Tutorato di Fisica 1 - AA 2014/15 · 2015. 9. 30. · 1.1 Esercizio 1 (Simulazione di proav...

Tutorato di Fisica 1 - AA 2014/15

Emanuele Fabbiani

15 marzo 2015

Indice

1 Cinematica 4

1.1 Esercizio 1 (Simulazione di prova scritta, AA 2012-13, Ing. ELE-INFO-BIO) . . . . . . . . . . . 41.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Esercizio 3 (TE 3-Set-2012, Ing. EDILE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 Esercizio 4 (TE 19-giu-2012, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.6 Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Soluzioni 5

2.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.6 Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

3 Dinamica del punto materiale 8

3.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.6 Esercizio 6 (TE 17-feb-2010, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4 Soluzioni 10


5 Energia 13

5.1 Esercizio 1 (TE 22-Giu-2012, Ing. CIVILE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135.2 Esercizio 2 (TE 22-Feb-2012, Ing. EDILE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135.5 Esercizio 5 (TE 27-Gen-2011, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135.6 Esercizio 6 (TE 20-Lug-2011, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1

INDICE 2

6 Soluzioni 15


7 Dinamica del corpo rigido 19

7.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197.3 Esercizio 3 (Simulazione di prova scritta, AA 2012-13, Ing. ELE-INFO-BIO) . . . . . . . . . . . 197.4 Esercizio 4 (Simulazione di prova scritta, AA 2012-13, Ing. ELE-INFO-BIO) . . . . . . . . . . . 197.5 Esercizio 5 (TE 16-Feb-2012, Ing. CIVILE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207.6 Esercizio 6 (TE 1-Lug-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207.7 Esercizio 7 (TE 31-Gen-2012, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207.8 Esercizio 8 (TE 31-Gen-2012, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207.9 Esercizio 9 (Richiede doppi integrali) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217.10 Esercizio 10 (TE 15-Set-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

8 Soluzioni 22

8.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248.6 Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258.7 Esercizio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268.8 Esercizio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268.9 Esercizio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278.10 Esercizio 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

9 Quantità di moto e urti 29

9.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299.3 Esercizio 3 (TE 14-Feb-2013, Ing. CIVILE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299.4 Esercizio 4 (TE 18-Lug-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299.5 Esercizio 5 (TE 21-Feb-2013, Ing IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

10 Soluzioni 30

10.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3010.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3110.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3110.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3210.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

11 Oscillazioni 34

11.1 Esercizio 1 (TE 31-Gen-2012, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3411.2 Esercizio 2 (TE 27-Gen-2011, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3411.3 Esercizio 3 (TE 21-Lug-2010, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3411.4 Esercizio 4 (TE 29-Gen-2013, Ing IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

12 Soluzioni 36

12.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3612.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3612.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3712.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

INDICE 3

13 Fluidi 39

13.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3913.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3913.3 Esercizio 3 (TE 1-Lug-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3913.4 Esercizio 4 (TE 18-Lug-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3913.5 Esercizio 5 (TE 15-Set-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

14 Soluzioni 40

14.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4014.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4014.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4114.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4214.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

15 Temperatura e calore 43

15.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4315.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4315.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4315.4 Esercizio 4 (TE 4-Set-2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

16 Soluzioni 44

16.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4416.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4416.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4516.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

17 Termodinamica 46

17.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4617.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4617.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4617.4 Esercizio 4 (TE 30-Giu-2006, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4617.5 Esercizio 5 (TE 16-Feb-2012, Ing. CIVILE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4617.6 Esercizio 6 (TE 1-Lug-2005, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4617.7 Esercizio 7 (TE 30-Giu-2006, Ing. IND) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

18 Soluzioni 48

18.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4818.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4818.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4818.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4918.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5018.6 Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5018.7 Esercizio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1 CINEMATICA 4

1 Cinematica

1.1 Esercizio 1 (Simulazione di prova scritta, AA 2012-13, Ing. ELE-INFO-BIO)

Un atleta di massa m = 70 kg percorre cento metri in ∆t = 11s. All'inizio l'atleta si muove con accelerazionecostante a �no a raggiungere la velocità v0 = 40km/h, poi si muove a velocità costante. Calcolare il valoredell'accelerazione iniziale a.

1.2 Esercizio 2

Una studentessa lancia verso l'alto un cellulare di massa m = 143 g ad un'amica, a�acciata alla �nestra situataad un'altezza di h = 4 m sopra di lei. Il cellulare viene a�errato dopo ∆t = 1.50 s. Si determini la velocità delcellulare:

1. al momento del lancio;

2. all'instante in cui viene raccolto.

1.3 Esercizio 3 (TE 3-Set-2012, Ing. EDILE)

Una palla viene lanciata da terra con velocità iniziale v0 = 7m/s ad un angolo α = 53° rispetto all'orizzontale.Il vento che so�a orizzontalmente in direzione ortogonale rispetto a quella del vettore componente della velocitàiniziale lungo il terreno imprime un'accelerazione costante a = 4.8 m/s2. Calcolare a che distanza dal punto dipartenza la palla ricade a terra e con quale velocità.

1.4 Esercizio 4 (TE 19-giu-2012, Ing. IND)

Una ballista A è disposta a livello del terreno, mentre una seconda, B è posizionata su una torre alta h. Ae B, distanti d, sono inclinate in modo tale da lanciare frecce con velocità iniziali antiparallele. Le traiettorieparaboliche percorse dalle frecce si intersecano nel punto P. Dimostrare che due frecce lanciate dalle due arminello stesso istante raggiungono P contemporaneamente. Considerare le frecce punti materiali.

1.5 Esercizio 5

Una banconota da 20¿ è lunga poco più di 13 cm. Un amico ti propone una s�da: manterrà una banconotasospesa, con l'estremo inferiore all'altezza delle tue dita; ad un certo istante la lascerà cadere: se riuscirai ada�errarla al volo, questa sarà tua. Accetti?

1.6 Esercizio 6

Un punto materiale decelera da una velocità iniziale v0 ad una �nale v02 con una accelerazione a (v) = −3v2.

Calcolare il tempo impiegato.

2 SOLUZIONI 5

2 Soluzioni

2.1 Esercizio 1

Innanzitutto, sia v = 403.6 = 11.11 m/s la velocità raggiunta dal corridore. Si indica con d = 100 m la distanza

totale coperta dall'atleta, con t il tempo trascorso in accelerazione, poi si scrivono le leggi del moto rettilineouniforme e uniformemente accelerato:

d︷︸︸︷distanza

= 12at

2︷︸︸︷spazio coperto in accelerazione

+ v (∆t− t)︷︸︸︷spazio coperto a velocita costante

v = at

(2.1)

{d = 1

2�av

a�22 + v∆t− v · va

t = va

(2.2)

{da = 1

2v2 + va∆t− v2

t = va

(2.3)

{da− va∆t = 1

2v2 − v2

t = va

(2.4)

{a =

− 12v

2

d−v∆t = −0.5·11.112

100−11.11·11 = 2.78 m/s2

t = va

(2.5)

2.2 Esercizio 2

Si considera un sistema di riferimento orientato come il piano cartesiano e si applicano le leggi del motouniformemente accelerato: {

y = y0 + v0t− 12gt

2

v = v0 − gt(2.6)

{y−y0+ 1

2 gt2

t = v0

v = v0 − gt(2.7)

{4−0+ 1

2 ·9.8·1.52

1.5 = v0

v = v0 − 9.8 · 1.5(2.8)

{v0 = 10 m/s

v = v0 − 9.8 · 1.5 = −4.68 m/s(2.9)

2.3 Esercizio 3

Si scompone il vettore velocità iniziale lungo le componenti parallele e perpendicolare al terreno:v0x = v0 cos(α) direzione orizzontale del lancio

v0y = 0 direzione orizzontale del vento

v0z = v0 sin(α) direzione verticale del lancio

(2.10)

Lungo entrambi gli assi y e z il moto è uniformemente accelerato, con accelerazioni negative perché discordi conl'orientazione degli assi. Lungo l'asse x, invece, è rettilineo uniforme, poiché non intervengono accelerazioni.

x = v0xt

vx = v0x

y = v0yt− 12at

2 = − 12at

2

vy = v0y − at = −atz = v0zt− 1

2gt2

vy = v0z − gt

(2.11)

2 SOLUZIONI 6

Nell'istante in cui la palla ricade deve essere z = 0. Quindi:

0 = v0zt−1

2gt2 (2.12)

t = 0 ∨ t =2v0z

g(2.13)

La prima soluzione corrisponde all'istante del lancio, pertanto si considera solo la seconda:

t =2v0 sin (α)

g=

2 · 7 · sin (53.3°)

9.8' 1.15 s (2.14)

Si ricava quindi la gittata come somma vettoriale degli spostamenti lungo gli assi x e y.

x = v0 cos (α) t = 7 · cos (53.3) · 1.15 = 4.81 m (2.15)

y = −1

2at2 = −0.5 · 4.8 · 1.152 = −3.17 m (2.16)

G =√x2 + y2 =

√4.812 + 3.172 = 5.76 m (2.17)

La velocità �nale è invece la somma vettoriale delle componenti del vettore velocità lungo tutti i tre assi - perutilizzare il linguaggio matematico, la norma del vettore velocità:

vx = v0x = v0 cos(α) = 7 cos(53.3) = 4.18 m/s

vy = −at = −4.8 · 1.15 = −5.52 m/s

vy = v0z − gt = v0 sin(α)− gt = 7 sin(53.3°)− 9.8 · 1.15 = −5.66 m/s

(2.18)

v =√v2x + v2

y + v2z =

√4.182 + 5.522 + 5.662 = 8.94 m/s (2.19)

2.4 Esercizio 4

La ballista A è posizionata nell'origine del sistema di riferimento e spara la sua freccia verso l'alto:{xa = 0 + v0xat

ya = v0yat− 12gt

2(2.20)

B, invece, è piazzata in un punto che ha coordinate (d, h) e lancia la freccia verso il basso:{xb = d− v0xbt

yb = h− v0ybt− 12gt

2(2.21)

Se i due dardi devono giungere contemporaneamente in P deve essere:{xa = xb

ya = yb(2.22)

{0 + v0xat = d− v0xbt

v0yat− 12gt

2 = h− v0ybt− 12gt

2(2.23)

{v0xat+ v0xbt = d

v0yat+ v0ybt = h(2.24)

{t = d

v0xa+v0xb

t = hv0ya+v0yb

(2.25)

h

v0ya + v0yb

=d

v0xa + v0xb

(2.26)

2 SOLUZIONI 7

Ora, mediante le formule trigonometriche relative ai triangoli rettangoli è possibile calcolate le componenti deidue vettori velocità. Detto α l'angolo formato dalla velocità iniziale di A con il terreno, si ha infatti:

v0xa = v0 cos (α) (2.27)

v0ya = v0 sin (α) (2.28)

v0xb = v0 sin(π

2− α

)= v0 cos (α) (2.29)

v0yb = v0 cos(π

2− α

)= v0 sin (α) (2.30)

Tornando all'equazione precedente:

h

v0 sin (α) + v0 sin (α)=

d

v0 cos (α) + v0 cos (α)(2.31)

h

d=v0 sin (α) + v0 sin (α)

v0 cos (α) + v0 cos (α)(2.32)

h

d=

2v0 sin (α)

2v0 cos (α)= tan (α) (2.33)

Per la costruzione del triangolo che unisce le due balliste e la base della torre, la condizione è sempre veri�cata.

2.5 Esercizio 5

No. I tempi di reazione di un uomo si aggirano mediamente intorno ai 2 decimi di secondo. Assumendo chela banconota sia perfettamente verticale e che quindi l'attrito con l'aria sia trascurabile, in quel lasso di tempoessa percorre un spazio ∆x = 1

2gt2 = 0.5 · 9.8 · 0.22 = 19.6 cm, maggiore della lunghezza della banconota.

