Guida alla risoluzione dei Problemi e tipici errori da Evitare 1 Dati
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Guida alla risoluzione dei Problemi e tipici errori da Evitare 1 Dati
1 Guida alla risoluzione dei Problemi e tipici errori da Evitare 1 Dati iniziali Prima di iniziare a risolvere il problema, è utile esprimere tutti i dati iniziali in unità di misura omogenee. Si consiglia di usare il Sistema Internazionale (S.I.) • ESEMPIO 1: Un’auto viaggia alla velocità costante v = 55 Km/h. Determinare quanto tempo impiega a percorrere una distanza di 100 m. (qui abbiamo la velocità espressa in Km/h, ed una distanza espressa in m. Quindi, prima di iniziare, esprimiamo tutto in m. ). SOLUZIONE CORRETTA: Uniformiamo anzitutto i dati iniziali esprimendoli tutti in m e s: Dati iniziali: i) ii) v = 55 Km h = 55 · ∆x = 100 m 1000 m 3600 s = 15.28 m/s (1) e poi applichiamo la formula per il moto uniforme t= ∆x 100 m = 6.5 s = v 15.28 ms (2) ERRORE TIPICO: Applichiamo la formula per il moto uniforme (senza sostituire né convertire le unità di misura) ∆x 100 t= = = 1.8 s SBAGLIATO (3) v 55 che è sbagliato sia numericamente [perché è diverso di un fattore 3 dal risultato corretto] sia dimensionalmente [perché in (3) compare un’uguaglianza tra un numero puro ed una quantità dimensionata, ossia un’uguaglianza priva di senso]. • ESEMPIO 2: Una mole di gas ideale biatomico occupa un volume VA = 10 litri, ed è tenuto alla pressione di pA = 1 bar. Calcolare la temperatura del gas. (qui abbiamo il volume espresso in litri, e la pressione espressa in bar. Quindi, Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 2 prima di iniziare, esprimiamo tutto in m3 e la pressione in Pa. ) SOLUZIONE CORRETTA: Uniformiamo anzitutto i dati iniziali esprimendoli tutti in m3 e Pa: Dati iniziali: i) ii) VA = 10 l = 10 · 10−3 m3 = 10−2 m3 pA = 1 bar = 105 Pa (4) Dato che conosciamo pressione e volume nei tre stati, la temperatura viene determinata attraverso l’equazione di stato TA = = = pA VA = nR 1 · 105 mN2 10−2 m3 1 mol · 8.314 molJ K = 103 N m K= 8.314 J [uso J = N m] = 120.3 K (5) ERRORE TIPICO: Dato che conosciamo pressione e volume nei tre stati, la temperatura viene determinata attraverso l’equazione di stato (senza sostituire né convertire le unità di misura) pA VA = nR 1 · 10 = = 1 · 8.314 = 1.203 K TA = (6) Il fatto di non aver né sostituito né uniformato le unità di misura ha comportato: i) di ottenere un risultato sulla temperatura sbagliato di 2 ordini di grandezza (e alle temperature dell’ordine del Kelvin un gas non segue nemmeno le leggi della fisica classica, ma quelle della fisica quantistica); ii) di aver scritto un’uguaglianza priva di significato tra un numero puro [seconda riga della (6)] ed una temperatura [prima e terza riga della (6)] 2 Svolgimento dei calcoli Utilizzare sempre il calcolo simbolico durante i passaggi intermedi dei calcoli. Sostituire i dati numerici e le loro unità di misura solo alla fine, ricordandosi che i calcoli e le semplificazioni vanno effettuate sia sui numeri che sulle unità di misura. Vale la pena sottolineare che tra i seguenti due possibili scenari: 1. l’espressione simbolica del risultato è corretta, ma nel sostituire i dati si commette un errore di calcolo; 2. l’espressione simbolica del risultato è sbagliata, ma il risultato numerico è corretto (ad esempio perché si commette un altro errore che compensa il precedente) Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 3 il secondo tipo di errore è assai piú grave. Pertanto, se in sede della prova resta poco tempo, è molto piú importante