guida alla risoluzione dei problemi e tipici errori da...

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Guida alla risoluzione dei Problemi e tipici errori da Evitare

1 Dati iniziali

Prima di iniziare a risolvere il problema, e utile esprimere tutti i dati iniziali inunita di misura omogenee. Si consiglia di usare il Sistema Internazionale (S.I.)

• ESEMPIO 1:Un’auto viaggia alla velocita costante v = 55 Km/h. Determinare quanto tempoimpiega a percorrere una distanza di 100 m.

(qui abbiamo la velocita 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) v = 55 Kmh = 55 · 1000m3600 s = 15.28 m/s

ii) ∆x = 100 m

(1)

e poi applichiamo la formula per il moto uniforme

t =∆x

v=

100 m

15.28 ms

= 6.5 s (2)

ERRORE TIPICO:Applichiamo la formula per il moto uniforme (senza sostituire ne convertire le unitadi misura)

t =∆x

v=

100

55= 1.8 s SBAGLIATO (3)

che e sbagliato sia numericamente [perche e diverso di un fattore 3 dal risultato cor-retto] sia dimensionalmente [perche in (3) compare un’uguaglianza tra un numeropuro ed una quantita dimensionata, ossia un’uguaglianza priva di senso].

• ESEMPIO 2:Una mole di gas ideale biatomico occupa un volume VA = 10 litri, ed e tenuto allapressione 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 DolciniGuida alla risoluzione dei Problemi di Fisica I, DIFIS, Politecnico di Torino

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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) VA = 10 l = 10 · 10−3 m3 = 10−2 m3

ii) pA = 1 bar = 105 Pa

(4)Dato che conosciamo pressione e volume nei tre stati, la temperatura viene determi-nata attraverso l’equazione di stato

TA =pAVAnR

=

=1 · 105 N

m2 10−2 m3

1 mol · 8.314 JmolK

=

=103

8.314

N m

JK =

[uso J = N m]

= 120.3 K (5)

ERRORE TIPICO:Dato che conosciamo pressione e volume nei tre stati, la temperatura viene deter-minata attraverso l’equazione di stato (senza sostituire ne convertire le unita dimisura)

TA =pAVAnR

=

=1 · 10

1 · 8.314=

= 1.203 K (6)

Il fatto di non aver ne sostituito ne uniformato le unita di misura ha comportato: i)di ottenere un risultato sulla temperatura sbagliato di 2 ordini di grandezza (e alletemperature dell’ordine del Kelvin un gas non segue nemmeno le leggi della fisicaclassica, ma quelle della fisica quantistica); ii) di aver scritto un’uguaglianza priva disignificato tra un numero puro [seconda riga della (6)] ed una temperatura [prima eterza riga della (6)]

2 Svolgimento dei calcoli

Utilizzare sempre il calcolo simbolico durante i passaggi intermedi dei calcoli. Sostituirei dati numerici e le loro unita di misura solo alla fine, ricordandosi che i calcoli e lesemplificazioni vanno effettuate sia sui numeri che sulle unita di misura. Vale la penasottolineare che tra i seguenti due possibili scenari:

1. l’espressione simbolica del risultato e corretta, ma nel sostituire i dati si commetteun errore di calcolo;

2. l’espressione simbolica del risultato e sbagliata, ma il risultato numerico e corretto(ad esempio perche si commette un altro errore che compensa il precedente)


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il secondo tipo di errore e assai piu grave. Pertanto, se in sede della prova resta pocotempo, e molto piu importante controllare che l’espressione simbolica del risultato sia cor-retta (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 e tenuto allapressione 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) VA = 10 l = 10 · 10−3 m3 = 10−2 m3

ii) pA = 1 bar = 105 Pa

(7)Dato che conosciamo pressione e volume nei tre stati, la temperatura viene determi-nata attraverso l’equazione di stato

TA =pAVAnR

=

[sostituisco valori numerici e unita di misura]

=1 · 105 N

m2 10−2 m3

1 mol · 8.314 JmolK

=

[separo numeri dalle unita di misura]

=103

8.314

N m

JK =

[eseguo i calcoli numerici e le semplifico le unita di misura, usando J = N m]