2.6 Esercizio 6

Per de�nizione:

a =dv

dt(2.34)

− 3v2 =dv

dt(2.35)

Si tratta di una equazione di�erenziale a variabili separabili.

dt =dv

−3v2(2.36)

ˆ t

0

1 dt =

ˆ v02

v0

1

−3v2dv (2.37)

t =

[− 1

3v

] v02

v0

=1

3v0(2.38)

3 DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 8

3 Dinamica del punto materiale

3.1 Esercizio 1

Una massa m è posta sul punto più basso di un piano inclinato di un angolo θ rispetto all'orizzontale. Lalunghezza del tratto obliquo è l. Calcolare quale deve essere la velocità iniziale vi per permettere alla massa diraggiungere la sommità nei seguenti casi:

1. In assenza di attrito

2. Con un coe�ciente d'attrito dinamico tra massa e super�cie pari a µ.

3.2 Esercizio 2

Un blocco di massa m = 3 kg è premuto contro una parete verticale da una forza F , inclinata di θ = 50° rispettoall'orizzontale. Il coe�ciente d'attrito statico tra il corpo e la super�cie è µ = 0.25. Stabilire per quali valori diF il blocco non si muove.

3.3 Esercizio 3

Due masse, m1 ed m2, poggiate su una super�cie liscia orizzontale sono connesse da una fune leggera. Unaforza F verso destra viene applicata ad m2. Si trovino l'accelerazione a del sistema e la tensione T della fune.

3.4 Esercizio 4

Un uomo di massa m = 72 kg sta in piedi su una bilancia a molla all'interno di un ascensore. Partendo dafermo l'ascensore sale, raggiungendo la massima velocità di 1.2 m/s in 0.8 s. L'ascensore si muove nei successivi5 s con velocità costante. Poi accelera uniformemente nella direzione negativa dell'asse y �no ad arrestarsi dopo1.5 s.

Determinare il peso misurato dalla bilancia

1. prima che l'ascensore inizi a salire;

2. durante i primi 0.800 s;

3. durante il moto a velocità costante;

4. durante il tempo di frenata.

3.5 Esercizio 5

Una massa m = 3 kg attaccata ad una corda di massa trascurabile descrive una circonferenza su un tavoloorizzontale privo di attrito. Il raggio della circonferenza è r = 80 cm e la corda può sopportare il peso di unamassa di M = 25 kg prima di spezzarsi. Qual è la massima velocità che il corpo può assumere senza che lacorda si rompa?

3.6 Esercizio 6 (TE 17-feb-2010, Ing. IND)

Due rimorchiatori tirano una chiatta di massa m = 10000 kg lungo un canale applicando le forze F1 = 1414 Ne F2 = 1000 N . F1 è inclinata di un angolo θ1 = 30◦ rispetto alla riva. Calcolare:

1. quale inclinazione deve avere F2 perché la rotta della chiatta sia parallela alla riva;

2. l'accelerazione della chiatta;

3. lo spazio percorso dalla chiatta, partita da ferma, prima di raggiungere la velocità v = 5 nodi.

Supporre l'attrito con l'acqua e la corrente trascurabili; 1 nodo corrisponde a un miglio marino all'ora, un migliomarino a 1852 m.

3 DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 9

4 SOLUZIONI 10

4 Soluzioni

4.1 Esercizio 1

Si consideri il secondo caso: le forze agenti sulla massa sono unicamente il peso e l'attrito. Secondo la legge diNewton: ∑

F = ma (4.1)

mg sin θ + µmg cos θ = ma (4.2)

a = g sin θ + µg cos θ (4.3)

L'accelerazione ha verso opposto alla velocità iniziale:{x = v0t− 1

2at2

v = v0 − at(4.4)

Nell'istante in cui il corpo si ferma si ha v = 0:

t =v0

a(4.5)

Imponendo che il tratto percorso sia l:

l = v0t−1

2at2 (4.6)

l =v2

0

a− 1

2

v20

a(4.7)

l =v2

0

2a(4.8)

v0 =√

2al =√

2l (g sin θ + µg cos θ) (4.9)

Per rispondere alla prima richiesta è su�ciente porre µ = 0.

4.2 Esercizio 2

Si scompone F lungo le direzioni dei due assi cartesiani, poi si impone la condizione di equilibrio del puntomateriale: ∑

F = 0 (4.10){∑Fx = 0∑Fy = 0

(4.11)

{F cos θ −N = 0

F sin θ −mg + Fas = 0(4.12)

Ora, qual è il verso della forza d'attrito? La risposta è semplice: non si sa! Nel caso F sia debole, il bloccotenderebbe a cadere e la forza di attrito si opporrebbe a tale moto. Di conseguenza sarebbe diretta verso l'alto.Se invece si imprimesse una forza molto intensa, il corpo tenderebbe a scorrere verso l'alto, e subirebbe unattrito di verso opposto. Si devono quindi distinguere i due casi:{

F sin θ −mg − Fas = 0 il corpo tende a salire

F sin θ −mg + Fas = 0 il corpo tende a cadere(4.13)

Risolvendo i due sistemi distinti, si troveranno i limiti dell'intervallo entro cui il corpo è in equilibrio. Si utilizzala formula Fas ≤ µN .

Per il limite inferiore: {F cos θ −N = 0

F sin θ −mg + µN = 0(4.14)

{F cos θ = N

F sin θ −mg + µF cos θ = 0(4.15)

4 SOLUZIONI 11

F (sin θ + µ cos θ) = mg (4.16)

F =mg

(sin θ + µ cos θ)' 31.7 N (4.17)

Per il limite superiore: {F cos θ −N = 0

F sin θ −mg − µN = 0(4.18)

{F cos θ = N

F sin θ −mg − µF cos θ = 0(4.19)

F (sin θ − µ cos θ) = mg (4.20)

F =mg

(sin θ − µ cos θ)' 48.6 N (4.21)

4.3 Esercizio 3

Si scrive una equazione per ogni corpo: {∑F = m1a∑F = m2a

(4.22)

{T = m1a

F − T = m2a(4.23)

{T = m1a

F −m1a = m2a(4.24)

{T = m1 · F

m1+m2

a = Fm1+m2

(4.25)

4.4 Esercizio 4

Si applica il secondo principio della dinamica, avendo l'accortezza di utilizzare un sistema di riferimento inerziale:l'accelerazione dell'uomo, secondo un osservatore solidale con la Terra, è pari a quella dell'ascensore. Si scegliedi considerare positive le forze e le accelerazioni dirette verso l'alto.∑

F = ma (4.26)

N −mg = ma (4.27)

N = m (g + a) (4.28)

Quindi:

1.a = 0 −→ N = mg = 72 · 9.8 = 706 N (4.29)

2.

a =dv

dt=

1.2

0.8= 1.5 m/s2 −→ N = m (g + a) = 72 · (9.8 + 1.5) = 814 N (4.30)

3.a = 0 −→ N = mg = 72 · 9.8 = 706 N (4.31)

4.

a =dv

dt=−1.2

1.5= 0.8 m/s2 −→ N = m (g + a) = 72 · (9.8− 0.8) = 648 N (4.32)

4 SOLUZIONI 12

4.5 Esercizio 5

Se la fune è capace di sopportare un corpo di massa M , allora la massima tensione ad essa applicabile è:

T = Mg (4.33)

Dal momento che la massa m descrive una traiettoria circolare, deve esistere una forza centripeta di valore:

Fc =mv2

r(4.34)

Tale forza altro non può essere che la tensione della fune. La soglia di rottura si ottiene quindi attraversol'uguaglianza:

Fc = T (4.35)

Mg =mv2

r(4.36)

v =

√Mgr

m=

√25 · 9.8 · 0.8

3= 8.08 m/s2 (4.37)

4.6 Esercizio 6

Si vuole innanzitutto determinare l'angolo θ2. Per fare in modo che la chiatta proceda parallela alla riva, lecomponenti verticali di F1ed F2 devono essere uguali in modulo e direzione e opposte in verso.

F1x = F2x (4.38)

F1 sin θ1 = F2 sin θ2 (4.39)

sin θ2 =F1 sin θ1

F2(4.40)

sin θ2 =1414 · 0.5

1000'√

2

2(4.41)

θ2 =π

4(4.42)

L'accelerazione della chiatta è determinata unicamente dalla componente orizzontale delle due forze:∑F = ma (4.43)

F1 cos θ1 + F2 cos θ2 = ma (4.44)

a =F1 cos θ1 + F2 cos θ2

m=

1414 · cos 30° + 1000 cos 45°

10000= 0.2 m/s2 (4.45)

Per determinare lo spazio percorso si ricorre alle equazioni del moto uniformemente accelerato, non prima diaver convertito la velocità in m/s:

5 nodi =5 · 1852 m

3600 s= 2.57 m/s (4.46){

x = 12at

2

v = at(4.47)

x =v2

2a=

2.572

2 · 0.2= 16.54 m (4.48)

5 ENERGIA 13

5 Energia

5.1 Esercizio 1 (TE 22-Giu-2012, Ing. CIVILE)

Un pendolo è costituito da una massa m = 1 kg sostenuta da una fune di massa trascurabile lunga l = 2 m,con costante elastica k = 103 Nm, inizialmente disposta in orizzontale e in quiete. Calcolare l'allungamento xdella corda quando il pendolo ha descritto un quarto di circonferenza ed m si trova nel punto più basso dellatraiettoria.

5.2 Esercizio 2 (TE 22-Feb-2012, Ing. EDILE)

Quanto tempo impiega un motore capace di erogare una potenza P = 2.3 kW per sollevare un caricom = 200 kgsino ad un'altezza h = 20 m dal suolo?

5.3 Esercizio 3

Un pendolo è composto da una fune inestensibile di lunghezza l e massa trascurabile e da una sfera di massam. Il pendolo, �ssato al so�tto di una stanza, è inizialmente mantenuto in posizione orizzontale. Esattamentesulla verticale del punto in cui è imperniata la corda è posizionato un piolo inamovibile, la cui distanze dalso�tto è d. Quando il pendolo viene rilasciato e la corda incontra il piolo. Si dimostri che il minimo valore did necessario a far compiere al pendolo un giro completo intorno al piolo è d0 = 3

5 l.

5.4 Esercizio 4

Una massa m1 = 3 kg è appoggiata su un piano orizzontale caratterizzato da un coe�ciente d'attrito staticoµs = 0.5 e da un coe�ciente d'attrito dinamico µd = 0.4. Una corda di massa trascurabile, libera di scorreresenza attrito su una carrucola, collega il primo blocco ad una seconda massa m2 = 5 kg, tenuta sospesa amezz'aria. Al tempo t = 0 il sistema viene lasciato libero di muoversi. Dimostrare che il secondo blocca trascinail primo nella sua caduta e calcolare la velocità dei due blocchi quando m2 è precipitato per ∆h = 1.5 m.

5.5 Esercizio 5 (TE 27-Gen-2011, Ing. IND)

Un ragazzo tira uno slittino lungo un pendio innevato lungo l = 50 m e inclinato di un angolo di θ = 20◦

rispetto all'orizzontale. Le condizioni del manto nevoso lungo il pendio non sono costanti a causa della di�erenteesposizione al sole. Sapendo che il coe�ciente d'attrito dinamico tra la neve e lo slittino aumenta lungo il pendiosecondo l'equazione µ(x) = ax

32 + b calcolare il minimo lavoro che il ragazzo deve compiere per trascinare in

cima alla salita il suo slittino che ha massa m = 10 kg . Siano a = 0.003 m−32 e b = 0.1, la forza esercitata dal

ragazzo sullo slittino è parallela al pendio.