controllare che l’espressione simbolica del risultato sia corretta (anzitutto dimensionalmente) che non affrettarsi a sostituire dei dati numerici. • ESEMPIO 1: Una mole di gas ideale biatomico occupa un volume VA = 10−2 m3 , ed è tenuto alla pressione di pA = 1 bar. Calcolare la temperatura del gas. SOLUZIONE CORRETTA: Uniformiamo anzitutto i dati iniziali esprimendoli tutti in m3 e Pa: Dati iniziali: i) ii) VA = 10 l = 10 · 10−3 m3 = 10−2 m3 pA = 1 bar = 105 Pa (7) Dato che conosciamo pressione e volume nei tre stati, la temperatura viene determinata attraverso l’equazione di stato TA = = pA VA = nR [sostituisco valori numerici e unità di misura] 1 · 105 mN2 10−2 m3 = 1 mol · 8.314 molJ K [separo numeri dalle unità di misura] 103 N m K= = 8.314 J [eseguo i calcoli numerici e le semplifico le unità di misura, usando J = N m] N /m / = 120.3 K= /J = 120.3 K [controllo che il risultato ottenuto abbia la corretta unità di misura: ho ottenuto K per una temperatura, quindi OK] (8) • ESEMPIO 2: Un cilindro con pistone contiene 3 moli di un gas ideale biatomico. Inizialmente il gas si trova in equilibrio termico con un serbatoio d’acqua alla temperatura di T = 373.2 K (temp. di ebollizione dell’acqua). Si compie ora sul gas un ciclo termodinamico composto di tre parti: i) attraverso una trasformazione isotermica reversibile si comprime il gas fino ad 1/3 del suo volume iniziale VA ; ii) si isola termicamente ora il gas dal resto e, con una seconda trasformazione adiabatica reversibile, lo si riporta al suo volume iniziale; iii) infine il gas, messo nuovamente a contatto con l’acqua, si riporta gradualmente alla temperatura iniziale attraverso una trasformazione irreversibile a volume Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 4 costante. Calcolare il lavoro compiuto dal gas in ciascuna delle tre parti del ciclo. SOLUZIONE CORRETTA: Scriviamo anzitutto i Dati iniziali: n TA VA VB VC γ = 3 mol = 373.2 K (numero di moli) (9) = VA /3 = VA C = Cvp = 7 5 (dato che si tratta di un gas biatomico) i) Il lavoro nella parte isoterma A → B (in cui la temperatura rimane costantemente uguale a TA ) si determina attraverso l’equazione di stato dei gas perfetti pV = nRTA Z VB Z VB nRTA VB 1 WA→B = p dV = dV = nRTA ln = nRTA ln (10) V VA 3 VA VA Sostituendo solo ora i valori, otteniamo WA→B = [sostituisco valori numerici e unità di misura] (11) 1 J 373.2 K · ln = 3 mol · 8.314 mol K 3 [separo numeri dalle unità di misura] J 1 K = 3 · 8.314 · 373.2 · ln · mol 3 mol K [eseguo i calcoli numerici e le semplificazioni nelle unità di misura] J = −10226.3 · mol / /K mol / /K = −10226.3 J [controllo che il risultato ottenuto abbia la corretta unità di misura: ho ottenuto J per un lavoro W , quindi OK] (12) ii) Il lavoro nella parte adiabatica B → C (caratterizzata dall’equazione pV γ = const = pB VBγ ) si determina attraverso Z WB→C VC = Z VC p dV = VB pB VB = pB VB 1−γ = pA VA 1−γ = nRTA 1−γ VB VC γ−1 VBγ pB VBγ 1−γ 1−γ V − V = dV = C B Vγ 1−γ ! −1 = ! VB γ−1 −1 = VC ! γ−1 1 −1 3 (13) Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 5 Sostituendo solo ora i valori, otteniamo WB→C = [sostituisco valori numerici e unità di misura] ! 7 −1 3 mol · 8.314 molJ K 373.2 K 1 5 · = −1 3 1 − 75 [separo numeri dalle unità di misura] ! 7 −1 1 5 J 3 · 8.314 · 373.2 · − 1 · mol = K 7 3 mol K 1− 5 (14) [eseguo i calcoli numerici e le semplificazioni nelle unità di misura] ! 