= 120.3N/m/

J/K =

= 120.3 K

[controllo che il risultato ottenuto abbia la corretta unita 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. Inizialmenteil gas si trova in equilibrio termico con un serbatoio d’acqua alla temperatura diT = 373.2 K (temp. di ebollizione dell’acqua). Si compie ora sul gas un ciclo ter-modinamico composto di tre parti:

i) attraverso una trasformazione isotermica reversibile si comprime il gas fino ad1/3 del suo volume iniziale VA;ii) si isola termicamente ora il gas dal resto e, con una seconda trasformazione adi-abatica reversibile, lo si riporta al suo volume iniziale;iii) infine il gas, messo nuovamente a contatto con l’acqua, si riporta gradual-mente alla temperatura iniziale attraverso una trasformazione irreversibile a volume


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costante.

Calcolare il lavoro compiuto dal gas in ciascuna delle tre parti del ciclo.

SOLUZIONE CORRETTA:Scriviamo anzitutto i

Dati iniziali:

n = 3 mol (numero di moli)TA = 373.2 KVAVB = VA/3VC = VAγ =

Cp

Cv= 7

5 (dato che si tratta di un gas biatomico)

(9)

i) Il lavoro nella parte isoterma A→ B (in cui la temperatura rimane costantementeuguale a TA) si determina attraverso l’equazione di stato dei gas perfetti pV = nRTA

WA→B =

∫ VB

VA

p dV =

∫ VB

VA

nRTAV

dV = nRTA lnVBVA

= nRTA ln1

3(10)

Sostituendo solo ora i valori, otteniamo

WA→B = [sostituisco valori numerici e unita di misura] (11)

= 3 mol · 8.314J

mol K373.2 K · ln 1

3[separo numeri dalle unita di misura]

= 3 · 8.314 · 373.2 · ln 1

3· mol

J

mol KK

[eseguo i calcoli numerici e le semplificazioni nelle unita di misura]

= −10226.3 · mol/J

mol/ K/K/

= −10226.3 J


ho ottenuto J per un lavoro W , quindi OK] (12)

ii) Il lavoro nella parte adiabatica B → C (caratterizzata dall’equazione pV γ =const = pBV

γB ) si determina attraverso

WB→C =

∫ VC

VB

p dV =

∫ VC

VB

pBV γB

V γdV =

pBVγB

1− γ

(V 1−γC − V 1−γ

B

)=

=pBVB1− γ

((VBVC

)γ−1− 1

)=

=pAVA1− γ

((VBVC

)γ−1− 1

)=

=nRTA1− γ

((1

3

)γ−1− 1

)(13)


5

Sostituendo solo ora i valori, otteniamo

WB→C = [sostituisco valori numerici e unita di misura]

=3 mol · 8.314 J

molK 373.2 K

1− 75

·

((1

3

) 75−1− 1

)[separo numeri dalle unita di misura]

=3 · 8.314 · 373.2

1− 75

·

((1

3

) 75−1− 1

)· mol

J

mol KK

(14)

[eseguo i calcoli numerici e le semplificazioni nelle unita di misura]

= −5

2· 3 · 8.314 · 373.2 ·

((1

3

) 25

− 1

)· mol/

J

mol/ K/K/

(15)

= 8275.27 J


ho ottenuto J per un lavoro W , quindi OK] (16)

iii) Il lavoro nella parte isocora della trasformazione C → A e nullo, in quanto ilvolume non cambia

WC→A =

∫ VA

VC

p dV =

∫ VA

VA

p dV = 0 J (17)

3 Scritture prive di senso

E’ importante ricordare che ogni grandezza fisica e composta da un valorenumerico e dalla relativa unita di misura. Senza unita di misura le grandezzefisiche non hanno alcun senso; pertanto i passaggi intermedi e/o i risultatifinali in cui una grandezza fisica non sia accompagnata dall’unita di misurasono semplicemente errati. Un risultato numericamente sbagliato e pur sempreun risultato, mentre un risultato dimensionalmente sbagliato e una scritturapriva di significato, e quindi e un errore molto piu grave.

• ESEMPIO 1:Supponiamo di dover calcolare Fx = mg sin θ per un punto materiale di massam = 5 Kg che si muove lungo un piano inclinato di un angolo θ = π/6.

