2 4π0 R
sostituendo i valori numerici troviamo inne:
N m2 2.56 · 10−38 C 2
1
·
= −2.3 · 10−18 J
ET = − 8.98 · 109
2
C2
0.5 · 10−10 m
Esercizio 8.7
Un elettrone si sposta tra due punti A e B sotto l'azione di
un campo elettrico.
La velocitá dell'elettrone in A é nulla.
potenziale tra A e B é di
10 V .
La dierenza di
Calcolare la velocitá dell'elettrone in B.
Soluzione:
Il lavoro compiuto sull'elettrone é pari a:
parte da ferma in
A,
L = −∆VAB · q ,
poiché la particella
questo lavoro si converte interamente in energia cinetica,
per cui possiamo scrivere:
Ek =
1
2e∆VAB
me ve2 = e∆VAB ⇒ ve2 =
2
me
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 corpo
materiale 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 dierenza di potenziale
+5000 V .
Vab =
(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 ,
per
cui:
∆U = −1.6 · 10−19 C · 5000 V = −8 · 10−16 J
(b) A questa diminuzione di energia potenziale, per il principio di conservazione dell'energia, deve corrispondere un analogo aumento di energia cinetica (la
velocitá iniziale dell'elettrone é nulla):
1
∆Ek = me v 2 = ∆U ⇒ v =
2
Esercizio 8.9
r
2 · ∆U
=
me
s
2 · 8 · 10−16 J
= 4.2 · 107 ms−1
9.11 · 10−31 kg
Un elettrone si muove dal punto A al punto B per eetto di un
campo elettrico. La sua energia cinetica aumenta di
7.45 · 10−16 J .
Determinare
la dierenza di potenziale tra i punti A e B e quale dei due é a potenziale maggiore.
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 problema
troviamo così:
∆VBA =
Essendo
−7.45 · 10−16 J
J
= 4.66 · 103
= 4.66 · 103 V
−19
1.6 · 10
C
C
∆VBA = VB − VA > 0 ⇒ VB > VA .
Esercizio 8.10
Calcolare la dierenza 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 tramite
il quale possiamo scrivere:
−q(VB − VA ) = −q∆U = ∆Ek ⇒ ∆VBA =
∆Ek
2e
72
CAPITOLO 8.
ELETTROSTATICA
Figura 8.4: Esercizio 8.11
da cui:
∆VBA =
Esercizio 8.11
−65 · 1.6 · 10−19 CkV
= −32.5 kV
2 · 1.6 · 10−19 C
Un lo molto lungo é carico con densitá lineare di carica
Q/L
uniforme. 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 coincidente
con il lo. Per simmetria, lontano dalle estremitá del lo, il campo elettrico sará
radiale con un'intensitá costante (
ssato R) in tutte le direzioni.
Il usso
ΦE
di tale campo elettrico sulla supercie 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 tali
superci é anche normale al campo elettrico (non vi é usso di campo elettrico
attraverso le basi del cilindro). Dal teorema di Gauss:
ΦE =
ma
QT =
1
QT
0
Q
1 Q
l ⇒ 2πR · l · E(R) =
l
L
0 L
da cui (notare che la lunghezza del cilindro
l
si semplica essendo presente in
entrambi i membri dell'ultima equazione):
E(R) =
1 Q
2π0 R L
73
Figura 8.5: Esercizio 8.12
Esercizio 8.12
duttore vale
Dimostrare che il campo elettrico sulla supercie di un con-
E = σ/0 .
Soluzione:
All'interno di un conduttore il campo elettrico é nullo e la supercie del conduttore stesso é una supercie equipotenziale. Consideriamo un piccolo volume
cilindrico con base parallela alla supercie (vedi gura 8.5). Il usso totale é
dato da:
~ ·A
~ = E⊥ A
ΦE = E
dal Teorema di Gauss
0 ΦE = QT ,
quindi:
0 E⊥ A = QT = σ · A ⇒ E =
Esercizio 8.13
to
1m
e distanti
σ
0
Il campo elettrico tra due lastre metalliche quadrate, di la-
3 cm,
vale
130 N/C .
Calcolare la carica presente su ciascuna
lastra, supponendo le cariche uguali ed opposte e trascurando gli eetti di bordo.
Soluzione:
Applichiamo il teorema di Gauss ad una singola lastra (vedi gura 8.6b), ad
esempio quella con carica positiva, in questo caso il usso elettrico complessivo
sará dato dal usso attraverso le due basi del cilindro per cui avremo
E · A + E · A = 2EA,
ΦE =
quindi considerando che la carica presente sul cerchio
individuato dall'intersezione del cilindro con la lastra é pari a
scrivere:
0 ΦE = 0 2E+ A = σA ⇒ E+ =
σ
20
σA,
possiamo
74
CAPITOLO 8.