2 5 J 1 5 = − · 3 · 8.314 · 373.2 · − 1 · mol / /K 2 3 mol / /K (15) = 8275.27 J [controllo che il risultato ottenuto abbia la corretta unità di misura: ho ottenuto J per un lavoro W , quindi OK] (16) iii) Il lavoro nella parte isocora della trasformazione C → A è nullo, in quanto il volume non cambia Z VA Z VA WC→A = p dV = p dV = 0 J (17) VC 3 VA Scritture prive di senso E’ importante ricordare che ogni grandezza fisica è composta da un valore numerico e dalla relativa unità di misura. Senza unità di misura le grandezze fisiche non hanno alcun senso; pertanto i passaggi intermedi e/o i risultati finali in cui una grandezza fisica non sia accompagnata dall’unità di misura sono semplicemente errati. Un risultato numericamente sbagliato è pur sempre un risultato, mentre un risultato dimensionalmente sbagliato è una scrittura priva di significato, e quindi è un errore molto piú grave. • ESEMPIO 1: Supponiamo di dover calcolare Fx = mg sin θ per un punto materiale di massa m = 5 Kg che si muove lungo un piano inclinato di un angolo θ = π/6. ERRORE TIPICO Fx = mg sin θ = 1 = 5 · 9.81 · = |24.5 {z N} | {z 2} (18) SBAGLIATO forza numero puro Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 6 E’ errato in quanto in un passaggio intermedio è stata scritta un’uguaglianza tra un numero puro ed una quantità dimensionata (in questo caso una forza, misurata in N). Non ha senso. Si noti che quando si scrive una serie di uguaglianze non è sufficiente che il primo e l’ultimo membro abbiano le stesse dimensioni. Ogni uguaglianza intermedia deve avere senso, e dunque ciò che si trova a sinistra del simbolo ’=’ deve avere le stesse dimensioni di ciò che si trova a destra. FORMA CORRETTA Fx = mg sin θ = (19) m 1 = 5 Kg · 9.81 2 · s 2 m = 24.5 Kg 2 = s = 24.5 N = (20) • ESEMPIO 2: Un corpo viene lasciato cadere da un’altezza H dal suolo ed impiega 2 s a raggiungere il suolo. Trascurando l’effetto dell’attrito dell’aria, calcolare l’altezza H. SOLUZIONE ERRATA 1: Applicando la formula per il moto di un corpo in caduta libera 1 2 gt = 2 = 0.5 · 9.81 · 22 qui manca l’unità di misura !! H = = 19.6 qui manca l’unità di misura !! SBAGLIATO (21) SOLUZIONE ERRATA 2: 1 2 gt = 2 = 0.5 · 9.81 · 22 = H = qui manca l’unità di misura → SBAGLIATO = 19.6 m (22) SOLUZIONE ERRATA 3: 1 2 gt = 2 m = 0.5 · 9.81 2 · (2 s)2 = s = 39.24 m errore di calcolo alla fine, ma la scrittura ha senso H = → SBAGLIATO, MA MENO GRAVE (23) FORMA CORRETTA: Applicando la formula per il moto di un corpo in caduta libera 1 2 gt = 2 m = 0.5 · 9.81 2 · (2 s)2 = s = 19.6 m H = (24) Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 7 • ESEMPIO 3: Una ruota di raggio R = 10 cm e di massa M = 2 Kg può rotolare senza strisciare lungo un piano inclinato di un angolo θ2 = π/5, ed è collegato tramite un filo inestensibile ad un blocco di massa m = 3 Kg, che a sua volta può scivolare su un piano inclinato di un angolo θ1 = π/3 e privo di attrito. come mostrato in Fig.1. Calcolare l’accelerazione del sistema. Supponiamo che dopo una serie di calcoli si sia ottenuto il seguente risultato espresso in forma simbolica a=g M sin θ2 − sin θ1 m + 2M SBAGLIATO (25) Un controllo dimensionale permette rapidamente di vedere che questo risultato è dimensionalmente sbagliato, e dunque privo di significato. Infatti al numeratore della frazione compare la somma di una massa e di un numero puro, che non ha senso. M m θ1 θ2 Figure 1: Una ruota ed un blocco scorrono su due piani inclinati e sono collegati da un filo inestensibile. E’ anche importante sottolineare che, in qualunque uguaglianza, il membro sinistro deve essere dello stesso tipo del membro destro. Ad esempio sono prive di senso uguaglianze in cui un vettore viene eguagliato ad uno scalare. Analogamente non hanno senso uguaglianze