ERRORE TIPICO

Fx = mg sin θ = (18)

= 5 · 9.81 · 1

2︸︷︷︸numero puro

= 24.5 N︸︷︷︸forza

SBAGLIATO


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E’ errato in quanto in un passaggio intermedio e stata scritta un’uguaglianza traun numero puro ed una quantita dimensionata (in questo caso una forza, misuratain N). Non ha senso. Si noti che quando si scrive una serie di uguaglianze non e suffi-ciente che il primo e l’ultimo membro abbiano le stesse dimensioni. Ogni uguaglianzaintermedia deve avere senso, e dunque cio che si trova a sinistra del simbolo ’=’ deveavere le stesse dimensioni di cio che si trova a destra.

FORMA CORRETTA

Fx = mg sin θ = (19)

= 5 Kg · 9.81m

s2· 1

2=

= 24.5 Kgm

s2=

= 24.5 N (20)

• ESEMPIO 2:Un corpo viene lasciato cadere da un’altezza H dal suolo ed impiega 2 s a raggiun-gere 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

H =1

2g t2 =

= 0.5 · 9.81 · 22 qui manca l’unita di misura !!

= 19.6 qui manca l’unita di misura !!

SBAGLIATO (21)

SOLUZIONE ERRATA 2:

H =1

2g t2 =

= 0.5 · 9.81 · 22 = qui manca l’unita di misura → SBAGLIATO

= 19.6 m (22)

SOLUZIONE ERRATA 3:

H =1

2g t2 =

= 0.5 · 9.81m

s2· (2 s)2 =

= 39.24 m errore di calcolo alla fine, ma la scrittura ha senso

→ SBAGLIATO, MA MENO GRAVE (23)

FORMA CORRETTA:Applicando la formula per il moto di un corpo in caduta libera

H =1

2g t2 =

= 0.5 · 9.81m

s2· (2 s)2 =

= 19.6 m (24)


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• ESEMPIO 3:Una ruota di raggio R = 10 cm e di massa M = 2 Kg puo rotolare senza strisciarelungo un piano inclinato di un angolo θ2 = π/5, ed e collegato tramite un filo in-estensibile ad un blocco di massa m = 3 Kg, che a sua volta puo scivolare su unpiano 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 espressoin forma simbolica

a = gM sin θ2 − sin θ1

m+ 2MSBAGLIATO (25)

Un controllo dimensionale permette rapidamente di vedere che questo risultato edimensionalmente sbagliato, e dunque privo di significato. Infatti al numeratoredella frazione compare la somma di una massa e di un numero puro, che non hasenso.

!1 !2

Mm

Figure 1: Una ruota ed un blocco scorrono su due piani inclinati e sono collegati da unfilo inestensibile.

E’ anche importante sottolineare che, in qualunque uguaglianza, il membrosinistro deve essere dello stesso tipo del membro destro. Ad esempio sonoprive di senso uguaglianze in cui un vettore viene eguagliato ad uno scalare.Analogamente non hanno senso uguaglianze in cui quantita finite e quantitainfinitesime.Esempi sono mostrati in Tabella 1

4 Includere le unita di misura nelle grandezze fisiche per-mette di controllare la giustezza delle formule utilizzate

Esempio:Calcolare il valore dell’accelerazione di gravita ad una distanza H = 120 Km dalla super-ficie di Marte, sapendo che la massa di Marte e di M = 0.64 · 1024 Kg e che il suo raggioe R = 3.37 · 106 m [2 punti].

Supponiamo di non ricordare se la formula corretta per l’accelerazione gravitazionale (chederiva dalla forza di gravitazione universale) sia

a = GM

r2(26)


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FORMA ERRATA FORMA CORRETTA

m~a = mg sin θ ma = mg sin θ

~M = R× F ~M = ~R× ~F

W = ~F−→∆s W = ~F ·

−→∆s

g = 9.81 g = 9.81 m/s2

W = ~F · d~s W =∫~F · d~s

∆U = ncV dT ∆U = ncV ∆T

Table 1: Alcuni esempi di scritture senza senso e la relativa forma corretta.

oppure

a = GM

r. (27)

Sapendo che la costante di gravitazione universale (che solitamente viene data nel testo)vale

G = 6.67 · 10−11m3

Kg s2(28)

la semplice analisi dimensionale permette di dedurre quale sia la formula corretta. Infattinel primo caso otteniamo

[a] = [G][M ]

[r]2=

m3

Kg s2Kg

(m)2=

m

s2CORRETTO (29)

mentre nel secondo caso otteniamo

[a] = [G][M ]

[r]2=

m3

Kg s2Kg

m=

m2

s2SBAGLIATO (30)

Dato che un’accelerazione deve avere la dimensione di m/s2, si deduce che la prima formula(26) e quella corretta, e la seconda (27) e quella errata.