5.6 Esercizio 6 (TE 20-Lug-2011, Ing. IND)

In un parco di giochi acquatici c'è uno scivolo alto h = 3 m e inclinato di θ = 20◦ rispetto all'orizzontale. Loscivolo termina con una curva orizzontale di raggio r = 5 m che ruota di 90◦ l'uscita rispetto all'ingresso delloscivolo. Il coe�ciente d'attrito dinamico dello scivolo vale µ = 0.15. Un ragazzo si lascia scivolare da fermodal punto più alto. Calcolare la velocità raggiunta all'uscita dello scivolo e la massima accelerazione centripetalungo la traiettoria. Considerare lisce le pareti laterali della guida di scorrimento.

5 ENERGIA 14

6 SOLUZIONI 15

6 Soluzioni

6.1 Esercizio 1

Si applica il principio di conservazione dell'energia, �ssando lo zero del potenziale gravitazionale al livello piùbasso raggiunto dal centro di massa della sfera. Nell'istante iniziale il corpo possiede solo energia potenzialegravitazionale, al termine della caduta questa si è completamente trasformata in energia potenziale elastica edenergia cinetica.

Ei = Ef (6.1)

mg (l + x) =1

2mv2 +

1

2kx2 (6.2)

Compaiono due incognite: x ev. Occorre quindi ricavare una nuova equazione tramite il bilancio delle forzeagenti sulla sfera. Per mantenere una traiettoria circolare è necessaria una forza centripeta:

Fc =mv2

l + x= kx−mg (6.3)

Mettendo a sistema le due condizioni: {mv2

l+x = kx−mgmg (l + x) = 1

2mv2 + 1

2kx2

(6.4)

{mv2 = kx (l + x)−mg (l + x)

mg (l + x) = 12 (kx (l + x)−mg (l + x)) + 1

2kx2

(6.5)

Risolvendo la seconda equazione rispetto all'unica incognita x si ottiene un'unica soluzione accettabile:

x = 2.9 cm (6.6)

6.2 Esercizio 2

Dalla de�nizione di potenza:

P =dL

dt(6.7)

Il lavoro necessario per sollevare il peso è pari, in valore assoluto, a quello compiuto dalla forza di gravità:

L = mg∆h (6.8)

Quindi:

P =mg∆h

∆t(6.9)

∆t =mg∆h

P=

200 · 9.8 · 20

2300= 12.25 s (6.10)

6.3 Esercizio 3

Si applica il principio di conservazione dell'energia per stabilire la velocità vd con cui la sfera giunge nel puntopiù basso della sua traiettoria.

Ei = Ef (6.11)

mgl =1

2mv2

d (6.12)

vd =√

2gl (6.13)

Quando la corda urta il piolo, la sfera comincia a risalire, descrivendo una traiettoria circolare. Il centro dellacirconferenza è il perno, il raggio è l − d. La condizione necessaria a�nché il corpo descriva un giro completoè che la tensione del �lo nel punto più alto sia maggiore o uguale a zero. Ricordando che per mantenere unatraiettoria curvilinea è indispensabile la presenza di una forza centripeta:

P + T =mv2

u

l − d(6.14)

6 SOLUZIONI 16

T =mv2

u

l − d−mg ≥ 0 (6.15)

v2u ≥ g (l − d) (6.16)

Dove vu è la velocità del corpo nella sommità della sua orbita. Per calcolare il valore di vu si ricorre ancora unavolta alla conservazione dell'energia meccanica:

Ei = Ef (6.17)

1

2mv2

d =1

2mv2

u +mg · 2 (l − d) (6.18)

v2u = v2

d − 4g (l − d) (6.19)

Sostituendo il valore di vd precedentemente ricavato:

v2u = 2gl − 4g (l − d) = 4gd− 2gl (6.20)

Sostituendo tale valore nella condizione 6.16:

4gd− 2gl ≥ gl − gd (6.21)

5d ≥ 3l (6.22)

d ≥ 3

5l (6.23)

6.4 Esercizio 4

Il secondo blocca provoca la caduta del primo se la forza peso che lo trascina verso il basso è maggiore dellamassima forza d'attrito statico che la super�cie esercita su m1. In modo più formale, m1si muove se:

T − FasMax ≥ 0 (6.24)

Dove:T = m2g (6.25)

Quindi:m2g ≥ µsN (6.26)

m2g ≥ µsm1g (6.27)

m2 ≥ m1g (6.28)

3 ≥ 5 · 0.5 −→ 3 ≥ 2.5 (6.29)

Quindi il sistema si mette in moto.Per determinare la velocità richiesta occorre considerare che non è possibile applicare il principio di conser-

vazione dell'energia meccanica, poiché entra in azione una forza non conservativa. Di conseguenza, all'energiainiziale deve essere sottratto il lavoro compiuto dell'attrito:

Ei − Lattr = Ef (6.30)

Dove:

Lattr =

ˆ ∆h

0

−→F ·−→ds =

ˆ ∆h

0

µdm1g ds = µdm1g∆h (6.31)

Quindi:

m2g∆h− µdm1g∆h =1

2m2v

2 (6.32)

v =

√2g∆h (m2 − µdm1)

m2=

√2 · 9.8 · (3− 0.4 · 5)

3' 3.5 m/s (6.33)

6 SOLUZIONI 17

6.5 Esercizio 5

Il minimo lavoro che il ragazzo deve compiere è quello necessario per compensare l'azione della forza di gravitàe dell'attrito:

L = Lg + Lattr (6.34)

Il lavoro della forza di gravità si ottiene come di�erenza di energia potenziale:

Lg = mg∆h = mgl sin θ (6.35)

Lattr =

ˆ l

0

−→F ·−→ds =

ˆ l

0

µd (x) dx =

ˆ l

0

ax32 + b dx =

[2

5ax

52 + bx

]l0

=2

5al

52 + bl (6.36)

Quindi:

L = mgl sin θ +2

5al

52 + bl = 4.1 kJ (6.37)

6.6 Esercizio 6

Come nell'esercizio 6.4, per ricavare l'energia �nale è necessario sottrarre il lavoro compiuto dalla forza d'attritoall'energia iniziale. Ancora una volta, per semplicità, si �ssa lo zero del potenziale gravitazionale al livellodell'uscita dello scivolo.

Ei − Lattr = Ef (6.38)

L'energia iniziale è unicamente potenziale:Ei = mgh (6.39)

L'energia �nale è solamente cinetica:

Ef =1

2mv2

f (6.40)

Per il calcolo del lavoro compiuto dall'attrito occorre conoscere la lunghezza del tratto percorso dal ragazzo.Questo è composto dal tratto discendente e dalla curva orizzontale:

l = ldisc + lcurva =h

sin θ+π

2r (6.41)

Di conseguenza:

Lattr = Lattr =

ˆ l

0

−→F ·−→ds (6.42)

Occorre ora spezzare l'integrale e valutare separatamente il tratto in discesa e quello orizzontale. La forzad'attrito ha infatti intensità di�erenti nei due casi, in ragione della diversità della reazione normale. In discesa:

Fattr = µN = µmg cos θ (6.43)

Lattr =

ˆ hsin θ

0

−→F ·−→ds = µmg cos θ · h

sin θ=µmgh

tan θ(6.44)

In piano:Fattr = µN = µmg (6.45)

Lattr =

ˆ π2 r

0

−→F ·−→ds = µmg · π

2r =

µmgπr

2(6.46)

Il lavoro totale compiuto dalla forza d'attrito è la somma dei due contributi:

Lattr =µmgπr

2+µmgh

tan θ(6.47)

Inserendo tutte le quantità calcolate nell'equazione 6.38:

��mgh−(µ��mgπr

2+µ��mgh

tan θ

)=

1

2��mv

2f (6.48)

vf =

√2gh− µgπr − 2µgh

tan θ' 3.4 m/s (6.49)

6 SOLUZIONI 18

L'accelerazione centripeta si rileva solo lungo il tratto curvo e piano. Il suo modulo vale:

a =v2

r(6.50)

Ed è massimo ove lo è la velocità v, quindi all'imbocco della curva, prima che l'attrito la riduca ulteriormente.La velocità vi di ingresso nella curva si può calcolare con il ragionamento precedentemente utilizzato, conl'accortezza di non tenere conto del lavoro che la forza d'attrito compie nell'ultimo tratto.

vi =

√2gh− 2µgh

tan θ(6.51)

Quindi:

amax =v2i

r=

2gh− 2µghtan θ

r' 6.9m m/s2 (6.52)

{x = 1

2at2

v = at(6.53)

x =v2

2a=

2.572

2 · 0.2= 16.54 m (6.54)

7 DINAMICA DEL CORPO RIGIDO 19

7 Dinamica del corpo rigido

7.1 Esercizio 1

Si calcoli il momento d'inerzia di una sbarra sottile di lunghezza l = 30 cm, la cui densità lineare di massa èdescritta dalla funzione λ (x) = 50 + 20x

[gm

].

7.2 Esercizio 2

Uno yo-yo è approssimabile ad un cilindro di massa m e raggio r collegato ad una fune inestensibile e di massatrascurabile. Si calcoli l'accelerazione con cui cade il corpo ed il tempo impiegato per toccare il suolo, nell'ipotesiche l'altezza iniziale sia h.


Una trave omogenea di peso Pt = 1000 N ha la sua estremità inferiore incernierata a terra ed è sorretta da uncavo, �ssato a parete, come illustrato in �gura. All'estremità superiore è appeso un oggetto di peso Po = 1400 Ndi peso. Si determinino la tensione del cavo e le componenti della forza di reazione della cerniera sulla trave.


Due blocchi di massa m1 = 5 kg e m2 = 9 kg sono connessi fra loro da una corda senza massa tesa da unacarrucola circolare di raggio R = 0.25 m e massa M = 15 kg. I due blocchi scorrono lungo il pro�lo disegnatoin �gura: il lato destro del pro�lo è inclinato di θ = 40◦. Il coe�ciente di attrito dinamico per i due blocchiè µ = 0.36. Si determinino i valori di accelerazione dei due blocchi e le tensioni della corda sui due lati dellacarrucola.


7.5 Esercizio 5 (TE 16-Feb-2012, Ing. CIVILE)

Un anello di acciaio di massa m = 6 kg e raggio r = 1 m può scendere lungo un piano inclinato. Si osservache se l'angolo del piano inclinato con l'orizzontale supera θmax = 20◦ non è più possibile un moto di purorotolamento. Calcolare il coe�ciente di attrito statico µ.


Un'asta di metallo omogenea lunga L = 1 m è inizialmente in posizione verticale imperniata a terra ad un suoestremo. Ad un certo istante viene lasciata cadere. Calcolare la velocità tangenzialev dell'altro estremo quandola sbarra forma con la verticale un angolo di θ = 60◦.


Una sbarra di alluminio lunga L = 3 m, rigida e omogenea ha sezione a1 = 150 cm2 per una lunghezzal1 = 1.8 m e a2 = 100cm2 per una lunghezza l2 = 1.2 m. L'asta poggia agli estremi su due molle ideali verticalidi costante elastica k1 = 5000 N/m e k2 . Le molle hanno la stessa lunghezza di riposo e il centro di massadell'asta è libero di muoversi solo nella direzione verticale. Calcolare dove si trova il centro di massa dell'asta eil valore di k2 perché all'equilibrio l'asta sia orizzontale.


Il copertone della ruota di un prototipo di auto sportiva è assimilabile ad un cilindro cavo con raggio internori = 10 cm, raggio esterno re = 20 cm e altezza h = 20 cm. Per caricare una partita di copertoni su un camion,un uomo li fa rotolare senza strisciare su per una rampa appoggiata sul piano di carico posto a h = 80 cm da


terra. Calcolare la velocità minima vmin da conferire al centro di massa dei copertoni per farli salire sul camion.

7.9 Esercizio 9 (Richiede doppi integrali)

Si dimostri che il momento d'inerzia di un disco cavo di massa m, raggio interno ri e raggio esterno re èI = 1

2m(r2i + r2

e

).

7.10 Esercizio 10 (TE 15-Set-2005, Ing. IND)

Un volano con momento d'inerzia I = 1.5 kg · m2, ruota a 2000 giri al minuto. Se una coppia di momentoτ (t) = 1.2πt2 Nm si oppone al moto, in quanto tempo si ferma il volano?