in cui quantità finite e quantità infinitesime. Esempi sono mostrati in Tabella 1 4 Includere le unità di misura nelle grandezze fisiche permette di controllare la giustezza delle formule utilizzate Esempio: Calcolare il valore dell’accelerazione di gravità ad una distanza H = 120 Km dalla superficie di Marte, sapendo che la massa di Marte è di M = 0.64 · 1024 Kg e che il suo raggio è R = 3.37 · 106 m [2 punti]. Supponiamo di non ricordare se la formula corretta per l’accelerazione gravitazionale (che deriva dalla forza di gravitazione universale) sia a=G M r2 (26) Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 8 FORMA ERRATA FORMA CORRETTA m~a = mg sin θ ma = mg sin θ ~ =R×F M ~ =R ~ × F~ M −→ W = F~ ∆s −→ W = F~ · ∆s g = 9.81 g = 9.81 m/s2 W = F~ · d~s W = ∆U = ncV dT ∆U = ncV ∆T R F~ · d~s Table 1: Alcuni esempi di scritture senza senso e la relativa forma corretta. oppure a=G M r . (27) Sapendo che la costante di gravitazione universale (che solitamente viene data nel testo) vale m3 G = 6.67 · 10−11 (28) Kg s2 la semplice analisi dimensionale permette di dedurre quale sia la formula corretta. Infatti nel primo caso otteniamo [a] = [G] [M ] m3 Kg m = = 2 2 [r] Kg s2 (m)2 s CORRETTO (29) SBAGLIATO (30) mentre nel secondo caso otteniamo [a] = [G] m3 Kg [M ] m2 = = [r]2 Kg s2 m s2 Dato che un’accelerazione deve avere la dimensione di m/s2 , si deduce che la prima formula (26) è quella corretta, e la seconda (27) è quella errata. 5 Controllare sempre l’ordine di grandezza del risultato ottenuto. Aiuta a riconoscere eventuali errori. ESEMPIO: Una mole di gas ideale biatomico occupa un volume VA = 10−2 m3 , ed è tenuto alla pressione di pA = 1 bar. Calcolare la temperatura del gas. Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 9 Dato che conosciamo pressione e volume nei tre stati, la temperatura viene determinata attraverso l’equazione di stato pA VA = nR 1 bar · 10−2 m3 = = 1mol · 8.314 molJ K [fingo ora di eseguire a mente le semplificazioni sulle unità di misura, in base al TA = principio ‘certamente tutto si semplificherà come deve’ o peggio ‘so bene cosa sto facendo, non sono nato ieri’ ] = 1.20 · 10−3 K (31) [ho ottenuto una temperatura dell’ordine del mK, che è decisamente molto bassa rispetto ai valori tipici che ottengo negli esercizi che ho fatto. Mi viene il dubbio di aver sbagliato qualcosa. Ricontrollo allora i passaggi, e mi accorgo di non aver sostituito 1 bar = 105 Pa, sbagliando dunque di 5 ordini di grandezza] Il fatto di non aver né sostituito né uniformato le unità di misura ha comportato: i) di ottenere un risultato sulla temperatura sbagliato di 2 ordini di grandezza (e alle temperature dell’ordine del Kelvin un gas non segue nemmeno le leggi della fisica classica, ma quelle della fisica quantistica); ii) di aver scritto un’uguaglianza priva di significato tra un numero puro [seconda riga della (6)] ed una temperatura [prima e terza riga della (6)] 6 Scomposizione della forza peso di un corpo che si muove su un piano inclinato Immaginiamo di avere piano inclinato di un angolo θ rispetto all’orizzontale, e che lungo di esso si muova un corpo di massa m (può trattarsi di un punto materiale o di un corpo rigido che ruota, come ad es. un disco). Occorre scomporre la forza peso P~ = m~g nei suoi componenti longitudinale e ortogonale al piano, che sono (per definizione) vettori diretti tangenzialmente e ortogonalmente al piano, rispettivamente. • ERRORE TIPICO: Un errore assai frequente è quello di scomporre la forza peso P~ = m~g come mostrato in Fig.2. Tale scomposizione è sbagliata, in quanto