5 Controllare sempre l’ordine di grandezza del risultato ot-tenuto. Aiuta a riconoscere eventuali errori.

ESEMPIO:Una mole di gas ideale biatomico occupa un volume VA = 10−2 m3, ed e tenuto alla pres-sione di pA = 1 bar. Calcolare la temperatura del gas.


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Dato che conosciamo pressione e volume nei tre stati, la temperatura viene determinataattraverso l’equazione di stato

TA =pAVAnR

=

=1 bar · 10−2 m3

1mol · 8.314 JmolK

=

[fingo ora di eseguire a mente le semplificazioni sulle unita di misura, in base al

principio ‘certamente tutto si semplifichera 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 e 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 ne sostituito ne uniformato le unita di misura ha comportato: i) diottenere un risultato sulla temperatura sbagliato di 2 ordini di grandezza (e alle temper-ature dell’ordine del Kelvin un gas non segue nemmeno le leggi della fisica classica, maquelle della fisica quantistica); ii) di aver scritto un’uguaglianza priva di significato tra unnumero puro [seconda riga della (6)] ed una temperatura [prima e terza riga della (6)]

6 Scomposizione della forza peso di un corpo che si muovesu un piano inclinato

Immaginiamo di avere piano inclinato di un angolo θ rispetto all’orizzontale, e che lungodi esso si muova un corpo di massa m (puo trattarsi di un punto materiale o di un corporigido che ruota, come ad es. un disco). Occorre scomporre la forza peso ~P = m~g nei suoicomponenti longitudinale e ortogonale al piano, che sono (per definizione) vettori direttitangenzialmente e ortogonalmente al piano, rispettivamente.

• ERRORE TIPICO:Un errore assai frequente e quello di scomporre la forza peso ~P = m~g come mostratoin Fig.2. Tale scomposizione e sbagliata, in quanto la scrittura m~g sin θ non indicaun vettore diretto lungo il piano, ma un vettore che ha la stessa direzione di ~g (cioee diretto verso il basso) e che ha modulo |mg sin θ|. Analogamente m~g cos θ ha lastessa direzione di ~g (cioe e diretto verso il basso) e modulo |mg cos θ|.

• FORMA CORRETTA:Occorre definire innanzitutto dei versori ~ux e ~uy che denotano le direzioni longitu-dinale e perpendicolare al piano, rispettivamente. Scomporre la forza peso significascrivere il vettore ~P = m~g come somma (vettoriale!) dei due vettori componenti ~Pxe ~Py:

~P = ~Px + ~Py dove

{~Px = Px ~ux~Py = Py ~uy

(32)


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�P = m�g

m

m�g cos θm�g sin θ

SBAGLIATO

θ

Figure 2: La scomposizione mostrata in figura e sbagliata, in quanto la scrittura m~g sin θ nonindica un vettore diretto lungo il piano, ma un vettore che ha la stessa direzione di ~g (cioe e direttoverso il basso) e ha modulo |mg sin θ|. Analogamente m~g cos θ ha la stessa direzione di ~g (cioe ediretto verso il basso) e ha modulo |mg cos θ|

Come si vede ~Px ha la stessa direzione del versore ~ux, e ~Py ha la stessa direzionedel versore ~uy. Ricordiamo che le quantita (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 ~Px ha lostesso verso di ~ux, mentre se Px < 0 il vettore componente ~Px ha la stessa direzionema verso opposto al versore ~ux. Analogamente dicasi per Py.

Siccome la scelta dai versori ~ux e ~uy non e univoca, il medesimo vettore ~P = m~gpuo scomporsi in modi diversi, a seconda della scelta che si adotta per i versori ~uxe ~uy. In Fig.3 sono indicate quattro possibili scelte, del tutto legittime, dei versori.