8 SOLUZIONI 22

8 Soluzioni

8.1 Esercizio 1

Si determina innanzitutto la massa complessiva dell'oggetto.

m =

ˆ l

0

λ (x) dx =

ˆ l

0

50 + 20x dx =[50x+ 10x2

]l0

= 50l + 10l2 = 50 · 0.3 + 10 · 0.32 ' 16 g (8.1)

La coordinata x del centro di massa è de�nita come:

xcm =1

m

ˆ l

0

x dm (8.2)

Dove dm è l'elemento di massa e valedm = λ (x) dx (8.3)

Quindi:

xcm =1

m

ˆ l

0

xλ (x) dx =1

m

ˆ l

0

50x+ 20x2 dx =1

m

[25x2 +

20

3x3

]l0

= (8.4)

=1

m

(25l2 +

20

3l3)

=1

16

(25 · 0.32 +

20

3· 0.33

)' 0.153 m

8.2 Esercizio 2

Si determina il momento d'inerzia del corpo:

I = Icilindro =1

2mr2 (8.5)

Poi si scrivono l'equazione delle forze e quella dei momenti:{∑F = ma∑τ = Iα

(8.6)

Si sceglie di considerare positive le accelerazioni dirette verso il basso, e di conseguenza le accelerazioni angolariche tendono a far ruotare il corpo in senso orario. Si indica con T la tensione del �lo. Questa è l'unica forzache produce un momento non nullo, in quanto il peso è applicato al centro di massa del corpo e ha quindi unbraccio pari a zero. Il momento causato da T è:

−→τT = −→r ×−→T −→ τT = rT sin

(π2

)= rT (8.7)

Quindi: {mg − T = ma

Tr = Iα(8.8)

Dalla leggi del moto circolare, si ha α = ar . {

mg − T = ma

Tr = 12mr

2 · ar(8.9)

{mg − T = ma

T = 12ma

(8.10)

{mg − 1

2ma = ma

T = 12ma

(8.11)

{mg = 3

2ma

T = 12ma

(8.12)

{a = 2

3g

T = 13mg

(8.13)

8 SOLUZIONI 23

8.3 Esercizio 3

Si determinano tutte le forze agenti sulla trave.

Poi si impongono le condizioni di equilibrio del corpo rigido, scomponendo le forza lungo gli assi x e y.∑Fx = 0∑Fy = 0∑τ = 0

(8.14)

Si indica con R la reazione normale fornita dal perno e con T la tensione cui è sottoposto il �lo. La forza pesodella trave viene considerata applicata al suo centro di massa, ovvero a L

2 . Vengono considerate positive le forzeconcordi con l'orientazione degli assi cartesiani.

Rx − Tx = 0

Ry + Ty − Pt − Po = 0

PoL sin (90°− 73°)− T 34L · sin (73° + 32°) + L

2 Pt sin (90°− 73°) = 0

(8.15)

Nell'ultima equazione l'unica incognita è la tensione del �lo:

T =(4Po + 2Pt) sin 17°

3 sin 105°= 766 N (8.16)

Da cui le componenti:Tx = T cos 32° = 650 N (8.17)

Ty = T sin 32° = 406 N (8.18)

Risolvendo le prime due equazioni del sistema:

Rx = Tx = 766 N (8.19)

Ry = Pt + Po − Ty = 1994 N (8.20)

8.4 Esercizio 4

Su ognuno dei due blocchi agisce la tensione della fune, la forza d'attrito e il peso. La carrucola è messa inrotazione dall'azione delle due tensioni.

8 SOLUZIONI 24

Si ottengono quindi tre equazioni: due sulle forze agenti sui blocchi, una sui momenti della carrucola.∑Fm1

= m1a∑Fm2

= m2a∑τcarr = Iα

(8.21)

L'accelerazione delle due masse è identica, essendo queste unite da una fune inestensibile. Inoltre si ricordache α = a

r , dove r è il raggio della puleggia. Questa è modellizzabile come un cilindro pieno, il cui momentod'inerzia è I = 1

2Mr2, con M massa dell'oggetto. Si de�niscono le tensioni T1 e T2, relative ai �li che colleganoalla carrucola rispettivamente m1 ed m2. Il verso positivo dell'accelerazione è concorde con il verso positivodell'asse delle x.

T1 − µdm1g = m1a

m2g sin θ − T2 − µdm2g cos θ = m2a

rT2 − rT1 = 12Mr2 · ar

(8.22)

T1 = −µm1g +m1a

T2 = m2g sin θ − µdm2g cos θ −m2a

T2 − T1 = 12Ma

(8.23)

Sostituendo le tensioni nell'ultima equazione si ricava l'accelerazione.

m2g sin θ − µdm2g cos θ −m2a+ µm1g −m1a =1

2Ma (8.24)

m2g sin θ − µdm2g cos θ + µm1g =1

2Ma+m2a+m1a (8.25)

a =m2g sin θ − µdm2g cos θ + µm1g

12M +m2 +m1

= 0.68 m/s2 (8.26)

Da cui le altre due incognite:T1 = −µm1g +m1a = 21 N (8.27)

T2 = m2g sin θ − µdm2g cos θ −m2a = 26.3 N (8.28)

8.5 Esercizio 5

Le forze che agiscono sull'anello sono: il peso P , la reazione normale N e la forza d'attrito statico Fas. Le primedue possono essere considerate applicate al centro di massa del corpo, quindi non provocano momento. L'ultimaè tangente alla circonferenza, quindi genera un momento −→τ as = −→r ×

−→F = rF sin π

2 = rF . Le equazioni delleforze e dei momenti sono: {∑

F = ma∑τ = Iα

(8.29)

8 SOLUZIONI 25

Si considerano positive le accelerazioni dirette verso la parte bassa del piano inclinato:{P‖ − Fas = ma

Fasr = Iα(8.30)

Il momento d'inerzia di un anello è I = mr2 e, in regime di rotolamento puro, vale la relazione α = ar . Quindi:{

mg sin θ − Fas = ma

Fasr = mr2 · ar(8.31)

{Fas = ma

mg sin θ = 2Fas(8.32)

Di conseguenza, l'intensità della forza d'attrito statico varia in funzione di θ secondo la relazione:

Fas =mg sin θ

2(8.33)

Tuttavia deve rispettare la condizione:Fas ≤ µN = µmg cos θ (8.34)

Quindi, imponendo che la forza d'attrito statico sia massima in corrispondenza del massimo angolo che permetterotolamento puro:

µmg cos θmax =1

2mg sin θmax (8.35)

µ =1

2tan θmax =

1

2tan 20° = 0.18 (8.36)

8.6 Esercizio 6

Si utilizza la conservazione dell'energia meccanica. Inizialmente l'asta, ferma, possiede solo energia potenziale.Si può ridurre il corpo esteso ad un punto materiale, la cui intera massa sia concentrata nel baricentro, ovvero adun'altezza pari a L

2 rispetto al terreno. Quando invece l'asta raggiunge l'angolo θ, la quota del centro di massaè il cateto adiacente a θ del triangolo formato da perno, baricentro e proiezione del baricentro sulla verticale.A questa si aggiunge l'energia cinetica di rotazione.

Ei = Ef (8.37)

mgL

2= mg

L

2cos θ +

1

2Iω2 (8.38)

Il momento d'inerzia di una sbarra che ruota intorno ad un estremo è I = 13mL

2. Quindi:

mgL

2(1− cos θ) =

1

2· 1

3mL2ω2 (8.39)

ω2 =3g (1− cos θ)

L(8.40)

ω =

√3g (1− cos θ)

L(8.41)

Per le leggi del moto circolare, v = ωr, dove r è la distanza dal centro di rotazione. Per l'estremo della sbarrav = ωL

v = L ·√

3g (1− cos θ)

L=√

3gL (1− cos θ) = 3.83 m/s (8.42)

8 SOLUZIONI 26

8.7 Esercizio 7

Nel calcolo del centro di massa, le singole sezioni della sbarra vengono ridotte a masse puntiformi concentratenei baricentri dei tratti. La coordinata x del centro di massa di un sistema di corpi puntiformi è data dallaformula:

xcm =1

M

n∑i=1

mixi (8.43)

Tornando alla situazione in esame:

xcm =m1

l12 +m2

(l1 + l2

2

)m1 +m2

(8.44)

Si indica con A la sezione di una parte di sbarra. Le masse dei due tratti sono:

m1 = ρV1 = ρA1l1 (8.45)

m2 = ρV2 = ρA2l2 (8.46)

Sostituendo:

xcm =ρA1l1

l12 + ρA2l2

(l1 + l2

2

)ρA1l1 + ρA2l2

=A1

l212 +A2l2

(l1 + l2

2

)A1l1 +A2l2

= 1.36 m (8.47)

A questo punto è possibile impostare l'equazione dei momenti rispetto al centro di massa. La forza peso habraccio nulla, quindi occorre tenere in considerazione solo la forza elastica esercitata dalle due molle. A�nchéla barra sia in equilibrio, deve essere: ∑

τ = 0 (8.48)

xcmk1∆x1 − (l − xcm) k2∆x2 = 0 (8.49)

Inoltre l'asta è orizzontale se ∆x1 = ∆x2.

xcmk1 = (l − xcm) k2 (8.50)

k2 =xcm

l − xcmk1 = 4146 N/m (8.51)

8.8 Esercizio 8

Conviene ragionare sulle energie: nel punto più basso del piano inclinato il cilindro possiede sia energia cineticadi traslazione Kt = 1

2mv2 che energia cinetica di rotazione Kr = 1

2Iω2. Supponendo che il copertone arrivi

in cima con velocità nella, una volta superato il piano inclinato possiede solo energia potenziale. Il momentod'inerzia di un cilindro cavo è I = 1

2m(r2i + r2

e

): si veda a tal proposito l'esercizio successivo.

Ei = Ef (8.52)

Kt +Kr = Ug (8.53)

1

2mv2 +

1

2Iω2 = mgh (8.54)

1

2mv2 +

1

2· 1

2m(r2i + r2

e

)ω2 = mgh (8.55)

1

2v2 +

1

4

(r2i + r2

e

)ω2 = gh (8.56)

Se il copertone compie un moto di rotolamento puro, si ha ω = vre.

2v2 +

(r2i + r2

e

)r2e

v2 = 4gh (8.57)

v =

√√√√ 4gh

2 +r2i+r2er2e

= 3.1 m/s (8.58)

8 SOLUZIONI 27

8.9 Esercizio 9

La de�nizione di momento d'inerzia per un corpo bidimensionale è

I =

ˆS

r2 dm (8.59)

Considerando un disco cavo con centro nell'origine degli assi e densità super�ciale di massa σ (x, y), si ha:

I =

ˆ ˆdisco cavo

x2 + y2 σ (x, y) dxdy (8.60)

Supponendo σ (x, y) costante su tutta la super�cie:

I =

ˆ ˆdisco cavo

x2 + y2 σdxdy = σ

ˆ ˆdisco cavo

x2 + y2 dxdy (8.61)

Si opera ora la trasformazione in coordinate polari:

I = σ

ˆ ˆdisco cavo

ρ2 ρdρdθ (8.62)

Conri ≤ ρ ≤ re (8.63)

0 ≤ θ ≤ 2π (8.64)

Quindi:

I = σ

ˆ 2π

0

ˆ re

ri

ρ3 dρdθ = σ2π

ˆ re

ri

ρ3 dρ = σ2π

[ρ4

4

]reri

=σπ

2

(r4e − r4

i

)(8.65)

Si scompone ora il termine tra parentesi:

I = σπ(r2e − r2

i

) (r2e + r2

i

)2

(8.66)

Si riconosce inoltre che π(r2e − r2

i

)rappresenta l'area della �gura. Il prodotto tra questa e la densità super�ciale

fornisce la massa del corpo:m = σπ

(r2e − r2

i

)(8.67)

In de�nitiva,

I =1

2m

(r2e + r2

i

)2

(8.68)

8.10 Esercizio 10

La velocità iniziale del volano è:

ω0 = 2000 · 2π

60= 209.4 rad/s (8.69)

Si ricava l'accelerazione angolare che agisce sul corpo:

τ = Iα (8.70)

α =τ

I(8.71)

Si applica in�ne la de�nizione di accelerazione angolare e si risolve l'equazione di�erenziale a variabili separabiliche si ottiene:

α =dω

dt(8.72)

dω = αdt (8.73)ˆ 0

ωo

dω =

ˆ T

0

αdt (8.74)

− ω0 =

ˆ T

0

−1.2πt2

Idt (8.75)

8 SOLUZIONI 28

1.2Iω0

π=

[t3

3

]T0

(8.76)

T 3 =3Iω0

1.2π(8.77)

T =3

√3Iω0

1.2π= 6.3 s (8.78)

9 QUANTITÀ DI MOTO E URTI 29

9 Quantità di moto e urti

9.1 Esercizio 1

Un carrello di massa M = 120 kg è fermo sulle rotaie. Un uomo di massa m = 60 kg corre alla velocitàvi = 4 m/s, salta sul carrello e si ferma grazie alla forza d'attrito. Il coe�ciente d'attrito dinamico tra lagomma delle suole ed il metallo del fondo del carrello è µ = 0.4.