ELETTROSTATICA
Figura 8.6: Esercizio 8.13
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 cariche
poste sulle lastre stesse, per cui:
E = E+ + E− = 2 ·
σ
σ
=
20
0
da cui:
σ = 0 E = 8.854 · 10−12 C 2 m−2 N −1 · 130
N
C
= 1.15 · 10−9 2
C
m
quindi:
Q = σA = 1.15 · 10−9
Esercizio 8.14
C
· 1 m2 = 1.15 · 10−9 C
m2
3 m ha carica −3.5 µC .
0.15m, (b) 2.9m, (c) 3.1m, (d) 6m
Una sfera metallica piena di raggio
Quanto vale il campo elettrico a distanza (a)
dal centro? (e) Come cambierebbero le risposte se il conduttore fosse, invece di
una sfera piena, un guscio sferico sottile?
Soluzione:
In una sfera metallica la carica si distribuisce
solo sulla supercie esterna.
di per ogni supercie chiusa che si trovi all'interno della sfera abbiamo
Quin-
QT = 0.
Dal teorema di Gauss abbiamo quindi:
0 ΦE = QT = 0 ⇒ ΦE = 0 ⇒ E = 0 ∀r < R
quindi (a) e (b)
E = 0.
Se consideriamo una supercie sferica di raggio
otteniamo:
0 ΦE = QT ⇒ E =
1 QT
4π0 r02
r 0 > R,
75
N
2 N
C e (d) E = 8.76 · 10 C . Dalla formula
ricavata possiamo notare che questa é esattamente uguale alla formula ottenuta
da cui ricaviamo (c)
E = 3.28 · 103
per una singola carica posta al centro della sfera per cui (e) non vi é nessun
cambiamento.
76
CAPITOLO 8.
ELETTROSTATICA
Capitolo 9
Magnetismo
Esercizio 9.1
(a) Quanto vale, per metro di lunghezza, il modulo della forza
che agisce su un lo percorso da una corrente di
un campo magnetico di
0.9 T ?
8.4 A
e che è perpendicolare ad
(b) Quanto varrebbe se l'angolo tra lo e campo
fosse di 45°?
Soluzione:
Ricordiamo l'espressione della forza agente su un lo percorso da corrente
immerso in un campo magnetico
I
~:
B
~ ⇒ |F~ | = IlB sin θ
F~ = I · ~l × B
Se
θ = 90°,
abbiamo
|F~ | = IlB = 8.4 A · 1 m · 0.9 T = 7.56 N
θ = 45°, il precedente
~ | = 5.346 N .
ottenendo |F
Se
Esercizio 9.2
risultato deve essere moltiplicato per
sin θ =
√
2/2
La massima forza agente su un lo posto tra le due espansioni
polari 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 lo
compie un balzo verso l'osservatore. (a) Di che tipo é l'espansione polare supe-
d = 10cm e che
0.16T , stimare la corrente nel lo. (c) Calco-
riore? (b) Supponendo che il diametro delle espansioni sia pari a
il campo magnetico abbia intensitá
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 verso
l'osservatore, cioé esce dal foglio in direzione positiva, allora il campo deve essere
77
78
CAPITOLO 9.
MAGNETISMO
Figura 9.1: Esercizio 9.2
diretto verso l'alto (vedi gura 9.1). Quindi l'espansione inferiore è di polaritá
NORD mentre quella superiore è di polaritá SUD. Le linee di forza di un campo
magnetico 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,
il
diametro delle espansioni polari, quindi avremo:
|F~ | = IBd ⇒ I =
(c) Se il lo viene inclinato di
ad
80
F
6.5 · 10−2 N
=
= 4.062 A
Bd
0.1 m · 0.16 T
10°rispetto all'orizzontale, formerá un angolo pari
°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
viene accelerato da una dierenza di potenziale di
2100V .
6.6·10−27 kg ,
(a) Calcolare il raggio
di curvatura della sua traiettoria nel caso in cui successivamente si muove in un
campo magnetico uniforme ortogonale alla sua velocitá e di intensitá
0.34 T .
(b)
Quanto vale il periodo di rivoluzione?
Soluzione:
+2e essendo e il valore assoluto della
1.6 · 10−19 C , la massa dell'atomo di elio é approssi6.6 · 10−27 kg . Ricaviamo prima di tutto la velocità nale
L'elio doppiamente ionizzato ha carica
carica dell'elettrone, pari a
mativamente pari a
dell'atomo di elio al termine dell'accelerazione.