�ux

�uy

�Px

�Py

�P = m�g

m

(a)

θ

�ux

�uy�Px

�Py

�P = m�g

m

(b)

θ

�ux

�uy�Px

�Py

�P = m�g

m

(c)

θ θ

�ux

�uy

�Px

�Py

�P = m�g

m

(d)

θ

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


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• 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, hannodirezioni completamente diverse. Lo stesso vale per −mg sin θ ~ux e m~g sin θ. Pertantoconfondere questi due vettori e un errore grave che mostra lacune su elementi basilaricome la definizione stessa di vettore.

7 Momento di una forza

Supponiamo di considerare un corpo rigido (ad es. un disco) che ruota perche soggetto aduna forza ~f che applica momento.

R

�f(a) R

�f

(b)

Figure 4: La forza ~f esercita un momento sul disco. Il momento ~M = ~R× ~f e un vettore direttoperpendicolarmente a questo foglio, con verso entrante nel caso (a), e con verso uscente nel caso (b).

Pertanto in nessun caso ~M ha la stessa direzione di ~f .

• ERRORI TIPICI:Un tipico errore e quello di scrivere il momento della forza in questo modo

1. ~M =−→fR SBAGLIATO (scrittura priva di significato)

in quanto il simbolo−→fR non ha alcun significato. Il prodotto vettoriale non e

un prodotto con sopra una freccia piu lunga.

2. ~M = R× f SBAGLIATO (scrittura priva di significato)in quanto il prodotto vettoriale × si fa tra due vettori, mentre f e R compaionosenza freccia e quindi denotano scalari.

3. ~M = R ~f SBAGLIATOin quanto questa scrittura denoterebbe un vettore ~M che ha la stessa direzionedel vettore ~f , mentre il prodotto vettoriale e un vettore che ha direzione ortog-onale a quella dei due vettori fattori.

• FORMA CORRETTA:Il momento e definito come

~M = ~R× ~f

Pertanto, facendo riferimento alla figura 4, abbiamo che ~M e un vettore con:

– direzione perpendicolare a questo foglio


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– verso entrante nel caso (a) [uscente nel caso (b)]

– modulo pari a | ~M | = |~R||~f | sinα. In questo caso, dato che α = π/2, si ha| ~M | = |~R||~f | = Rf .

8 Attrito Statico/Dinamico

Consideriamo un corpo che si muove lungo un piano scabro, inclinato di un angolo θrispetto all’orizzontale (il caso del piano orizzontale corrisponde a θ = 0). Siano µs il co-efficiente di attrito statico e µd il coefficiente di attrito dinamico. Due esempio importantisono i seguenti:

• un blocco di massa m (modellizzabile con un punto materiale) che striscia lungo ilpiano

• un corpo rigido (ad esempio un disco o un anello) che rotola senza strisciare (sale oscende) lungo il piano.

come mostrato in Fig.5. Ci chiediamo qual e la forza di attrito Fatt che agisce su tali corpi.

(a)

R

(b)

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 purorotolamento, e consiste nello scrivere la forza di attrito che agisce su di esso come

Fatt = µdN = µdmg cos θ SBAGLIATO (33)

oppure

Fatt = µsN = µsmg cos θ SBAGLIATO (34)

Entrambe queste forme sono sbagliate. Occorre ricordare infatti che un disco che ro-tola lungo un piano ha un unico punto di contatto col piano, ed e tramite tale puntoche il piano esercita la forza di attrito. Se il moto e di puro rotolamento (anche dettorotolamento senza strisciamento) questo punto di contatto e per definizione istanta-neamente fermo. Pertanto la forza di attrito che si esercita su tale punto e una forzadi attrito statico. Per questo motivo la (33) [che riguarda l’attrito dinamico] non puoessere certamente corretta. D’altra parte nemmeno la (34) puo essere corretta perchenell’attrito statico la quantita µsmg cos θ rappresenta la forza massima, e non quellaeffettiva. Ossia un ’corpo’ (in questo caso il punto di contatto disco-piano) soggettoad una forza Fatt rimane fermo fino a quando la forza Fatt non supera in modulo ilvalore soglia di µsmg cos θ, ossia fino a quando vale 0 ≤ |Fatt| ≤ µsmg cos θ. Quindiin generale non e detto che Fatt coincida col valore massimo Fmaxatt = µsmg cos θ. Nelcaso di un corpo rigido che rotola senza strisciare la forza di attrito e un’incognitadel problema e deve essere determinata.