1. Calcolare la velocità �nale vf del carro.

2. Determinare l'intensità dell'attrito che consente all'uomo di arrestarsi.

3. Indicare il tempo in cui la forza d'attrito agisce.

4. Calcolare lo spostamento della persona rispetto al suolo, dall'istante in cui atterra sul carrello a quello incui assume velocità nulla rispetto ad esso.

5. Stabilire se l'urto tra persona e carrello è elastico.

9.2 Esercizio 2

Un proiettile di massa m colpisce a velocità v una massa M appesa ad un perno tramite una fune sottile dilunghezza l. Si rileva che la velocità del proiettile dopo l'urto si riduce della metà. Determinare la minimavelocità iniziale vmin necessaria a�nché la massa compia un giro completo intorno al perno.


Due corpi di massa m1 = 20 kg e m2 = 80 kg si scontrano arrivando con la stessa velocità di vi = 10 m/s ma dadirezioni diverse nel piano, essendo l'angolo fra v1 e v2 pari a θ = 20◦. Dopo l'urto rimangono uniti. Calcolareil vettore velocità dopo l'urto e l'energia dissipata nell'urto.


Un'asticella lunga e sottile è vincolata a ruotare attorno al suo centro di massa su un piano orizzontale privodi attriti. Si indichi con l la sua lunghezza, con m la sua massa e con ω0 la sua velocità angolare. Una pallinadi massa m

5 e raggio trascurabile, cade verticalmente dall'alto e rimane appiccicata ad un estremo dell'asticella.Determinare la velocità angolare dell'asta ωf dopo l'urto.

9.5 Esercizio 5 (TE 21-Feb-2013, Ing IND)

Due dischi di uguale massa m e raggio r sono saldati agli estremi di un'asta omogenea orizzontale di lunghezza2r e massa ma che e' posta in rotazione attorno ad un asse verticale passante per il suo centro di massa avelocità angolare costante ω0 in senso antiorario. Ad un certo istante due proiettili di massa mp e velocità vpcolpiscono e si con�ccano nel centro di ciascuno dei dischi. Sapendo che nell'istante dell'urto la velocità deiproiettili è ortogonale alla super�cie dei dischi e ha il verso indicato in �gura calcolare la velocità angolare delsistema dopo l'urto.

10 SOLUZIONI 30

10 Soluzioni

10.1 Esercizio 1

Si utilizzeranno il principio di conservazione della quantità di moto ed il teorema dell'impulso.

1. Conservazione quantità di moto:mvi = (m+M) vf (10.1)

vf =m

m+Mvi = 1.33 m/s (10.2)

2. Formula della forza d'attrito:Fad = µN = µmg = 235 N (10.3)

3. Teorema dell'impulso:F∆t = m∆v (10.4)

∆t =Mvf − 0

Fad= 0.68 s (10.5)

4. Per il principio di composizione degli spostamenti ∆xuomo−suolo = ∆xuomo−carro + ∆xcarro−suolo. Sia ilmoto della persona che quello del carrello sono uniformemente accelerati a causa dell'azione della forzad'attrito, che arresta l'uomo e mette in moto il carro.Nel caso della persona rispetto al carro:

a =∆v

∆t=

0− vi∆t

(10.6)

Di conseguenza:

∆xuomo−carro = vi∆t+1

2a∆t2 = vi∆t−

1

2

vi∆t

∆t2 =1

2vi∆t = 1.4 m (10.7)

Per quel che concerne il carro rispetto al suolo:

a =∆v

∆t=vf − 0

∆t(10.8)

Di conseguenza:

∆xcarro−suolo =1

2a∆t2 =

1

2

vf∆t

∆t2 =1

2vf∆t = 0.44 m (10.9)

In de�nitiva:∆xuomo−suolo = ∆xuomo−carro + ∆xcarro−suolo = 1.84 m (10.10)

5. L'urto è elastico se si conserva l'energia cinetica:

∆K = ∆Kuomo + ∆Kcarro = 0 (10.11)

∆Kuomo =1

2mp

(v2f − v2

i

)= −420 J (10.12)

∆Kcarro =1

2M(v2f − 0

)= 120 J (10.13)

La risposta è quindi negativa.

10 SOLUZIONI 31

10.2 Esercizio 2

La condizione necessaria a�nché il corpo completi un giro è che la tensione del �lo nel punto più alto sia maggioreo uguale a zero. Si indica con vup la velocità tangenziale della massa nel punto più alto della traiettoria.

P + T = mv2up

l(10.14)

T = mv2up

l−mg ≥ 0 (10.15)

vup ≥√gl (10.16)

Occorre ora riportare la condizione su vdown, la velocità del blocco nell'istante successivo all'urto. Conservazionedell'energia meccanica sulla massa M :

1

2Mv2

down = Mg2l +1

2Mv2

up (10.17)

Inserendo la condizione 10.16 nell'equazione precedente:

1

2Mv2

down ≥Mg2l +1

2Mgl (10.18)

vdown ≥√

5gl (10.19)

Si considera l'urto tra il corpo e il proiettile e si applica il principio della conservazione della quantità di moto.

mv = Mvdown +mv

2(10.20)

vdown =m

M· v

2(10.21)

Imponendo la condizione precedentemente ottenuta:

mv

2M≥√

5gl (10.22)

v ≥ 2M√

5gl

m(10.23)

La minima velocità accettabile è quindi:

vmin =2M√

5gl

m(10.24)

10.3 Esercizio 3

Dal momento che si rende necessaria l'applicazione della forma vettoriale del principio di conservazione dellaquantità di moto, conviene riportare sul piano cartesiano i vettori velocità v1 e v2.

Se si considera v1 sull'asse delle ascisse, v2 forma con esso un angolo θ. Scomponendo i due vettori secondo ledirezioni parallele agli assi: {

v1 = vi

v2 = v cos θi+ v sin θj(10.25)

Si può ora applicare la conservazione della quantità di moto:

(m1 +m2) vf = m1v1 +m2v2 (10.26)

10 SOLUZIONI 32

(m1 +m2) vf = m1vi+m2

(v cos θi− v sin θj

)(10.27)

vf =(m1 +m2 cos θ) i−m2 sin θj

m1 +m2· v (10.28)

−→v f =(20 + 80 cos 20°) i− 80 sin 20°j

100· v = 9.52i− 2.74j m/s (10.29)

Il modulo del vettore velocità �nale viene ottenuto tramite il teorema di Pitagora:

vf =√v2fx + v2

fy =√

9.522 + 2.742 = 9.9 m/s (10.30)

L'energia dissipata è:

∆K = Kf −Ki =1

2m1v

2 +1

2m2v

2 − 1

2(m1 +m2) v2

f = 93.1 J (10.31)

10.4 Esercizio 4

Si applica il principio di conservazione del momento angolare, l'equivalente della quantità di moto nella dinamicarotazionale.

Li = Lf (10.32)

Isbarraωo = Isbarra+pallinaωf (10.33)

ωf =Isbarraωo

Isbarra+pallina(10.34)

Il momento d'inerzia della sola asta vincolata al centro di massa è:

Isbarra =1

12ml2 (10.35)

La sfera viene invece considerata una massa puntiforme (�raggio trascurabile�), posta a distanza l2 dal centro di

rotazione.

Isbarra+pallina =1

12ml2 +

1

5m

(l

2

)2

=1

12+

1

20ml2 =

2

15ml2 (10.36)

Quindi:

ωf =112ml

2

215ml

2· ωo =

5

8ω0 (10.37)

10.5 Esercizio 5

Sul sistema formato da dischi, asta e proiettile non agiscono forze esterne in grado di generare momenti. Si puòquindi applicare il principio di conservazione del momento angolare:

Li = Lf (10.38)

Il momento angolare del sistema è la somma dei contributi dell'asta e dei dischi in rotazione e dei proiettili.Questi possono essere assimilati a masse puntiformi che, al momento dell'impatto, ruotano a distanza r dalcentro del sistema con velocità angolare ωp =

vpr .

Li = Iasta+dischiω0 + 2mpr2 vpr

(10.39)

Il momento d'inerzia del sistema formato da asta e dischi si ottiene sommando quello di una sbarra sottile cheruota intorno al suo centro di massa con quello dei due dischi. Quest'ultimo si calcola mediante il teorema degliassi paralleli, tenendo in considerazione il fatto che i dischi ruotano in verticale intorno ad un asse a distanza2r dal centro di massa (metà della lunghezza dell'asta + un raggio del disco).

Iasta =1

12ma (2r)

2=

1

3mar

2 (10.40)

Idisco =1

4mr2 +m (2r)

2=

17

4mr2 (10.41)

10 SOLUZIONI 33

Iasta+dischi = Iasta + 2Idisco =1

3mar

2 +17

2mr2 (10.42)

Da cui:

Li =

(1

3mar

2 +17

2mr2

)ω0 + 2mprvp (10.43)

Il momento d'inerzia �nale è invece:Lf = Iasta+dischi+proiettiliωf (10.44)

Dove il momento d'inerzia del sistema si ricava attraverso la formula:

Iasta+dischi+proiettili =1

3mar

2 +17

2mr2 + 2mp (2r)

2=

1

3mar

2 +17

2mr2 + 8mpr

2 (10.45)

Si può ora risolvere l'equazione iniziale rispetto all'incognita ωf .(1

3mar

2 +17

2mr2

)ω0 + 2mprvp =

(1

3mar

2 +17

2mr2 + 8mpr

2

)ωf (10.46)

ωf =

(13mar

2 + 172 mr

2)ω0 + 2mprvp

13mar2 + 17

2 mr2 + 8mpr2

(10.47)

11 OSCILLAZIONI 34

11 Oscillazioni


Durante un terremoto le oscillazioni orizzontali del pavimento di una stanza provocano lo slittamento dei mobili.A scossa terminata senza apprezzabili danni, si misura che la forza orizzontale minima necessaria a spostare unpesante tavolo di massa m = 200 kg è F = 800 N . Calcolare il coe�ciente d'attrito statico µ tra il tavolo e ilpavimento e l'ampiezza A delle oscillazioni del pavimento supponendo il moto di tipo oscillatorio armonico confrequenza f = 2.5 Hz.


Un disco e una sfera piena di pari raggio r e massa md e ms sono rigidamente collegati con sbarrette di massatrascurabile e lunghezza ld e ls ad un'asta posta in orizzontale. L'asta è libera di ruotare attorno al suo assecon attrito trascurabile. Calcolare la frequenza delle oscillazioni del sistema quando la sfera viene scostata dipoco dalla verticale. Siano r = 10 cm, md = 0.2 kg, ms = 1 kg, ls = 0.5 m, ld = 0.3 m.