la scrittura m~g sin θ non indica un vettore diretto lungo il piano, ma un vettore che ha la stessa direzione di ~g (cioè è diretto verso il basso) e che ha modulo |mg sin θ|. Analogamente m~g cos θ ha la stessa direzione di ~g (cioè è diretto verso il basso) e modulo |mg cos θ|. • FORMA CORRETTA: Occorre definire innanzitutto dei versori ~ux e ~uy che denotano le direzioni longitudinale e perpendicolare al piano, rispettivamente. Scomporre la forza peso significa scrivere il vettore P~ = m~g come somma (vettoriale!) dei due vettori componenti P~x e P~y : ( P~x = Px ~ux P~ = P~x + P~y dove (32) P~y = Py ~uy Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 10 SBAGLIATO m m�g sin θ m�g cos θ θ P� = m�g Figure 2: La scomposizione mostrata in figura è sbagliata, in quanto la scrittura m~g sin θ non indica un vettore diretto lungo il piano, ma un vettore che ha la stessa direzione di ~g (cioè è diretto verso il basso) e ha modulo |mg sin θ|. Analogamente m~g cos θ ha la stessa direzione di ~g (cioè è diretto verso il basso) e ha modulo |mg cos θ| Come si vede P~x ha la stessa direzione del versore ~ux , e P~y ha la stessa direzione del versore ~uy . Ricordiamo che le quantità (scalari!) Px e Py vengono chiamate le componenti del vettore P~ lungo le direzioni identificate dai versori ~ux e ~uy , e possono essere positive o negative. Se ad esempio Px > 0, il vettore componente P~x ha lo stesso verso di ~ux , mentre se Px < 0 il vettore componente P~x ha la stessa direzione ma verso opposto al versore ~ux . Analogamente dicasi per Py . Siccome la scelta dai versori ~ux e ~uy non è univoca, il medesimo vettore P~ = m~g può scomporsi in modi diversi, a seconda della scelta che si adotta per i versori ~ux e ~uy . In Fig.3 sono indicate quattro possibili scelte, del tutto legittime, dei versori. (a) �uy P�x m P�x P�y θ P� = m�g (b) �ux m �uy P�y θ (c) �ux P�x (d) m �ux P�y θ P� = m�g �uy P� = m�g P�x �uy m �ux θ θ P�y P� = m�g scelta (a) P~ = m~g = −mg sin θ ~ux − mg cos θ ~uy Px = −mg sin θ Py = −mg cos θ scelta (b) P~ = m~g = −mg sin θ ~ux + mg cos θ ~uy Px = −mg sin θ Py = +mg cos θ scelta (c) P~ = m~g = +mg sin θ ~ux + mg cos θ ~uy Px = +mg sin θ Py = +mg cos θ scelta (d) P~ = m~g = +mg sin θ ~ux − mg cos θ ~uy Px = +mg sin θ Py = −mg cos θ Figure 3: Possibili scelte (tutte legittime) dei versori ~ux e ~uy determinano scomposizioni diverse (e dunque componenti Px e Py diverse) dello stesso vettore P~ = m~g Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 11 • NOTA BENE: E’ importante comprendere che: mg sin θ ~ux 6= m~g sin θ in quanto mg sin θ ~ux e m~g sin θ sono vettori che, pur avendo modulo uguale, hanno direzioni completamente diverse. Lo stesso vale per −mg sin θ ~ux e m~g sin θ. Pertanto confondere questi due vettori è un errore grave che mostra lacune su elementi basilari come la definizione stessa di vettore. 7 Momento di una forza Supponiamo di considerare un corpo rigido (ad es. un disco) che ruota perché soggetto ad una forza f~ che applica momento. (b) f� (a) R f� R ~ =R ~ × f~ è un vettore diretto Figure 4: La forza f~ esercita un momento sul disco. Il momento M perpendicolarmente a questo foglio, con verso entrante nel caso (a), e con verso uscente nel caso (b). ~ ha la stessa direzione di f~. Pertanto in nessun caso M • ERRORI TIPICI: Un tipico errore è quello di scrivere il momento della forza in questo modo → ~ =− 1. M fR SBAGLIATO (scrittura priva di significato) −→ in quanto il simbolo f R non ha alcun significato. Il prodotto vettoriale non è un prodotto con sopra una freccia piú lunga. ~ =R×f 2. M