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Si noti che il fatto che il punto di contatto sia istantaneamente fermo non e in con-traddizione col fatto che il disco si sta muovendo, in quanto il punto di contattodisco-piano e 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 ma-teriale (ad esempio un blocco di dimensioni trascurabili) che scivola. Nel caso delpunto materiale che scivola si tratta di attrito dinamico e dunque la forza di attritoche il piano esercita e

Fatt = µdN = µdmg cos θ (35)

ed e 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 diattrito Fatt e di tipo dinamico ed e una costante nota, pari a

Fatt = µdN = µdmg cos θ (36)

– Corpo rigido che rotola senza strisciare lungo un piano: La forza diattrito e di tipo statico ed e un’incognita del problema (di cui sappiamo soloche Fatt ≤ µdN = µsmg cos θ). Il suo valore deve determinarsi aggiungendoalle equazioni che determinano il moto del centro di massa del corpo rigido (incui Fatt entra) l’equazione del momento angolare

d~L′

dt= ~M ′

corredata dalla condizione di puro rotolamento

α =aCM

R

9 Energia Interna, Calore, Lavoro

Un gas si trova in uno stato termodinamico A alla temperatura TA = 300 K e compieun’espansione isoterma fino ad uno stato B, triplicando il suo volume. Calcolare il lavorocompiuto dal gas, ed il calore assorbito o ceduto:

ERRORE TIPICO

∆WA→B =

∫ VB

VA

p dV = SBAGLIATO (37)

=

∫ VB

VA

nRTAV

dV = nRTA lnVBVA

= nRTA ln 3 =

= 3 mol · 8.314J

mol K300 K · ln 3 =

= 3 · 8.314 · 300 · ln 3 ·mol/J

mol/ K/K/ =

= 8220.5 J (38)


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In una trasformazione isoterma si ha

∆QA→B = ∆WA→B

e dunque∆QA→B = 8220.5 J SBAGLIATO

che, essendo positivo, e calore assorbito.

Il procedimento svolto, all’apparenza impeccabile, contiene in realta un graveerrore concettuale, che consiste nell’aver scritto

∆WA→B (sbagliato) anziche WA→B (corretto) (39)

∆QA→B (sbagliato) anziche QA→B (corretto) (40)

Infatti, la scrittura ∆f (dove f e una qualunque grandezza) presuppone i seguenti passilogici:

1. La grandezza f e definita in ogni punto dello ‘spazio’ (che puo essere lo spazio fisico,o lo spazio delle variabili termodinamiche p, V, T , o anche il tempo, a seconda deicontesti);

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 distato (cioe una funzione definita nello spazio dei parametri termodinamici p, V, T ) e che sene sta calcolando la variazione ∆WA→B = W (B)−W (A). Analogamente scrivere ∆QA→Bsignifica 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 realtaassolutamente nulla del primo principio della termodinamica, il quale stabilisceche ne il lavoro W ne il calore Q sono funzioni dello stato termodinamico, ma che invecel’energia interna e una funzione di stato, le cui variazioni ∆UA→B = U(B) − U(A) sonodate da

∆UA→B = QA→B −WA→B (41)

10 Spiegare le motivazioni per le quali si utilizzano le for-mule

• ESEMPIO 1:Un corpo di massa m = 1 Kg, inizialmente situato ad un’altezza H dal suolo, vienelasciato in caduta libera (velocita iniziale v0 = 0). Sotto la sua verticale si trovauna molla, con costante elastica k = 500 Nm−1, attaccata al suolo e con lunghezzaa riposo pari a l0 = 1 m. Una volta raggiunta la molla, il corpo la comprime. Calco-lare quale deve essere il valore H∗ dell’altezza H affinche la compressione massimaraggiunta dalla molla corrisponda ad un’altezza z = l0/3 dal suolo. [5 punti]

Soluzione corretta:L’energia meccanica del sistema e conservata, ed ha una componente di energia