Applichiamo a tale scopo il
teorema di conservazione dell'energia osservando che la variazione di energia
cinetica deve essere uguale al lavoro svolto dalla dierenza di potenziale sulla
carica, in altre parole
1
mv 2 = qV ⇒ v =
2
r
2qV
m
79
A questo punto possiamo utilizzare l'espressione del raggio della traiettoria
deducibile 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:
m
R=
qB
r
2qV
1
=
m
B
s
2mV
q
e, sostituendo i valori del problema:
1
R=
0.34 T
r
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 misura coinvolte nella formula sopra riportata. In termini dimensionali possiamo
scrivere
1
[R] =
T
r
kg V
1
=
C
N/ A m
da cui
[R] =
r
kg J
1
=
C2
N/ A m
r
kg kg m2 s−2
C2
Cm
kg m s−1
=m
−2
kg ms s
C
quindi l'unitá di misura é corretta. Il valore é dato da
1
R=
0.34
r
2.772
· 10−2 m
3.2
(b) Il periodo si ricava dalle leggi del moto circolare uniforme:
T =
2πR
2πR
2πm
=q
=
v
qB
2qV
m
e, sostituendo i dati del problema,
T =
Esercizio 9.4
2 · 3.14 · 6.6 · 10−27 kg
= 3.81 · 10−7 s
2 · 1.6 · 10−19 C · 0.34 T
Una pallottola da
3.4 g
160 ms−1 or5 · 10−5 T . Calcolare la
1 km, supponendo che la
si muove alla velocitá di
togonalmente al campo magnetico terrestre di intensitá
deessione subita dalla pallottola dopo aver percorso
sua carica valga
13.5 · 10−9 C .
80
CAPITOLO 9.
MAGNETISMO
Figura 9.2: Esercizio 9.4
Soluzione:
Con riferimento alla gura 9.2, sia
l = 1km la distanza percorsa dalla pallottola,
h. Durante
la deessione che intendiamo calcolare é la lunghezza del segmento
il movimento la pallottola risentirá di una forza centripeta dovuta al campo
magnetico, per cui ricordando l'espressione della forza centripeta e della forza
di Lorentz, possiamo scrivere:
Fc =
R
mv 2
mv
= qvB ⇒ R =
R
qB
é il raggio della traiettoria circolare percorsa dalla pallottola, sostituendo i
dati del problema troviamo:
R=
3.4 · 10−3 kg · 160 ms−1
= 8.06 · 1011 m
13.5 · 10−9 C · 5 · 10−5 T
Ricaviamo poi l'angolo
θx
sotteso al centro dall'arco di traiettoria l, per questo
ci serviremo di una semplice proporzione:
2πR : 2π = l : θx ⇒ θx =
l
103 m
=
= 1.24 · 10−9 rad
R
8.06 · 1011 m
A questo punto, ricordando un po' di trigonometria, é elementare ricavare
h = R − R cos θx ∼ 6.2 · 10−7 m
h:
81
Figura 9.3: Esercizio 9.5
Esercizio 9.5
d vengono percorsi dalla
x=0e
l'altro nel punto di ascissa x = d, essendo paralleli all'asse z e nel piano xz . Determinare il campo B nei punti dell'asse x tra i due li in funzione dell'ascissa x.
corrente
I
Due lunghi li paralleli posti a distanza
nello stesso verso. Uno dei due li si trova nel punto ad ascissa
Soluzione:
Dalla legge di Biot-Savart, considerando il verso della corrente e quindi la conseguente orientazione del campo magnetico deducibile dalla regola della mano
destra, possiamo scrivere immediatamente:
B1 (x) =
µ0 I
;
2πx
B2 (x) = −
µ0 I
2π(d − x)
Applicando il principio di sovrapposizione
µ0 I
B(x) = B1 (x) + B2 (x) =
2π
Esercizio 9.6
1
1
−
x d−x
Il campo magnetico nel centro di un solenoide lungo
1.25 cm vale 0.385 T .
costituito da ns = 975 spire.
e di diametro
che é
L = 30 cm
Calcolare la corrente nel solenoide sapendo
Soluzione:
Per un solenoide ideale (innitamente lungo) vale:
B = µ0 In
essendo
n
il numero di spire per unitá di lunghezza, supponendo che l'ipotesi di
solenoide ideale sia valida abbiamo
B = µ0 I
ns
BL
0.385 T · 0.3 m
⇒I=
=
= 94.32 A
L
µ0 ns
4π · 10−7 T m A−1 · 975
82
CAPITOLO 9.
Esercizio 9.7
diametro
MAGNETISMO
Il campo magnetico normale al piano di una spira circolare di
d = 12 cm
viene portato da
Bi = +0.52 T
a
Bf = −0.45 T
in
180 ms.
Il segno indica che il campo punta verso l'osservatore e il segno + indica il
verso opposto. (a) Calcolare la f.e.m. indotta. (b) Quale é il verso in cui uisce
la 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 (esterna
al foglio). Dalla legge di Faraday-Lenz troviamo per la forza elettromotrice:
E =−
1.096 · 10−2 N C −1 s m−1 m2
∆Φ
=
∼ 6.1 · 10−2 V
∆t
180 · 10−3 s
(b) La forza elettromotrice indotta si oppone alla variazione di usso per cui
la corrente associata sará tale da generare un campo magnetico verso il foglio
(verso l'interno) per cui
I
scorre in senso orario.