SBAGLIATO (scrittura priva di significato) in quanto il prodotto vettoriale × si fa tra due vettori, mentre f e R compaiono senza freccia e quindi denotano scalari. ~ = R f~ 3. M SBAGLIATO ~ che ha la stessa direzione in quanto questa scrittura denoterebbe un vettore M ~ del vettore f , mentre il prodotto vettoriale è un vettore che ha direzione ortogonale a quella dei due vettori fattori. • FORMA CORRETTA: Il momento e definito come ~ =R ~ × f~ M ~ è un vettore con: Pertanto, facendo riferimento alla figura 4, abbiamo che M – direzione perpendicolare a questo foglio Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 12 – verso entrante nel caso (a) [uscente nel caso (b)] ~ | = |R|| ~ f~| sin α. In questo caso, dato che α = π/2, si ha – modulo pari a |M ~ ~ ~ |M | = |R||f | = Rf . 8 Attrito Statico/Dinamico Consideriamo un corpo che si muove lungo un piano scabro, inclinato di un angolo θ rispetto all’orizzontale (il caso del piano orizzontale corrisponde a θ = 0). Siano µs il coefficiente di attrito statico e µd il coefficiente di attrito dinamico. Due esempio importanti sono i seguenti: • un blocco di massa m (modellizzabile con un punto materiale) che striscia lungo il piano • un corpo rigido (ad esempio un disco o un anello) che rotola senza strisciare (sale o scende) lungo il piano. come mostrato in Fig.5. Ci chiediamo qual è la forza di attrito Fatt che agisce su tali corpi. (a) (b) R Figure 5: (a) un blocco di dimensioni trascurabili (modellizzabile come un punto materiale) striscia lungo un piano inclinato. (b) un disco rotola senza strisciare lungo un piano inclinato. • ERRORI TIPICI: Un tipico errore riguarda il caso del corpo rigido che si muove di moto di puro rotolamento, e consiste nello scrivere la forza di attrito che agisce su di esso come Fatt = µd N = µd mg cos θ SBAGLIATO (33) SBAGLIATO (34) oppure Fatt = µs N = µs mg cos θ Entrambe queste forme sono sbagliate. Occorre ricordare infatti che un disco che rotola lungo un piano ha un unico punto di contatto col piano, ed è tramite tale punto che il piano esercita la forza di attrito. Se il moto è di puro rotolamento (anche detto rotolamento senza strisciamento) questo punto di contatto è per definizione istantaneamente fermo. Pertanto la forza di attrito che si esercita su tale punto è una forza di attrito statico. Per questo motivo la (33) [che riguarda l’attrito dinamico] non può essere certamente corretta. D’altra parte nemmeno la (34) può essere corretta perché nell’attrito statico la quantità µs mg cos θ rappresenta la forza massima, e non quella effettiva. Ossia un ’corpo’ (in questo caso il punto di contatto disco-piano) soggetto ad una forza Fatt rimane fermo fino a quando la forza Fatt non supera in modulo il valore soglia di µs mg cos θ, ossia fino a quando vale 0 ≤ |Fatt | ≤ µs mg cos θ. Quindi max = µ mg cos θ. Nel in generale non è detto che Fatt coincida col valore massimo Fatt s caso di un corpo rigido che rotola senza strisciare la forza di attrito è un’incognita del problema e deve essere determinata. Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 13 Si noti che il fatto che il punto di contatto sia istantaneamente fermo non è in contraddizione col fatto che il disco si sta muovendo, in quanto il punto di contatto disco-piano è diverso man mano che il disco rotola. • NOTA BENE: E’ importante comprendere la differenza tra il caso del corpo rigido (ad esempio un disco) che rotola senza strisciare, ed il caso di un di un punto materiale (ad esempio un blocco di dimensioni trascurabili) che scivola. Nel caso del punto materiale che scivola si