15

potenziale gravitazionale, una di energia cinetica ed una terza di energia potenzialeelastica dovuta alla compressione della molla. In particolare abbiamoi) al punto iniziale l’energia meccanica iniziale e solo potenziale gravitazionale perchel’energia cinetica iniziale e nulla e la molla non e compressa: Ei = mgHii) al punto di massima compressione l’energia cinetica e nulla, e dunque l’energiameccanica e potenziale gravitazionale e potenziale elastica: Ef = mgz+ 1

2k(z− l0)2.Sfruttando la conservazione dell’energia meccanica, ed il fatto che z = l0/3, si ottiene

mgH∗ = mgl03

+1

2k

(l03− l0

)2

(42)

da cui

H∗ =l03

+1

2

k

mg

(2l03

)2

(43)

Sostituendo ora i valori

H∗ =1

3m + 0.5 · 500 N/m

1 Kg · 9.81 ms2

(2

3

)2

m2 =

= 0.333 m + 11.326N s2

Kg=

[usare N = Kg m/s2]

= 0.333 m + 11.326 m =

= 11.66 m (44)

• ESEMPIO 2:Un cilindro con pistone contiene 3 moli di un gas ideale biatomico. Inizialmenteil gas si trova in equilibrio termico con un serbatoio d’acqua alla temperatura diT = 373.2 K (temp. di ebollizione dell’acqua). Si compie ora sul gas un ciclo ter-modinamico composto di tre parti:

i) attraverso una trasformazione isotermica reversibile si comprime il gas fino ad1/3 del suo volume iniziale VA;ii) si isola termicamente ora il gas dal resto e, con una seconda trasformazione adi-abatica reversibile, lo si riporta al suo volume iniziale;iii) infine il gas, messo nuovamente a contatto con l’acqua, si riporta gradual-mente alla temperatura iniziale attraverso una trasformazione irreversibile a volumecostante.

Calcolare il calore scambiato dal gas in ciascuna delle tre fasi del ciclo. [6 punti]

Soluzione corretta:Scriviamo anzitutto i

Dati iniziali:

n = 3 (numero di moli)TA = 373.2 KVAVB = VA/3VC = VAγ =

Cp

Cv= 7

5 (dato che si tratta di un gas biatomico)

(45)


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 duranteun’isoterma

∆U = 0 (46)

Pertanto, ricordando che ∆U = Q−W , il calore scambiato e uguale al lavoro fatto

QA→B = WA→B =

=

∫ VB

VA

p dV =

∫ VB

VA

nRTAV

dV = nRTA lnVBVA

= nRTA ln1

3=

= 3 mol · 8.314J

mol K373.2 K · ln 1

3= −10226.3 J (47)

ii) Parte adiabatica del ciclo: per definizione il calore scambiato e nullo

QB→C = 0 (48)

iii) Parte isocora del ciclo: Si puo procedere in due modi

– L’equazione per la parte adiabatica si puo scrivere nella forma TV γ−1 = const,e quindi la temperatura TC soddisfa TBV

γ−1B = TCV

γ−1C , da cui

TC = TB

(VBVC

)γ−1= TA

(1

3

)γ−1(49)

Il calore scambiato e dato dalla capacita termica (costante) per la variazione ditemperatura

QC→A = ∆U = nCV (TA − TC) =

=5

2nR

(TA − TA

(1

3

)γ−1)=

=5

2nRTA

(1−

(1

3

)γ−1)=

= 2.5 · 3 mol · 8.314J

mol K373.2 K ·

(1−

(1

3

) 75−1)

=

= 8275.27 J (50)

– Nell’intero ciclo vale che ∆U = 0 e quindi che Qtot = Wtot. Siccome sappiamoche 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 (perche B → C e un’adiabatica), e WC→A = 0 (perche


17

C → A e un’isocora), si ottiene che

QC→A = WB→C =

∫ VC

VB

p dV =

[vedi esempio al punto 1.] =

=nRTA1− γ

((1

3

)γ−1− 1

)=

=3 mol · 8.314 J

molK 373.2 K

1− 75

·

((1

3

) 75−1− 1

)= 8275.27 J (52)


guida alla risoluzione dei problemi e tipici errori da...

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