All'estremità di un'asta rigida omogenea di massa m e lunghezza l = 1 m appesa al so�tto è �ssata una secondaasta omogenea uguale alla prima attraverso uno snodo. La prima asta può ruotare senza attrito attorno ad unasse orizzontale passante per il punto O, mentre la seconda è libera di ruotare senza attrito attorno ad un asseorizzontale passante per lo snodo situato in corrispondenza del suo centro di massa C all'estremità inferioredella prima asta. Inizialmente le aste si trovano ferme nella posizione disegnata in �gura e poi sono lasciatelibere di muoversi. Calcolare il periodo del moto oscillatorio che segue nell'ipotesi di piccole oscillazioni.

11.4 Esercizio 4 (TE 29-Gen-2013, Ing IND)

Una ruota oscilla avanti e indietro, rotolando senza strisciare, guidata da una molla ideale orizzontale di costanteelastica k che ha un'estremità �ssata sul mozzo della ruota e l'altra su una parete �ssa. Calcolare il periododelle oscillazioni. Schematizzare la ruota come se fosse composta da un anello di massa m e raggio r e da 6 aste

11 OSCILLAZIONI 35

di massa m e lunghezza r.

12 SOLUZIONI 36

12 Soluzioni

12.1 Esercizio 1

L'unica forza che agisce sul tavolo durante la scossa è l'attrito statico con la super�cie.

F = Fas = µmg (12.1)

Risolvendo rispetto all'unica incognita µ:

µ =F

mg=

800

9.8 · 200' 0.41 (12.2)

La forza F imprime al tavolo un'accelerazione

a =F

m(12.3)

Ricordando che, in un moto armonico, l'ampiezza delle oscillazioni è correlata alla massima accelerazione dallarelazione:

amax = Aω2 (12.4)

Si ricava:

A =a

ω2=

F

m · (2πf)2 =

800

200 · (2π · 2.5)2 ' 1.6 cm (12.5)

12.2 Esercizio 2

Il procedimento standard per il calcolo della frequenza delle piccole oscillazioni di un sistema prevede di rico-struire l'equazione di�erenziale del moto armonico: d2x

dt2 = −ω2x nel caso di traslazioni, d2θdt2 = −ω2θ nel caso di

rotazioni. Si procede quindi a scrivere l'equazione dei momenti del sistema in questione:∑τ = Iα = I · d

2θ

dt2(12.6)

Si presentano due problemi: ricavare il momento d'inerzia del sistema e individuare tutti i momenti che agisconosu di esso. Per quanto riguarda il momento d'inerzia, occorre sommare i contributi del disco e della sfera. Ledue aste che li uniscono all'asse di rotazione hanno infatti massa trascurabile. Sfruttando il teorema degli assiparalleli:

Isfera =2

5msr

2 +ms (ls + r) (12.7)

Idisco =1

4mdr

2 +md (ld + r) (12.8)

Quindi:

I = Isfera + Idisco =2

5msr

2 +ms (ls + r) +1

4mdr

2 +md (ld + r) (12.9)

Per rispettare il segno negativo dell'equazione del moto armonico, occorre considerare un istante in cui il versodella forza di richiamo sia opposto a quello del moto. Con riferimento alla �gura mostrata nella traccia, sisuppone che la sfera stia salendo. Di conseguenza il momento della forza di gravità applicata al disco è concordecon tale spostamento, mentre quello del peso della sfera si oppone ad esso. Ricordando che τ = r×F = rF sin θ:∑

τ = mdg (ld + r) sin θ −msg (ls + r) sin θ = (mdg (ld + r)−msg (ls + r)) sin θ (12.10)

Si ritorna ora all'equazione 2.6, evitando di esplicitare I per semplicità.

I · d2θ

dt2= (mdg (ld + r)−msg (ls + r)) sin θ (12.11)

Nell'ipotesi di piccole oscillazioni è lecito approssimare il seno con il suo sviluppo di MacLaurin del primo ordine:

sin θ ∼ θ (12.12)

Quindi:

I · d2θ

dt2= (mdg (ld + r)−msg (ls + r)) θ (12.13)

12 SOLUZIONI 37

Raccogliendo un meno a secondo membro e dividendo per I si ricostruisce l'equazione del moto armonico:

d2θ

dt2= − (−mdg (ld + r) +msg (ls + r))

Iθ (12.14)

Ora il coe�ciente di θ, a meno del segno, è pari alla pulsazione al quadrato:

ω2 =(−mdg (ld + r) +msg (ls + r))

I(12.15)

Da cui la frequenza delle oscillazioni:

f =ω

2π=

1

2π

√msg (ls + r)−mdg (ld + r)

25msr2 +ms (ls + r) + 1

4mdr2 +md (ld + r)= 2 Hz (12.16)

12.3 Esercizio 3

Il procedimento è analogo a quello descritto nell'esercizio 12.2. Prima di procedere al calcolo del momentod'inerzia del sistema è utile notare come tutti i punti della seconda asta si muovano con la stessa velocità linearedel centro di massa. Questa può quindi essere ridotta ad un punto materiale �ssato ad un estremo della primabarra.

I = Iasta + Ipunto =1

3ml2 +ml2 =

4

3ml2 (12.17)

Ora si scrive l'equazione dei momenti. Questi sono causati dal peso dell'asta e del punto materiale:∑τ = Iα (12.18)

Iα = −mg l2

sin θ −mgl sin θ = −3

2mgl sin θ (12.19)

Ipotizzando piccole oscillazioni è possibile ricostruire l'equazione caratteristica del moto armonico:

I · d2θ

dt2= −3

2mglθ (12.20)

d2θ

dt2= −3mgl

2Iθ (12.21)

Si può quindi stabilire la pulsazione e il periodo delle oscillazioni:

ω2 =3mgl

2I=

3mgl

2 · 43ml

2=

9g

8l(12.22)

ω =

√9g

8l(12.23)

T =2π

ω=

2π√9g8l

= 2π

√8g

9l= 1.9 s (12.24)

12.4 Esercizio 4

Medesima strategia impiegata negli esercizi precedenti, con l'unica di�erenza che le oscillazioni sono traslazionali,quindi si mira a ricostruire l'equazione d2x

dt2 = −ω2x. Si scrivono quindi le equazioni delle forze e dei momentiche interessano la ruota, ipotizzando che questa si stia muovendo verso destra. Si indica con acm l'accelerazionedel centro di massa della ruota. {∑

F = Macm∑τ = Iα

(12.25)

{−kx− Fas = 7macm

Fasr = Iα(12.26)

12 SOLUZIONI 38

Il momento d'inezia del corpo è la somma di quello di un anello che ruota intorno al suo asse e di sei astevincolate ad un estremo:

I = mr2 + 6 · 1

3mr2 = 3mr2 (12.27)

Inoltre, sotto l'ipotesi di rotolamento puro vale la relazione:

α =acmr

(12.28)

Quindi: {−kx− Fas = 7macm

Fasr = 3mr2 · acmr(12.29)

{−kx− 3macm = 7macm

Fas = 3macm(12.30)

Mantenendo solo la prima equazione:10macm = −kx (12.31)

acm = − k

10mx (12.32)

d2x

dt2= − k

10mx (12.33)

Quindi:

ω2 =k

10m(12.34)

T =2π

ω= 2π ·

√10m

k(12.35)

13 FLUIDI 39

13 Fluidi

13.1 Esercizio 1

Un corpo cilindrico di altezza h = 10 cm galleggia in un recipiente parzialmente riempito di mercurio (ρHg =13.6 g/cm3), rimanendo immerso per metà della sua altezza. Si aggiunge poi acqua, �no a ricoprire la parteemersa del cilindro. Calcolare l'altezza della parte immersa nel mercurio nelle nuove condizioni.

13.2 Esercizio 2

Un contenitore cilindrico di raggio r = 20 cm e altezza H = 80 cm è completamente riempito di acqua. Laparte superiore è aperta mentre su quella inferiore è presente un foro circolare di raggio rf = 5 mm. Calcolareil tempo necessario perché il serbatoio si svuoti completamente.


Una cisterna di altezza h = 2 m è riempita d'acqua �no all'orlo. Improvvisamente si forma un piccolo forosulla parete della cisterna e l'acqua comincia ad uscire. Sapendo che la distanza raggiunta dal getto d'acqua èl = 1m, calcolare i possibili valori dell'altezza del foro rispetto al suolo e della velocità di fuoriuscita dell'acqua.


Una piccola fontana da giardino manda un getto d'acqua verticale della portata Q = 0.10 l/s ad un'altezza dih = 0.50m. Qual è la velocità iniziale v del getto e qual è il raggio r del foro attraverso il quale fuoriesce l'acqua?Calcolare quale pressione P deve fornire la pompa della fontana (assumendo che sia posta appena sotto il gettoin uscita).

13.5 Esercizio 5 (TE 15-Set-2005, Ing. IND)

Un uomo di massa m = 70 kg vuole sollevare un elefante di M = 7000 kg sfruttando una leva idraulica. Se ildiametro del pistone su cui sta l'uomo è d = 1 m, quale deve essere il minimo diametro D del pistone su cuimettere l'elefante? Si supponga che il dislivello iniziale sia di h = 5 m. Qual è lo spostamento verticale hu chedeve compiere l'uomo per portarsi alla stessa quota dell'elefante?

14 SOLUZIONI 40

14 Soluzioni

14.1 Esercizio 1

Quando nel recipiente è presente solo mercurio, le uniche forze che agiscono sul corpo sono la gravità e la spintadi Archimede. All'equilibrio queste devono compensarsi.

P = SArchi (14.1)

mg = ρHgVimmersog (14.2)

Il volume di un cilindro è dato dal prodotto dall'area di base A per l'altezza h.

ρcilAhg = ρHgAh

2g (14.3)

ρcil =ρHg

2(14.4)

Quando si aggiunge acqua, anche questa esercita sul cilindro una spinta verso l'alto:

P = SHg + SAcqua (14.5)

mg = ρHgVHgg + ρAcquaVAcquag (14.6)

Dove si indica con VHg il volume del cilindro immerso nel mercurio e con VAcqua la parte sospesa in acqua.

ρcilAhg = ρHgAhHgg + ρAcquaAhAcquag (14.7)

ρcilh = ρHghHg + ρAcquahAcqua (14.8)

Se il corpo è interamente ricoperto dal liquido, hHg + hAcqua = h. Da cui: hAcqua = h − hHg. Inserendonell'equazione precedente questa informazione e la densità del corpo, si ottiene:

ρHg2h = ρHghHg + ρAcqua (h− hHg) (14.9)

Risolvendo rispetto all'unica incognita hHg:

ρHg2h− ρAcquah = ρHghHg − ρAcquahHg (14.10)

hHg =

(ρHg2 − ρAcqua

)h

ρHg−ρAcqua=

(13600

2 − 1000)· 0.1

13600− 1000= 0.046 m = 4.6 cm (14.11)

Si è tenuto conto del fatto che occorre sempre utilizzare la densità in kg/m3 e la conversione da impiegare è:

ρ

[kg

m3

]= 1000 · ρ

[ g

cm3

](14.12)

14.2 Esercizio 2

Si calcola innanzitutto la velocità con cui l'acqua esce dal foro. Si applica l'equazione di Bernoulli al pelodell'acqua e alla super�cie del foro, supponendo che la velocità con cui cala il livello nel serbatoio sia trascurabilerispetto alla velocità di uscita del liquido nel foro.

P + ρgh+1

2ρv2 = cost. (14.13)

Patm + ρgh+ 0 = Patm + 0 +1

2ρv2 (14.14)

v =√

2gh (14.15)

Sfruttando la de�nizione di portata, si può a�ermare che la variazione del volume del liquido presente nelserbatoio è uguale alla portata uscente dal foro:

dV

dt= Qout (14.16)

14 SOLUZIONI 41

Il volume di acqua presente nel cilindro èV = Ah = πr2h (14.17)

La portata uscente si scrive:Qout = Aforov = πr2

f ·√

2gh (14.18)

Si può ora risolvere l'equazione di�erenziale a variabili separabili:

d

dt

(πr2h

)= πr2

f ·√

2gh (14.19)

r2dh

r2f

√2gh

= dt (14.20)

ˆ T

0

dt =r2

r2f

√2g

ˆ 0

H

1√hdh (14.21)

ˆ T

0

dt =r2

r2f

√2g

ˆ 0

H

h−12 dh (14.22)

[t]T0 =

r2

r2f

√2g

[2h

12

]0H

(14.23)

T =2r2

r2f

√2g

√H = 650 s (14.24)

14.3 Esercizio 3

Una volta uscito dal foro, il getto d'acqua può essere considerato alla stregua di un proiettile che compie unatraiettoria parabolica. Si calcola quindi la velocità iniziale, che è orizzontale rispetto al suolo; nelle seguentiequazioni, hf rappresenta la quota del buco rispetto al suolo. Per l'equazione di Bernoulli:

Patm + ρg (h− hf ) = Patm +1

2ρv2 (14.25)

v =√

2g (h− hf ) (14.26)

Per le leggi del moto di un proiettile sparato con velocità iniziale parallela all'asse x:{x (t) = vt

y (t) = hf − 12gt

2(14.27)

Nel momento dell'impatto, si ha x = l e y = 0.{l = vt

0 = hf − 12gt

2(14.28)

{t = l

v

hf = 12g

l2

v2

(14.29)

Sostituendo l'espressione di v precedentemente ricavata nella seconda equazione:

hf =1

2g

l2

2g (h− hf )(14.30)

4hf (h− hf ) = l2 (14.31)

8hf − 4h2f = 1 (14.32)

4h2f − 8hf + 1 = 0 (14.33)

hf =4±√

16− 4

4= 1.87 m ∨ 0.134 m (14.34)

14 SOLUZIONI 42

Alle due possibili altezze del foro corrispondono due valori della velocità d'uscita dell'acqua v =√

2g (h− hf ):{hf = 1.87 m

v = 1.61 m/s2(14.35)

{hf = 0.134 m

v = 6.05 m/s2(14.36)

14.4 Esercizio 4

Per calcolare la velocità iniziale del getto si applica la legge di Bernoulli all'acqua appena fuoriuscita dallafontana e all'apice della sua traiettoria:

Patm + ρgh = Patm +1

2ρv2 (14.37)

v =√

2gh (14.38)

Nota la velocità, è possibile ricavare il raggio dell'ugello da cui fuoriesce il getto a partire dalla portata.

Q = Av (14.39)

Q = πr2√

2gh (14.40)

r =

√Q

π√

2gh=

√10−4

π√

2 · 9.8 · 0.5= 3.2 mm (14.41)

Il valore numerico della portata deve essere espresso in m3/s, mentre 1l = 1dm3.La pressione che deve essere fornita dalla pompa è quella che serve a fornire al liquido la velocità iniziale

calcolata in precedenza.

P = Patm +1

2ρv2 (14.42)

P − Patm =1

2ρv2 = 4.9 kPa (14.43)

14.5 Esercizio 5

Si sfrutta il principio di Pascal: la pressione applicata ad un punto di un liquido si trasmette inalterata a tuttele super�ci a contatto con quel �uido:

Puomo =mg

π(d2

)2 = Pelefante =Mg

π(D2

)2 (14.44)

mg

π d2

4

=Mg

πD2

4

(14.45)

m

d2=M

D2(14.46)

D =

√d2M

m= 10 m (14.47)

Per calcolare lo spostamento dell'uomo occorre notare che il circuito idraulico è chiuso, e che quindi il volume diliquido espulso dal pistone che sorregge la persona viene interamente assorbito da quello che sorregge l'elefante:

Vuomo = Velefante (14.48)

huπ

(d

2

)2

= (h− hh)π

(D

2

)2

(14.49)

huπd2

4= hπ

D2

4− hhπ

D2

4(14.50)

hu(d2 +D2

)= hD2 (14.51)

hu =D2

(d2 +D2)h = 4.95 m (14.52)

15 TEMPERATURA E CALORE 43

15 Temperatura e calore

15.1 Esercizio 1

Un blocco di ghiaccio di massa m = 2.3 kg è alla temperatura T0 = −30 °C. Quale potenza P occorre pertrasformarlo completamente in ghiaccio in ∆t = 15 min? Il calore speci�co del ghiaccio è cg = 2090 J/kg ·K;il calore latente di fusione Lf = 333.5 kJ/kg; quello di evaporazione Lv = 2272 kJ/kg.

15.2 Esercizio 2

In un contenitore rigido a pareti adiabatiche sono contenuti ma = 2 kg di acqua alla temperatura inizialeTa = 80 °C e mv = 20 g di vapore alla temperatura Tv = 120 °C. Il calore latente di evaporazione dell'acqua èLv = 2272 kJ/kg e il calore speci�co del vapore cv = 1.9 kJ/kg ·K. Calcolare la temperatura nel contenitorequando viene raggiunto l'equilibrio termico.

15.3 Esercizio 3

Un numero n = 10 mol di acqua, inizialmente a temperatura T0 = 20 ◦C, sono scaldate per agitazione termicasfruttando la caduta di una massa M = 100 Kg per un dislivello h = 10 m. 1. Calcolare l'aumento ditemperatura ∆T della massa d'acqua.

15.4 Esercizio 4 (TE 4-Set-2006)

Una massa d'acqua m = 5 kg a temperatura T1 = 293K è trasformata in ghiaccio a temperatura T2 = 263 K.Supponendo che i calori speci�ci siano costanti negli intervalli di temperatura considerati e rispettivamentedel valore: ca = 4186 J/kg · K e cg = 2093 J/kg · K e che il calore latente di fusione del ghiaccio sia Lv =3.34105 J/kg, calcolare la variazione d'entropia della massa d'acqua in corrispondenza al processo considerato.

16 SOLUZIONI 44

16 Soluzioni

16.1 Esercizio 1

Il calore necessario per completare la trasformazione è la somma di quello assorbito dal corpo in ognuna dellaquattro fasi: da −30 a 0, fusione, da 0 a 100, vaporizzazione.

Q = cgm (Tfusione − T0) + Lfm+ cam (Tvaporizzazione − Tfusione) + Lvm (16.1)

Q = 2090 · 2.5 · 30 + 333500 · 2.5 + 4186 · 2.5 · 100 + 2272000 · 2.5 ' 7 MJ (16.2)

Il tempo in cui avviene la trasformazione deve essere misurato in secondi:

∆t [s] = 60 ·∆t [min] (16.3)

∆t [s] = 60 · 15 = 900 s (16.4)

La potenza si ottiene come rapporto tra energia e tempo:

P =Q

∆t=

7 · 106

900' 7.8 · 103 W (16.5)

16.2 Esercizio 2

Il contenitore è isolato dall'ambiente esterno: tutti gli scambi di calore riguardano solo il vapore e l'acqua inesso contenuti. Tutto il calore ceduto dal vapore viene quindi assorbito dall'acqua, �ntanto che lo scambio noncessa.

∆Qtot = ∆Qa + ∆Qv = 0 (16.6)

Potrebbero presentarsi due di�erenti situazioni: il vapore potrebbe causare il passaggio di stato dell'acquao viceversa. Per scoprirlo occorre calcolare il calore ceduto dal vapore �no al termine della condensazione econfrontarlo con quello necessario per giungere alla temperatura di ebollizione dell'acqua.Il calore ceduto dal vapore per ra�reddarsi �no a Tevap = 100 °C è:

QV (120→ 100) = mvcv (Tevap − Tv) = 20 · 10−3 · 1900 · (−20) = −760 J (16.7)

Quello ceduto nella condensazione è:

Qv (vap→ liq) = −mvLv = 20 · 10−3 · 2272 · 103 ' −45.4 kJ (16.8)

Il calore che l'acqua dovrebbe assorbire per portarsi alla temperatura di ebollizione è:

Qa (80→ 100) = maca (Tevap − Ta) = 2 · 4196 · 20 = 167 kJ (16.9)

Essendo Qa (80→ 100) +Qv (vap→ liq) +QV (120→ 100) > 0, il calore sprigionato dal vapore �no alla com-pleta condensazione non è su�ciente a permettere all'acqua di raggiungere la temperatura di ebollizione. Diconseguenza, all'equilibrio, tutta la sostanza nel contenitore sarà acqua allo stato liquido.Tornando all'equazione 16.6:

Qa (80→ eq) +QV (120→ 100) +Qv (vap→ liq) +Qa (100→ eq) = 0 (16.10)

maca (Te − Ta) +mvcv (Tevap − Tv) + (−mvLv) +mvca (Te − Tevap) = 0 (16.11)

macaTe −macaTa +mvcv (Tevap − Tv)−mvLv +mvcaTe −mvcaTevap = 0 (16.12)

macaTe +mvcaTe = macaTa −mvcv (Tevap − Tv) +mvLv +mvcaTevap (16.13)

Te =macaTa −mvcv (Tevap − Tv) +mvLv +mvcaTevap

(ma +mv) ca= 359 K (16.14)

16 SOLUZIONI 45

16.3 Esercizio 3

La massa molare dell'acqua è data dalla somma delle masse molari delle particelle che ne compongono lamolecola.

MMH2O = 2MMH +MMO = 2 · 1 + 16 = 18 g/mol (16.15)

La massa complessiva di acqua è quindi

m = nMM = 10 · 18 = 180 g = 0.18 kg (16.16)

La quantità di calore assorbita dall'acqua è esattamente pari all'energia cinetica persa dalla massa in caduta:

Q = Ug (16.17)

mca∆T = Mgh (16.18)

∆T =Mgh

mca=

100 · 9.8 · 10

0.18 · 4186= 13 K (16.19)

16.4 Esercizio 4

La variazione di entropia totale è la somma delle variazioni nelle fasi che caratterizzano la trasformazione:

∆S = ∆S (293→ 273) + ∆S (congelamento) + ∆S (273→ 263) (16.20)

La quantità di entropia assorbita durante uno scambio di calore è:

∆S (Tiniziale → Tfinale) = mc lnTfinaleTiniziale

(16.21)

Quindi:

∆S = mca lnTcongT1

− mL

Tcong+mca ln

T2

Tcong' −8 kJ/K (16.22)

Dove il calore relativo al passaggio di stato è negativo perché ceduto dalla massa d'acqua.

17 TERMODINAMICA 46

17 Termodinamica

17.1 Esercizio 1

Una bolla di aria di volume V = 20 cm3 si trova sul fondo di un lago di profondità h = 40 m dove la temperaturaè T1 = 4 °C. La bolla sale in super�cie, che si trova ad una temperatura T2 = 20 °C. Se la bolla si mantiene inequilibrio termico con l'acqua circostante, determinare il suo volume quando arriva in super�cie.

17.2 Esercizio 2

Un pallone sonda di massa M = 2 kg è riempito di elio alla pressione P = 2 atm e alla temperatura T = 0 °C.L'involucro del pallone racchiude un volume V = 5 m3. La massa molare dell'elio è MM = 4 g/mol e 1 l diaria a condizioni di temperatura e pressione standard ha massa ma = 1.29 g. Calcolare la minima massa mz

della zavorra necessaria per impedire al pallone di sollevarsi dal suolo.

17.3 Esercizio 3

In un contenitore adiabatico ci sono n = 4 mol di gas perfetto e m = 20 g di ghiaccio alla temperaturaT = 0 °Ce alla pressione P = 1 atm. Si opera una compressione reversibile �nché tutto il ghiaccio si è trasformatoin acqua. Noto il calore latente di fusione del ghiaccio Lf = 333.5 kJ/kg, si stabilisca la pressione del gas afenomeno concluso.