tratta di attrito dinamico e dunque la forza di attrito che il piano esercita è Fatt = µd N = µd mg cos θ (35) ed è quindi una costante nota. • FORMA CORRETTA: Riassumendo, in base alle osservazioni precedenti, occorre distinguere due casi: – Punto materiale che si muove strisciando lungo un piano: La forza di attrito Fatt è di tipo dinamico ed è una costante nota, pari a Fatt = µd N = µd mg cos θ (36) – Corpo rigido che rotola senza strisciare lungo un piano: La forza di attrito è di tipo statico ed è un’incognita del problema (di cui sappiamo solo che Fatt ≤ µd N = µs mg cos θ). Il suo valore deve determinarsi aggiungendo alle equazioni che determinano il moto del centro di massa del corpo rigido (in cui Fatt entra) l’equazione del momento angolare ~0 dL ~0 =M dt corredata dalla condizione di puro rotolamento α= 9 aCM R Energia Interna, Calore, Lavoro Un gas si trova in uno stato termodinamico A alla temperatura TA = 300 K e compie un’espansione isoterma fino ad uno stato B, triplicando il suo volume. Calcolare il lavoro compiuto dal gas, ed il calore assorbito o ceduto: ERRORE TIPICO Z VB ∆WA→B = p dV = SBAGLIATO (37) VA Z VB VB nRTA dV = nRTA ln = nRTA ln 3 = V VA VA J = 3 mol · 8.314 300 K · ln 3 = mol K J = 3 · 8.314 · 300 · ln 3 · mol / K / = mol / K / = 8220.5 J = (38) Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 14 In una trasformazione isoterma si ha ∆QA→B = ∆WA→B e dunque ∆QA→B = 8220.5 J SBAGLIATO che, essendo positivo, è calore assorbito. Il procedimento svolto, all’apparenza impeccabile, contiene in realtà un grave errore concettuale, che consiste nell’aver scritto ∆WA→B (sbagliato) anziché WA→B (corretto) (39) ∆QA→B (sbagliato) anziché QA→B (corretto) (40) Infatti, la scrittura ∆f (dove f è una qualunque grandezza) presuppone i seguenti passi logici: 1. La grandezza f è definita in ogni punto dello ‘spazio’ (che può essere lo spazio fisico, o lo spazio delle variabili termodinamiche p, V, T , o anche il tempo, a seconda dei contesti); 2. Stiamo considerando la variazione di tale grandezza da un punto 1 ad un punto 2, ossia per definizione la differenza tra il valore nel secondo e quella nel primo punto . ∆f = f (2) − f (1) Ora, scrivere ∆WA→B significa che si sta considerando il lavoro W come una funzione di stato (cioè una funzione definita nello spazio dei parametri termodinamici p, V, T ) e che se ne sta calcolando la variazione ∆WA→B = W (B)−W (A). Analogamente scrivere ∆QA→B significa pensare che il calore sia una funzione di stato. Pertanto chi scrive ∆WA→B o ∆QA→B (anche se fa il calcolo perfettamente) dimostra di non aver capito in realtà assolutamente nulla del primo principio della termodinamica, il quale stabilisce che né il lavoro W né il calore Q sono funzioni dello stato termodinamico, ma che invece l’energia interna è una funzione di stato, le cui variazioni ∆UA→B = U (B) − U (A) sono date da ∆UA→B = QA→B − WA→B (41) 10 Spiegare le motivazioni per le quali si utilizzano le formule • ESEMPIO 1: Un corpo di massa m = 1 Kg, inizialmente situato ad un’altezza H dal suolo, viene lasciato in caduta libera (velocità iniziale v0 = 0). Sotto la sua verticale si trova una molla, con costante elastica k = 500 Nm−1 , attaccata al suolo e con lunghezza a riposo pari a l0 = 1 m. Una volta raggiunta la molla, il corpo la comprime. Calcolare quale deve essere il valore H ∗ dell’altezza H affinché la compressione massima raggiunta dalla molla corrisponda ad un’altezza z = l0 /3 dal suolo. [5 punti] Soluzione corretta: L’energia meccanica del sistema è conservata, ed ha una componente di