17.4 Esercizio 4 (TE 30-Giu-2006, Ing. IND)

Un sistema di n moli di gas è contenuto in un serbatoio cilindrico di sezione S immerso in un liquido a tempe-ratura �ssa T che garantisce il mantenimento della temperatura stessa nel gas. Una molla di costante elastica kè collegata al pistone ed è a riposo (né compressa, né allungata) quando il gas occupa il volume V1 . Se il gas siespande lentamente dal volume V1 al volume V2 qual è il lavoro compiuto dal gas ? Quanto calore è scambiatocon il serbatoio? Quanto vale la variazione d'entropia del gas?


Il rendimento di una macchina termica che eroga una potenza di P = 10 kW è il 25%. Si assuma il processoreversibile. Calcolare la potenza ceduta dalla macchina per poter funzionare. Se la sorgente a temperatura piùbassa è di TB = 15 ◦C, qual è la temperatura TA della seconda sorgente per una macchina di Carnot con lemedesime prestazioni?


La temperatura interna di un frigorifero, che ha un'e�cienza pari al 30% di quella ideale di Carnot, è TB =4.5 ◦C. Quando la temperatura ambiente è TA = 30 ◦C, la potenza minima che il motore del frigoriferodeve erogare per mantenere costante la temperatura interna è PL = 400 W . Calcolare la potenza dissipatadal frigorifero e la conducibilità media delle pareti del frigorifero (spessore medio delle pareti δ = 3 cm, areae�ettiva delle pareti conduttrici A = 4 m2 ).

17 TERMODINAMICA 47

17.7 Esercizio 7 (TE 30-Giu-2006, Ing. IND)

Una macchina termica funziona secondo il ciclo mostrato in �gura: BC è una trasformazione isobara, CAun'adiabatica e AB un'isoterma. Si conoscono i valori di TB , VB , e TC . Calcolare il rendimento η dellamacchina termica.

18 SOLUZIONI 48

18 Soluzioni

18.1 Esercizio 1

Applicando l'equazione di stato dei gas perfetti alla bolla quando questa si trova nelle profondità del lago, siricava il numero di moli di gas che la formano.

P1V1 = nRT1 (18.1)

La pressione del gas all'interno della bolla deve contrastare quella dell'aria e dell'acqua che la sovrastano.

P1 = Patm + ρgh (18.2)

Da cui in numero delle moli:

n =P1V1

RT1=

(Patm + ρgh)V1

RT1(18.3)

Utilizzando la stessa legge sul gas ormai emerso, quando su di esso grava unicamente la pressione dell'aria:

P2V2 = nRT2 (18.4)

V2 =nRT2

Patm=

(Patm + ρgh)V1RT2

RT1Patm=

(Patm + ρgh)T2

PatmT1V1 = 106 cm3 (18.5)

18.2 Esercizio 2

Le uniche forze che agiscono sul pallone sono il peso e la spinta di Archimede. Per uguagliarle occorre tuttaviaconoscere la massa di elio racchiusa nell'involucro. Si deve quindi innanzitutto scoprire il numero di moli di gasin esso contenute. Applicando l'equazione dei gas perfetti:

PV = nRT (18.6)

n =PV

RT=

2 · 1.012 · 105 · 58.31 · 273

= 446 mol (18.7)

Conoscendo la massa di una singola mole, si può facilmente risalire alla massa totale:

mHe = n ·MM = 446 · 4 · 10−3 = 1.784 kg (18.8)

Altro ingrediente necessario nella formula di Archimede è la densità del �uido in cui il pallone è immerso.

ρaria = 1.29 g/l = 1.29 g/dm3 = 1.29 kg/m3 (18.9)

Si può ora scrivere l'equazione delle forze sul pallone:

SArchi = P (18.10)

ρariaV g = (M +mHe +mz) g (18.11)

ρariaV −M −mHe = mz (18.12)

mz = ρariaV −M −mHe = 1.29 · 5− 2− 1.784 = 2.66 kg (18.13)

18.3 Esercizio 3

Il sistema è isolato: tutto il calore ceduto dal gas viene assorbito dal ghiaccio. Inoltre, durante il passag-gio di stato, la temperatura del sistema rimane costante al valore T = 273 K. Per il primo principio dellatermodinamica, l'intero lavoro compiuto sul sistema si trasforma in calore.{

Q = L+ ∆U

∆U = 0(18.14)

Q = L (18.15)

18 SOLUZIONI 49

Quindi il di�erenziale del calore ceduto dal gas è dQ = PdV . Per la legge di stato dei gas perfetti, il di�erenzialedi volume può essere scritto in funzione della sola pressione:

V =nRT

P(18.16)

dV = −nRTP 2

dP (18.17)

Di conseguenza, l'elemento di calore è:

dQ = −P · nRTP 2

dP = −nRTP

dP (18.18)

Il calore totale scambiato dal gas si ottiene integrando l'espressione precedente:

Qgas =

ˆ Pfin

Piniz

dQ =

ˆ Pfin

Piniz

−nRTP

dP = −nRT lnPfinPiniz

(18.19)

Questo deve essere esattamente uguale al calore ceduto dal ghiaccio durante la fusione:

Qfusione = −Lfm (18.20)

Il segno negativo è richiesto dalla convenzione che prevede che il calore assorbito sia positivo, a di�erenza diquello ceduto.Imponendo l'uguaglianza tra il calore ceduto dal gas e quello assorbito dal ghiaccio:

Qgas = Qghiaccio (18.21)

− nRT lnPfinPiniz

= −Lfm (18.22)

lnPfinPiniz

=Lfm

nRT(18.23)

PfinPiniz

= eLfm

nRT (18.24)

Pfin = PinizeLfm

nRT ' 2.1 atm (18.25)

18.4 Esercizio 4

La trasformazione del gas è un'espansione isoterma, in quanto il liquido mantiene il gas a temperatura costante.Di conseguenza, l'energia interna, che dipende solo dalla temperatura, rimane invariata. Tutto il calore assorbitosi trasforma in lavoro:

Q = L+ ∆U = L (18.26)

Dal momento che non sono presenti forze dissipative, tutto il lavoro compiuto dal gas si trasforma in energiapotenziale elastica, determinando una compressione della molla:

Q = L = Uel =1

2k (∆x)

2=

1

2k

(∆V

A

)2

=1

2k

(V2 − V1

A

)2

(18.27)

La variazione di entropia è quella di una trasformazione isoterma reversibile:

∆S =Q

T=

12k(V2−V1

A

)2T

(18.28)

18 SOLUZIONI 50

18.5 Esercizio 5

In ogni macchina termica parte del calore assorbito viene trasformato in lavoro, mentre il rimanente viene cedutoalla sorgente fredda.

Qass = L+Qced (18.29)

Dividendo entrambi i membri per uno stesso intervallo di tempo si ottiene una relazione simile per la potenze:

Qass∆t

=L

∆t+Qced∆t

(18.30)

Pass = PL + Pced (18.31)

Il rendimento è, per de�nizione, il rapporto tra lavoro erogato e calore assorbito:

η =PLP

= 0.25 (18.32)

Si può quindi ricavare la potenza termica assorbita dalla macchina:

P =PLη

=104

0.25= 40 kW (18.33)

In una macchina di Carnot, inoltre, il rendimento è dato dalla formula:

η = 1− TBTA

(18.34)

Quindi:

1− TBTA

= 0.25 (18.35)

TBTA

= 0.75 (18.36)

TA =TB0.75

=288

0.75= 384 K = 111 °C (18.37)

Si ricordi che tutte le formule relative alle macchine termiche richiedono temperature in Kelvin.

18.6 Esercizio 6

Il COP di un frigorifero ideale può essere ricavato dalle temperature entro le quali esso lavora:

COPCarnot =TB

TA − TB(18.38)

La macchina reale ha un rendimento pari ad una frazione di quello ideale:

COPreale = 0.3COPCarnot = 0.3 · 277

303− 277' 3.2 (18.39)

Il COP di un frigorifero è pari al rapporto tra il calore estratto ed il lavoro utilizzato:

COP =QassL

(18.40)

La stessa de�nizione vale se si considerano potenze. È infatti sempre possibile dividere numeratore e denomi-natore per lo stesso intervallo di tempo.

COP =PassPL

(18.41)

Da cui:Pass = COP · PL (18.42)

La potenza termica immessa nell'ambiente, ovvero dissipata, è pari alla somma tra la potenza estratta dall'in-terno del frigorifero e quella fornita dal motore:

Pced = PL + Pass = PL (1 + COP ) = 1740 W (18.43)

18 SOLUZIONI 51

A�nché la temperatura dell'ambiente interno si mantenga costante, la totalità della potenza termica estrattadalla macchina deve rientrare per conduzione attraverso le pareti. Il calore trasmesso per conduzione, secondola formula di Fourier, vale:

Q =kA∆T∆t

δ(18.44)

Dove con k si indica la conducibilità, con A la super�cie di conduzione e con δ lo spessore della parete. Lapotenza si ottiene dividendo per l'intervallo di tempo arbitrario ∆t:

P =kA∆T

δ= Pass (18.45)

k =Passδ

A (TA − TB)= 0.38 W/mK (18.46)

18.7 Esercizio 7

Conviene calcolare il rendimento come rapporto tra il lavoro compiuto e il calore erogato:

η =L

Qass(18.47)

Si analizza una trasformazione alla volta e poi si sommano i contributi. Per quanto riguarda la trasformazioneisobara BC, essa avviene alla pressione

pB = pC =nRTBVb

(18.48)

Il lavoro compiuto è:LBC = nR (TC − TB) (18.49)

Mentre il calore assorbito è:QBC = ncp (TC − TB) (18.50)

Nel punto C la temperatura e la pressione sono note. Si può quindi ricavare il volume del gas:

VC =nRTCpC

=nRTCnRTBVb

=TCTB

VB (18.51)

La trasformazione adiabatica, per de�nizione, avviene senza scambio di calore. Tutto il lavoro viene compiutoa spese dell'energia interna del gas.

QCA = 0 (18.52)

LCA = −∆UCA = −ncV (TA − TC) (18.53)

La trasformazione adiabatica, inoltre, segue la legge:

TAVγ−1A = TCV

γ−1C (18.54)

Quindi, ricordando che AB è un'isoterma, e utilizzando la relazione ricavata in 2.48, si ha:

VA =

(TCTA

) 1γ−1

VC =

(TCTB

) 1γ−1

(TCTB

)VB =

(TCTB

) γγ−1

VB (18.55)

L'ultima trasformazione è isoterma, la variazione di energia interna del gas è quindi nulla e tutto il caloreassorbito si tramuta in lavoro:

Qced = LAB = nRTB lnVBVA

= nRTB lnVB(

TCTB

) γγ−1

VB

= nRTB ln

(TCTB

)− γγ−1

= − γ

γ − 1nRTB ln

(TCTB

)(18.56)

Dal momento che la trasformazione procede da destra verso sinistra nel piano P − V , il lavoro è negativo ed ilcalore ceduto: pertanto non viene conteggiato al �ne del calcolo del rendimento. In conclusione, sommando icontributi delle singole trasformazioni:

Ltot = LAB + LBC + LCA = − γ

γ − 1nRTB ln

(TCTB

)+ nR (TC − TB)− ncV (TA − TC) = (18.57)

18 SOLUZIONI 52

= − γ

γ − 1nRTB ln

(TCTB

)+ nR (TC − TB) + ncV (−TB + TC) =

= − γ

γ − 1nRTB ln

(TCTB

)+ ncP (TC − TB)

Qass = QassAB +QassBC +QassCA = 0 + ncp (TC − TB) + 0 = ncp (TC − TB) (18.58)

Quindi il rendimento è:

η =L

Qass=− γγ−1nRTB ln

(TCTB

)+ ncP (TC − TB)

ncp (TC − TB)= 1−

γγ−1RTB ln

(TCTB

)cp (TC − TB)

(18.59)

Date post:	31-Mar-2021
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