energia Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 15 potenziale gravitazionale, una di energia cinetica ed una terza di energia potenziale elastica dovuta alla compressione della molla. In particolare abbiamo i) al punto iniziale l’energia meccanica iniziale è solo potenziale gravitazionale perché l’energia cinetica iniziale è nulla e la molla non è compressa: Ei = mgH ii) al punto di massima compressione l’energia cinetica è nulla, e dunque l’energia meccanica è potenziale gravitazionale e potenziale elastica: Ef = mgz + 12 k(z − l0 )2 . Sfruttando la conservazione dell’energia meccanica, ed il fatto che z = l0 /3, si ottiene 2 l0 l0 1 ∗ (42) − l0 mgH = mg + k 3 2 3 da cui l0 1 k H = + 3 2 mg ∗ 2l0 3 2 (43) Sostituendo ora i valori H ∗ = 1 500 N/m m + 0.5 · 3 1 Kg · 9.81 sm2 2 2 m2 = 3 N s2 = Kg [usare N = Kg m/s2 ] = 0.333 m + 11.326 = 0.333 m + 11.326 m = = 11.66 m (44) • ESEMPIO 2: Un cilindro con pistone contiene 3 moli di un gas ideale biatomico. Inizialmente il gas si trova in equilibrio termico con un serbatoio d’acqua alla temperatura di T = 373.2 K (temp. di ebollizione dell’acqua). Si compie ora sul gas un ciclo termodinamico composto di tre parti: i) attraverso una trasformazione isotermica reversibile si comprime il gas fino ad 1/3 del suo volume iniziale VA ; ii) si isola termicamente ora il gas dal resto e, con una seconda trasformazione adiabatica reversibile, lo si riporta al suo volume iniziale; iii) infine il gas, messo nuovamente a contatto con l’acqua, si riporta gradualmente alla temperatura iniziale attraverso una trasformazione irreversibile a volume costante. Calcolare il calore scambiato dal gas in ciascuna delle tre fasi del ciclo. [6 punti] Soluzione corretta: Scriviamo anzitutto i Dati iniziali: n TA VA VB VC γ = 3 (numero di moli) = 373.2 K = VA /3 = VA C = Cvp = (45) 7 5 (dato che si tratta di un gas biatomico) Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 16 i) Parte isoterma del ciclo: In un’isoterma la temperatura non cambia per definizione, e rimane uguale a TA ; dato che in particolare abbiamo a che fare con un gas perfetto, l’energia interna U dipende solo dalla temperatura, e dunque non varia durante un’isoterma ∆U = 0 (46) Pertanto, ricordando che ∆U = Q − W , il calore scambiato è uguale al lavoro fatto QA→B = WA→B = Z VB Z = p dV = VB 1 nRTA VB = nRTA ln = dV = nRTA ln V V 3 A VA VA J 1 = 3 mol · 8.314 373.2 K · ln mol K 3 = −10226.3 J (47) ii) Parte adiabatica del ciclo: per definizione il calore scambiato è nullo QB→C = 0 (48) iii) Parte isocora del ciclo: Si può procedere in due modi – L’equazione per la parte adiabatica si può scrivere nella forma T V γ−1 = const, e quindi la temperatura TC soddisfa TB VBγ−1 = TC VCγ−1 , da cui TC = TB VB VC γ−1 γ−1 1 = TA 3 (49) Il calore scambiato è dato dalla capacità termica (costante) per la variazione di temperatura QC→A = ∆U = nCV (TA − TC ) = γ−1 ! 5 1 = nR TA − TA = 2 3 γ−1 ! 5 1 = nR TA 1 − = 2 3 J = 2.5 · 3 mol · 8.314 373.2 K · mol K 7 −1 ! 1 5 1− = 3 = 8275.27 J (50) – Nell’intero ciclo vale che ∆U = 0 e quindi che Qtot = Wtot . Siccome sappiamo che nella parte isoterma vale QA→B = WA→B , si deduce che QB→C + QC→A = WB→C + WC→A (51) D’altra parte QB→C = 0 (perché B → C è un’adiabatica), e WC→A = 0 (perché Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino 17 C → A è un’isocora), si ottiene che Z VC QC→A = WB→C = p dV = VB [vedi esempio al punto 1.] = ! γ−1 1 nRTA −1 = = 1−γ 3 = 3 mol · 8.314 molJ K 373.2 K · 1 − 75 = 8275.27 J ! 7 −1 1 5 −1 3 (52) Dr. Fabrizio Dolcini Guida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino