III TEST DI FISICA - fisica-xxi.weebly.comfisica-xxi.weebly.com/uploads/3/8/6/7/38672479/iii_test.pdf · III TEST DI FISICA 4 Figura 1.2. Larisalitàèsuﬃcientementelentadagarantireche

III TEST DI FISICA

1

III TEST DI FISICA 2

1. Le domande del test

In questo test vengono toccati tre ambiti differenti.

Principi di conservazione in meccanica. I principi di conservazione chiamatiin causa sono quello della quantità di moto e quello dell’energia; non viene coinvoltoil principio di conservazione del momento angolare.

La teoria, adattata al sistema di due corpi in interazione, è esposta nell’appendiceA.

Termodinamica dei gas ideali. Gli argomenti toccati sono quello delle tra-sformazioni quasi-statiche, del bilancio energetico e del calcolo delle variazioni dientropia.

La teoria è esposta nell’appendice B.

Funzione d’onda ed effetto doppler. Nel problema del sonar sono coinvolti iltema della funzione d’onda, del principio di sovrapposizione e dell’effetto Doppler.

La teoria è esposta nell’appendice C.


Figura 1.1

1.1. Un oscillatore esplosivo. L’oscillatore mostrato in figura esplode nell’istan-te in cui l’energia è equamente ripartita tra corpo e molla.

Il corpo si separa in due frammenti (m1 = 2m2) ed il frammento 2 proseguemuovendosi esattamente in verticale. Indichiamo con EA l’energia dell’oscillatoreprima dell’esplosione e Eespl. l’energia liberata dalla carica esplosiva. Il piano lungoil quale scivola il blocco è perfettamente liscio.

Stabilisci anzitutto lungo quale dei due assi, e perché, la quantità di moto delsistema costituito dai due frammenti rimane costante e scrivi le equazioni per laconservazione di energia e quantità di moto.

1.1.1. Primo frammento. Determina la velocità finale del frammento 1 e il rapportotra le ampiezze dell’oscillazione prima e dopo l’esplosione.

1.1.2. Secondo frammento. Determina la velocità finale del frammento 2 e l’energiaminima che deve essere liberata durante l’esplosione.


Figura 1.2. La risalità è sufficientemente lenta da garantire chela pressione della bolla sia pari a quella dell’acqua, e allo stessotempo sufficientemente rapida da impedire scambi termici conl’ambiente.

1.2. Una bolla d’aria. Una bolla d’aria viene emessa a zin = −50m e risale finoa zfin = −10m. Si suppone, per semplicità, che la temperatura dell’acqua siauniforme e pari a Tacqua = 5.0 ◦C. La pressione dell’atmosfera è p0 = 1.013 · 105 Pae la densità dell’acqua è ρ = 1.03 g/cm3.

La massa della bolla è pari a 8.0 · 10−1 g e γaria ∼= 1.4. Assumi per semplicitàche l’aria sia una miscela al 20% di O2 e per la rimanente parte N2.

1.2.1. Risalita. Determina il volume finale della bolla.

1.2.2. Riscaldamento. Determina la variazione di energia e di entropia della bollaquando, intrappolata sotto la roccia, ristabilisce l’equilibrio termico con l’acqua.


1.3. Il funzionamento del Sonar. Con il sonar possiamo misurare la distanza ela velocità di un oggetto in movimento; il sonar emette un’onda che viene riflessadall’oggetto e ritorna allo strumento.

In questo problema si assume, per semplicità, che il sonar sia immobile e che ilsegnale emesso sia un’onda armonica:

ψ(+) (t, x) = ψ0(+) cos (ωt− kx)

Per ipotesi l’onda si propaga lungo la congiungente tra sonar e oggetto. Indi-chiamo con l la distanza tra sonar e oggetto, e con u la velocità di propagazionedel segnale.

Si sa che l’onda riflessa deve avere la forma

ψ(−) (t, x) = ψ0(−) cos (ωt+ kx+ ϕ0)

1.3.1. Distanza dell’oggetto. Dopo avere determinato ψ0(−) e ϕ0 spiega come si può

determinare la distanza l.

1.3.2. Oggetto in movimento. Supponi ora che l’oggetto si muova a velocità v lungola congiungente tra sonar ed oggetto. Determina l’onda riflessa in questo caso espiega come si può determinare v.


2. Le soluzioni


2.1. Un oscillatore esplosivo. Cominciamo individuando tre differenti sistemifisici:

(1) con SA indichiamo il sistema costituito dai due frammenti, che all’iniziosono uniti, e dalla molla: questo è l’oscillatore prima dell’esplosione;

(2) con SB indichiamo il sistema costituito dalla molla e dal frammento 1, ossial’oscillatore che si forma dopo l’esplosione;

(3) indichiamo infine con S il sistema dei due frammenti: ci dovremo concen-trare su S per studiare l’esplosione.

Il sistema S scambia quantità di moto con l’ambiente anche durante l’esplosione;osserviamo che

– attraverso l’interfaccia di contatto tra il frammento 1 e la Terra fluiscequantità di moto verticale (pz) di entità sconosciuta (potremo sapere quantasolo dopo avere risolto il problema) e per questo motivo sarebbe sbagliatosupporre che la quantità di moto verticale di S rimanga costante;

– dato che non c’è attrito tra il frammento 1 e la Terra, la quantità di mo-to orizzontale px può fluire nel o dal sistema S solo attraverso la molla;dato che l’esplosione ha una durata 4t molto piccola l’allungamento dellamolla rimane approssimativamente costante (indichiamo con ξ0 il suo valo-re) e la quantità di moto scambiata tra il sistema con l’ambiente durantel’esplosione è pari a

p(sc.)x∼= −kξ04t

e tanto è piccolo 4t tanto è trascurabile p(sc.)x ; possiamo così ritenere chela quantità di moto orizzontale di S sia costante.

Vediamo così che l’unica equazione che possiamo scrivere fin dall’inizio per laquantità di moto è

px,S m1v1x,fin︸︷︷︸px,fin

∼= (m1 +m2) vx,in︸︷︷︸px,in

(2.1)

Continuiamo con questa analisi preliminare del problema; l’esplosione avvienequando la molla è in espansione oltre il punto di riposo l’energia di SA è ugualmenteripartita tra S è la molla, e pertanto

1

2mv2x =

1

2EA ⇒ vx = +

√EAm

(2.2)

1

2kξ20 =

1

2EA ⇒ ξ0 = +

√EAk

(2.3)

Il principio di conservazione dell’energia può essere applicato al sistema SA,

E ,SA1

2m1v

21x,fin +

1

2m2v

22z,fin +

1

2kξ20∼=

1

2mv2x,in +

1

2kξ20 + Eespl.

I due lati di questa equazione sono solo approssimativamente uguali per due motivi:– l’allungamento della molla non rimane esattamente costante;– l’energia del campo di gravità aumenta perché il frammento 2 sale, sia pur

di poco.Ritenuto che entrambe le approssimazioni sono accettabili, possiamo semplificarel’equazione ed otteniamo l’equazione dell’energia per il sistema S:


E ,S 1

2m1v

21x,fin +

1

2m2v

22z,fin

∼=1

2mv2x,in + Eespl.(2.4)

Naturalmente potevamo anche scrivere direttamente l’equazione 2.4.Vale la pena di notare, da ultimo, chem = 3m2 e pertantom2 = 1

3m em1 = 23m.

Per semplificare la scrittura delle equazioni, inoltre indichiamo con v1 e v2 le velocitàfinali dei due frammenti (la prima lungo l’asse x e la seconda lungo l’asse z) e conv la velocità iniziale dell’oscillatore A). Le equazioni sulle quali ci baseremo peraffrontare le domande, pertanto, sono:

2

3v1 = v(2.5)

1

2

2

3mv21 +

1

2

1

3mv22 =

1

2mv2 + Eespl(2.6)

A queste equazioni dovremo, all’occorrenza, aggiungere la 2.2 e la 2.3.Ora siamo pronti per rispondere alle domande.

2.1.1. Primo frammento. La velocità finale del frammento 1 si ricava immediata-mente dalle equazioni 2.5 e 2.2:

(2.7) v1 =3

2v =

3

2

√EAm

Il sistema B, ossia l’oscillatore che si forma dopo l’esplosione, ha energia pari a

EB =1

2m1v

21 +

1

2kξ20 =

=1

2

2

3m

(3

2v

)2

+1

2kξ20 =

=3

2

1

2mv2 +

1

2kξ20 =

=3

2

1

2EA +

1

2EA =

5

4EA

e pertanto

(2.8)ξmax,B

ξmax,A=

√EBEA

=

√5

2

Le equazioni 2.7 e 2.8 rispondono alla domanda.

2.1.2. Secondo frammento. Partiamo dall’equazione 2.6 e facciamo in modo chev2 sia espressa in funzione dell’energia iniziale dell’oscillatore, EA, e dell’energialiberata dall’esplosione:

(2.9)1

6mv22 = Eespl −

1

4EA

Isolando v2 otteniamo

(2.10) v2 =

√6

m

(Eespl −

1

4EA)


e questa è la risposta alla prima domanda; inoltre l’argomento della radice quadratadeve essere positivo e quindi

(2.11) Eespl >1

4EA

e questa è la risposta alla seconda domanda.

In appendice A questo problema viene sviluppato con tre approfondimenti.

2.2. Una bolla d’aria. Cominciamo con dei calcoli preliminari.(1) Determiniamo la pressione dell’acqua alle due quote indicate, utilizzando

la legge di Stevino

pin = p0 − ρgzin ∼= 6.065 · 105 Papf in = p0 − ρgzfin ∼= 2.023 · 105 Pa

(2) Ora determiniamo la massa molare dell’aria,

M ∼= 0.2 · 32 g

mol+ 0.8 · 28 g

mol∼= 28.8

g

mol

e la quantità chimica di aria contenuta nella bolla:

n =m

M∼=

8.0 · 10−1 g28.8 g

mol

∼= 2.78 · 10−2 mol

(3) Calcoliamo infine il volume occupato dalla bolla al momento dell’emissione(stato A) utilizzando la legge dei gas ideali:

VA =nRTacqua

pin∼= 3.17 · 10−4 m3

(4) Determiniamo cV e cp; sappiamo checpcV

= γ

cp − cV = R

e quindi

cV =R

γ − 1∼= 21

J

K ·mol

cp =γR

γ − 1∼= 29

J

K ·mol

Siamo ora pronti per affrontare le domande del problema.

2.2.1. Risalita. Nelle condizioni indicate nel problema la risalita è una trasformazio-ne isoentropica. Indichiamo con B lo stato della bolla quando rimane intrappolatasotto la sporgenza, alla fine della risalita.

La legge delle trasformazioni isoentropiche dice che

VBVA

=

(pApB

) 1γ

∼= 2.19

e quindiVB ∼= 6.95 · 10−4 m3

Questa è la risposta alla domanda del problema.


Figura 2.1. Le due linee continue rappresentano la prima trasfor-mazione isoentropica (a entropia SI) e l’isoentropica ad entropiaSII alla quale appartiene lo stato C. La prima linea tratteggiata èl’isoterma a temperatura T1 sulla quale stanno gli stati A e C, laseconda è l’isoterma a temperatura T2 sulla quale sta lo stato B.Il tratto BC rappresenta una trasformazione isobara.

2.2.2. Riscaldamento. Alla fine della risalita la bolla è più fredda dell’ambientecircostante. Possiamo determinare la sua temperatura in due modi.

– possiamo usare la legge delle isoentropiche, espressa con la temperatura ela pressione,

TBTA

=

(pApB

) 1−γγ

– possiamo usare anche la legge dei gas ideali:

TB =pBVBnR

Per entrambe le vie otteniamo

TB ∼= 203K

La variazione di energia del sistema durante la trasformazione isobara è

4E = ncV4T ∼=mentre la variazione di entropia è


4S = ncp ln

(TCTB

)∼=

Abbiamo così risposto a tutte le domande del problema.Rappresentiamo, per completezza, le due trasformazioni su un diagramma pV

(figura 2.1.


2.3. Il funzionamento del Sonar. Lavori in corso!


Appendice A. Un oscillatore esplosivo: approfondimenti

Questo problema ha portato alla luce alcuni punti molto interessanti della teoriadel sistema di due corpi in interazione (in questo caso due corpi sono i frammentiche compongono l’ordigno esplosivo). È quindi il momento giusto per fare il puntodella situazione.

A.1. Il sistema dei due corpi: schema generale. Limitiamoci a problemi checoinvolgono corpi rigidi che non ruotano.

Se un sistema S è composto da due parti possiamo utilizzare sia la coppia divariabili v1 e v2 sia la coppia vcm e vrel. Le formule che consentono di passare dauna coppia di variabili all’altra sono

(A.1)

{vcm = m1v1+m2v2

m1+m2

vrel = v2 − v1

(trasformazione «diretta») e

(A.2)

{v1 = vcm − m2

m1+m2vrel

v2 = vcm + m1

m1+m2vrel

(trasformazione «inversa»).Usando il secondo sistema di equazioni possiamo scomporre l’energia del sistema

in due termini, uno dei quali, che indicheremo con Ecm, collegato al movimento delcentro di massa, l’altro, che indicheremo con Erel, collegato al movimento relativodelle due parti:

(A.3)1

2m1v

21 +

1

2m2v

22 =

1

2mv2

cm︸︷︷︸Ecm

+1

2mrv

2rel︸︷︷︸

Erel

(la verifica è lasciata per esercizio!). Nel lato di destra della A.3 m è la massa totaledel sistema mentre

(A.4) mrdef=

m1m2

m1m2

è la cosiddetta massa ridotta del sistema.Possiamo usare il secondo sistema di equazioni per esprimere l’energia di ciascun

frammento in funzione dell’energia

(A.5)

{12m1v

21 = m2

m Erel −mrvrel · vcm + m2

m Ecm12m2v

22 = m1

m Erel +mrvrel · vcm + m1

m Ecm

(anche la verifica di questo risultato è lasciata per esercizio!); la somma delle dueequazioni A.5 da nuovamente l’equazione A.3.

Ora occupiamoci dei trasferimenti di energia, e con questo obbiettivo scriviamole equazioni cardinali per la dinamica dei due corpi (che, per ipotesi, non ruotano):


Ic, 1 m1dv1

dt= F 2→1 + FRdU→1

Ic, 2 m2dv2

dt= F 1→2 + FRdU→2

Conviene, in primo luogo, semplificare i simboli (e non perdiamo neanche tanto inchiarezza) e includere il principio di azione-reazione:

Ic, 1 m1dv1

dt= −F + F 1

Ic, 2 m2dv2

dt= +F + F 2

Sommiamo le due equazioni (F ext = F 1+F 2) e moltiplichiamo scalarmente pervcm; otteniamo (

m1dv1

dt+m2

dv2

dt

)︸︷︷︸

m dvcmdt

· vcm = F ext · vcm

e quindi

(A.6)d

dt

(1

2mv2

cm

)= F ext · vcm

L’equazione A.6 ci dice che le forze esterne determinano un trasferimento di energiaal sistema come se fosse un corpo unico; detta in altri termini, la variazione dienergia del centro di massa è determinata dal lavoro del totale delle forze esternecome se il sistema fosse un corpo rigido. Il termine

(A.7) I(blocco)E = F ext · vcm

rappresenta la corrente di energia che fluisce nel sistema come se il sistema fosse unblocco unico.

Passiamo ora al movimento relativo. Dividiamo la prima equazione per m1, laseconda per m2 e sottraiamo la prima alla seconda:

dv2

dt− dv1

dt=

(1

m1+

1

m2

)F +

1

m2F 2 −

1

m2F 1

Il lato di sinistra è semplicimente dvrel/dt, mentre la combinazione di masse inparentesi a destra è il reciproco della massa ridotta. Moltiplicando l’equazione permr otteniamo pertanto

(A.8) mrdvreldt

= F +mr

(1

m2F 2 −

1

m2F 1

)L’equazione A.8 ci dice che il moto relativo delle due parti che compongono il siste-ma dipende dalla coppia azione-reazione interna e dalla particolare combinazionedi forze

(A.9) Fmarea = mr

(1

m2F 2 −

1

m2F 1

)che rappresenta la «forza di marea» che agisce sul sistema. Questa forza determinauno «stiramento» del sistema ad opera delle forze esterne.


Ora possiamo moltiplicare scalarmente la A.8 per vrel ed otteniamo

(A.10)d

dt

(1

2mrvrel

)= (F + Fmarea) · vrel

Nell’equazione A.10 il termine

(A.11) Pint = F · vrel

rappresenta la potenza sviluppata dalle azioni interne: se è positiva significa che unprocesso mette a disposizione del moto relativo dell’energia, se è negativa vuol direche l’energia del moto relativo viene dissipata.

Il termine

(A.12) I(marea)E = Fmarea · vrel

rappresenta invece una corrente di energia che fluisce nel sistema sotto l’azione delleforze di marea, e che contribuisce solo al moto relativo delle parti di cui è compostoil sistema.

Possiamo riassumere così i risultati ottenuti:dEcmdt

= I(blocco)E

dEreldt

= Pint + I(marea)E

Sfrutteremo queste due relazioni per discutere il caso delle collisioni e delleesplosioni. Se sommiamo queste due equazioni otteniamo

dEcmdt

+dEreldt

= IE + Pint(A.13)

L’equazione A.13, nella sua semplicità, risulta spesso molto utile, accanto allasua versione «integrata»:

(A.14) 4Ecm +4Erel = E(sc) + E(disp)

Nell’equazione A.14 il termine E(sc) rappresenta l’energia trasferita al sistemaattraverso l’azione delle forze esterne, mentre E(disp) rappresenta il compendio tral’energia dissipata e l’energia liberata dai processi interni, e messa a disposizione (osottratta, se negativa) dall’azione delle forze interne.

A.2. Il sistema dei due corpi: collisioni anelastiche ed esplosioni. In unprocesso qualsiasi che coinvolge il sistema dei due corpi la variazione dell’energiainterna si scrive così:

(A.15) 4Erel =ˆ (

I(marea)E + Pint

)dt

Applichiamo questa equazione ai due casi complementari, le collisioni e le esplo-sioni, supponendo in prima battuta che I(marea)

E = 0.


Collisioni anelastiche. Per definizione vrel = 0 dopo la collisione e quindi

1

2mrv

2rel,in = −

ˆPintdt

La potenza interna è necessariamente negativa, e questo significa che il mo-to relativo perde energia; la stessa energia deve essere recuperata nel processo dideformazione (che coinvolge, in particolare, una produzione di entropia:

(A.16) Pint + Pdiss = 0

Nell’equazione A.16 il termine Pdiss rappresenta la potenza dissipata, ossia larapidità con la quale l’energia viene dissipata mentre si produce entropia. In al-tri termini, l’energia persa dal moto relativo delle parti che compongono il siste-ma viene acquistata dall’entropia prodotta nell’interfaccia dissipativa. Il principiodi conservazione dell’energia conduce pertanto ad un’equazione significativa moltosemplice:

(A.17)1

2mrv

2rel,in =

ˆPdissdt︸︷︷︸Ediss

Se non possiamo ignorare l’apporto delle forze di marea l’equazione deve inveceessere scritta così:

1

2mrv

2rel,in +

ˆI(marea)E dt =


e questa relazione ci dice che viene dissipata sia l’energia del moto relativa, sial’energia trasferita attraverso le forze di marea (che non sono state in grado diopporsi all’unione definitiva delle due parti).

Esplosioni. Per definizione vrel = 0 prima dell’esplosione e quindi

1

2mrv

2rel,fin =

ˆPintdt

La potenza interna è necessariamente positiva; questa volta però dobbiamo te-nere conto di due contributi: in seguito alla reazione chimica che determina l’e-splosione il sistema chimico perde energia con rapidità Pchim < 0 e parte di questaenergia viene dissipata con rapidità Pdiss > 0; l’equazione di questo processo è

(A.18) Pint + Pchim + Pdiss = 0

(A.19)1

2mrv

2rel,fin +


=

ˆ(−Pchim) dt︸︷︷︸Elib

che ci dice che parte dell’energia liberata viene dissipata, e parte caricata sulmovimento relativo dei frammenti. Possiamo semplificare la scrittura dell’ultimaequazione introducendo l’«energia disponibile»

Edispdef= Elib − Ediss


così che

(A.20)1

2mrv

2rel,fin =

ˆPintdt︸︷︷︸Edisp

(finché ci limitiamo agli aspetti meccanici del problema, questa equazione è tuttociò che ci serve).

Se non possiamo ignorare l’apporto delle forze di marea l’equazione dell’energiadeve invece essere scritta così:

1

2mrv

2rel,fin +


=

ˆ(−Pchim) dt︸︷︷︸Elib

+

ˆI(marea)E dt

includendo così anche l’energia trasferita al moto relativo attraverso l’azione delleforze di marea.

Ripartizione dell’energia in collisioni ed esplosioni. Il sistema scambia con l’am-biente quantità di moto ed energia secondo le equazioni

p(sc)x =

ˆ(F 1 + F 2) dt

E(sc) =ˆ

(F 1 · v1 + F 2 · v2) dt

Se l’energia scambiata con l’ambiente può essere trascurata possiamo adattarel’equazione A.17

(A.21)1

2

m1m2

m1 +m2v2rel,in = Ediss

per la collisione e l’equazione e A.20

(A.22)1

2

m1m2

m1 +m2v2rel,fin = Edisp

per l’esplosione.La prima equazione ci dice che tutta l’energia del moto relativo viene dissipata,

mentre la seconda ci dice che tutta l’energia liberata dall’esplosione è collegata almoto relativo finale dei due frammenti.

Se possiamo anche trascurare la quantità di moto scambiata con l’ambiente pos-siamo metterci nel sistema di riferimento del centro di massa del sistema (che simuove a velocità costante), e le equazioni A.5 si riducono a

(A.23)

{4(12m1u

21

)= m2

m1+m2Erel

4(12m2u

22

)= m1

m1+m2Erel

poiché l’unico addendo non nullo a destra delle equazioni è il primo (i vettori u sonole velocità misurate rispetto al centro di massa): queste due equazioni ci dicono chela ripartizione dell’energia relativa nei due frammenti è inversamente proporzionaleal rapporto delle masse, ossia che tanto più un frammento è piccolo tanta più èl’energia che perde o acquista nel processo.


Vediamo così che la ripartizione dell’energia tra i due corpi espressa alla relazione

(A.24)4E14E2

=m2

m1

dipende in modo essenziale da due ipotesi e dunque non è affatto generale.

A.3. Primo approfondimento: l’inclinazione del taglio. Attraverso il taglioche separa i due frammenti agisce una coppia azione-reazione (vedi figura A.1).

Figura A.1. I due frammenti e la coppia azione-reazione

Determiniamo la forza che agisce sul frammento 1; per la componente orizzontalesfruttiamo la sua quantità di moto, che è dovuta interamente alla forza trasmessadal taglio, perché non c’è attrito tra il blocco ed il piano di appoggio:

Fx,2→14t ∼=2

3m (v1 − v) =

=1

3mv =

1

2m

√EAm

Per la componente verticale, invece, possiamo sfruttare la variazione di quantità dimoto del frammento 2 (e cambiarne il segno), perché e nota e dipende ovviamentesolo dalla forza trasmessa lungo il taglio perché l’unico corpo che interagisce con ilframmento 2 è il frammento 1:

Fz,2→14t ∼= −1

3mv2 = −1

3m

√6

m

(Eespl −

1

4EA)

(A.25) tanα =

∣∣∣∣Fx,2→1

Fz,1→2

∣∣∣∣ ∼=√

3EA4(Eespl − 1

4EA)


Vediamo così che tanto più è grande l’energia dell’esplosione e tanto più è piccolol’angolo formato dal taglio rispetto al piano orizzontale; se invece Eespl → 1

4EA iltaglio si avvicina al piano orizzontale.

Interpretiamo questo risultato dicendo che tanto più l’esplosione è vigorosa, tantomeno deve essere inclinato il taglio per sottrarre al frammento 2 tutta la quantitàdi moto orizzontale.

A.4. Secondo approfondimento: ripartizione dell’energia tra i due corpi.La variazione di energia del frammento 1 è collegata interamente alla variazionedella sua velocità orizzontale:

4E1 = 4(1

2m1v

21x

)=

=3

4EA︸︷︷︸

12m1v21x,fin

− 2

3

1

2EA︸︷︷︸

12m1v21x,in

=

=5

12EA

Le componenti verticali delle forze non determinano alcun trasferimento di energiada o verso il frammento 1 perché non si sposta lungo l’asse z

.Per la variazione di energia del frammento 2 dobbiamo tenere conto sia dellavariazione di velocità lungo l’asse x sia di quella lungo l’asse z; il primo termine èbanale, il secondo è già stato determinato con l’equazione 2.9:

4E2 = 0− 1

6mv2︸︷︷︸

4( 12m2v22x)

+ Eespl −1

4EA︸︷︷︸

4( 12m2v22z)

=

= −1

6EA + Eespl −

1

4EA =

= Eespl −5

12EA

La somma di queste due variazioni è uguale, come deve essere, all’energia liberatadall’esplosione.

Il rapporto tra le due variazioni di energia è

(A.26)4E14E2

=EA

Eespl − 512EA

Notiamo anche che il rapporto tra queste due variazioni è indipendente dallamassa dei frammenti, ed in particolare

4E14E2

6= m2

m1

Torneremo su questa disuaguaglianza nel prossimo approfondimento.


A.5. Terzo approfondimento: energia del moto relativo a confronto conenergia dell’esplosione. Come abbiamo ricordato nel paragrafo A.1l’energia diun sistema di due corpi puntiformi può essere scomposta in due termini: il primorappresenta l’energia collegata al moto del centro di massa del sistema, il secondorappresenta l’energia collegata al moto relativo delle due parti:

1

2m1v

21 +

1

2m2v

22 =

1

2(m1 +m2)v

2cm +

1

2

m1m2

m1 +m2v2rel

(equazione A.3). Utilizzando questa relazione e l’equazione A.14 possiamo ri-scrivere il principio di conservazione dell’energia per il sistema S in questo modo:

(A.27)1

2(m1 +m2)v

2cm,fin +

1

2

m1m2

m1 +m2v2rel =

1

2(m1 +m2)v

2cm,in + Edisp

(la velocità relativa prima dell’esplosione è il vettore nullo). L’energia scambiatacon l’ambiente è pari a zero, perché le forze esterne (sostegno e gravità) non fannolavoro, ovvero il loro contributo è trascurabile.

Prima dell’esplosione la velocità del centro di massa è

vcm,in =

(v0

)mentre dopo l’esplosione

vcm,in =m1

m

(v10

)+m2

m

(0v2

)=

(23v113v2

)(si ricordi tra l’altro che 2

3v1 = v). Le due velocità non coincidono, e pertanto itermini relativi al moto del centro di massa non si semplificano, ed in particolarevediamo che

1

2

m1m2

m1 +m2v2rel 6= Edisp

Possiamo anche vedere rapidamente come la A.27 si riduce alla 2.4: il vettorevelocità relativa dopo l’esplosione è

vrel = v2 − v1 =

=

(0v2

)−(v10

)=

(v1v2

)e quindi

v2rel = v21 + v22

Il termine di sinistra della A.27 si trasforma, pertanto, in questo modo:

1

2(m1 +m2)v

2cm,fin +

1

2

m1m2

m1 +m2v2rel =

1

2m

(4

9v21 +

1

9v22

)+

1

2

23m

13m

m

(v21 + v22

)=

=1

2

4

9mv21 +

1

2

2

9mv21 +

1

2

1

9mv22 +

1

2

2

9mv22 =

=6

18mv21 +

3

18mv22 =

=1

3mv21 +

1

6mv22


Questi due addendi coincidono con i primi due della 2.4. Il termine di destra dellaA.27 è semplicemente 1

2mv2 e pertanto è proprio quello che già compare nella 2.4.

Abbiamo così ottenuto per una via alquanto laboriosa, che sfrutta la decompo-sizione dell’energia espressa dalla A.3, ciò che più semplicemente avevamo scrittoragionando solo sulle componenti delle velocità.

È opportuno fare una riflessione sulla ripartizione dell’energia espressa dall’equa-zione A.3 e chiederci quando essa consente di semplificare i ragionamenti.

Il fatto che l’energia messa a disposizione dall’esplosione si ripartisca in modosemplice tra i due frammenti, secondo l’equazione A.24, dipende da due ipotesi.

Nel nostro problema la condizione

E(sc) = 0

è soddisfatta, perché il sostegno offerto dal piano non contribuisce al trasferimentodi energia, mentre si suppone che il trasferimento di energia mediato dalla gravitàsia trascurabile; d’altra parte la seconda condizione non è soddisfatta:

ˆF extdt =

ˆ (0N

)dt =

(0

m2v2

)(N è l’intensità della forza di sostegno) ed ecco perché

4E14E2

6= m2

m1

Concludiamo che dobbiamo essere molto cauti, ed evitare di utilizzare relazionidedotte in casi speciali; ogni volta dovremmo rivedere le premesse alla base delladimostrazione delle formule, e verificare se le premesse sono soddisfatte nel problemain esame.

A.6. Ripartizioni a confronto. Ci proponiamo di stabilire se possiamo dareun senso alle espressioni «energia liberata in orizzontale» ed «energia liberata inverticale».

Confrontiamo due relazioni che abbiamo determinato in questi approfondimenti;la prima mette in relazione l’inclinazione del taglio con le energie in gioco,

(A.28) tanα =

∣∣∣∣Fx,2→1

Fz,1→2

∣∣∣∣ ∼=√

3EA4(Eespl − 1

4EA)

mentre la seconda stabilisce il rapporto tra le variazioni di energie dei singoliframmenti

(A.29)4E14E2

=EA

Eespl − 512EA

Come si vede la ripartizione dell’energia nei due frammenti non coincide con latangente trigonometrica dell’inclinazione del taglio.

Approfondiamo ulteriormente la questione. Possiamo introdurre le nozioni di«energia disponibile lungo l’asse x» con la formula


(Edisp)x =

ˆFxvrel,xdt =

= F sinα

ˆ(−v1x) dt = Fl (sinα)

2

e di «energia disponibile lungo l’asse z» con la formula

(Edisp)z =ˆFzvrel,zdt =

= F cosα

ˆ(−v1x) dt = Fl (cosα)

2

Il rapporto tra le due energie coincide con (tanα)2:

(A.30)(Edisp)x(Edisp)z

=3EA

4(Eespl − 1

4EA)

Confrontando le equazioni A.29 e A.30 possiamo concludere in via definitiva chela ripartizione dell’energia disponibile sui due assi non coincide con la ripartizionedella stessa energia tra i due corpi.

A.7. Approfondimento: il caso delle rotazioni sul piano. Adatta la teoriaesposta al caso in cui il sistema, e le parti che lo compongono, possano ruotare.Devi includere nella teoria il principio di conservazione del momento angolare e, inpratica, riscrivere le sezioni A.1 e A.2.

Appendice B. Entropia dei gas ideali

B.1. Il caso della capacità termica costante. Consideriamo un sistema caratte-rizzato da un’unica variabile intensiva, la temperatura, e per semplicità assumiamoche abbia capacità termica costante.

B.1.1. La relazione generale tra entropia ed energia. Una delle definizioni più gene-rali di energia è basata sul fatto che le grandezze fisiche che individuano un sistema sisuddividono in due grandi categorie: le grandezze intensive e le grandezze estensive.

Ad ogni grandezza estensiva, ad esempio il volume occupato da un gas, corri-sponde una grandezza intensiva, in questo caso l’opposto dalla pressione; la coppiadi grandezze (−p, V ) ha determinate caratteristiche:

(1) le celle di gas a pressione maggiore rispetto all’ambiente si espandono (in as-senza di altri fattori) e quindi tendono ad occupare un volume maggiore; inaltri termini, il volume occupato fluisce da dove −p è maggiore (l’ambiente)a dove −p è minore (la cella);

(2) la variazione di energia del sistema in seguito ad un cambiamento di volumeè data dalla relazione dE = (−p) dV .

Queste due caratteristiche sono importanti perché sono generalizzabili a tutte lealtre coppie; in altri termini, se X è una grandezza estensiva e φ è la grandezzaintensiva associata si osserva che

(1) la quantità X fluisce spontaneamente (ossia in assenza di altri fattori) nelverso in cui il valore di φ diminuisce;


(2) la variazione di energia del sistema in seguito ad un cambiamento dellaquantità X è data dalla relazione dE = φdX

In un qualunque sistema fisico, quindi, la variazione di energia in seguito ad unatrasformazione è data dalla somma

(B.1) dE = v · dp+ ω · dL− pdV + µdn+ · · ·+ TdS

(si suppone che il sistema sia caratterizzato da valori determinati dei potenziali v,ω, −p, µ e T e di tutti gli altri potenziali).

Partiremo da questa relazione per introdurre l’entropia.

B.1.2. Un’allegoria: il vaso dell’entropia. Se un sistema fisico è caratterizzato solodalla temperatura la relazione tra entropia ed energia diventa molto semplice. Ipo-tizziamo, per semplicità, che la variazione di energia del sistema sia proporzionalealla variazione della sua temperatura:

(B.2) dE = CtermdT

Il fattore di proporzionalità Cterm è detto «capacità termica» e qui stiamo ipo-tizzando che sia costante, ossia che non dipenda dalla temperatura. In questo casopossiamo anche scrivere una relazione, formalmente identica alla B.2, per variazioniarbitrariamente grandi della temperatura:

(B.3) E (T )− E (T0) = Cterm (T − T0)

Nell’equazione B.3 T0 è una temperatura di riferimento. Dal momento che lozero dell’energia è arbitario, possiamo decidere che E (0K) = 0 J e scrivere piùsemplicemente

(B.4) E (T ) = CtermT

Dal momento che la B.4 è formalmente identica alla formula per determinare ilvolume di un cilindro o di un parallelepipedo, V = Ah, possiamo rappresentare ilcontenuto di energia di un sistema con un vaso la cui base sia pari alla capacitàtermica e con altezza pari alla temperatura, come il vaso di sinistra della figura B.1.

Figura B.1.

Dato che l’unica variabile intensiva del sistema è la temperatura, la sommanell’equazione B.1 si riduce ad un solo termine, quello che contiene l’entropia, e


pertantoCtermdT = TdS

o anche

(B.5) dS =Cterm

TdT

Nella figura B.1 diamo un significato all’equazione B.5: ad ogni «dischetto»di energia di base Cterm e altezza δT (una piccola variazione di temperatura)corrisponde un «dischetto» di entropia di base Cterm/T e altezza δT .

Aumentando la temperatura i dischetti di entropia diventano sempre più stretti,e compongono la forma di un «vaso» di entropia che si restringe verso l’alto.

Questo ragionamento, inoltre, suggerisce che i «dischetti» di entropia diventinoinfinitamente grandi nel limite T → 0K. Ritorneremo su questa circostanza in unaltro momento (non in queste dispense).

Integrando l’equazione B.5 otteniamo la differenza di entropia tra uno statoqualsiasi del sistema ed uno di riferimento:

(B.6) S − S0 =

ˆ T

T0

Cterm

θdθ = Cterm ln

(T

T0

)Questa è la formula per determinare le variazioni di entropia di un sistema a

capacità termica costante.

B.1.3. Capacità entropica. La relazione tra entropia e temperatura espressa dallaB.2 è valida anche quando la capacità termica è una funzione della temperatura.Se introduciamo la capacità entropica CS ,

(B.7) CS (T ) =Cterm (T )

T

vediamo che

(B.8) dS = CSdT

La capacità entropica è l’area di base dei dischetti che compongono il vaso del-l’entropia, ossia è la quantità di entropia che bisogna immettere in un sistema peraumentare la sua temperatura di una unità.

B.2. Trasferimenti di energia. Per un gas ideale la variazione infinitesima dienergia è legata alle variazioni infinitesi di volume, quantità chimica ed entropiadalla relazione

(B.9) dE = −pdV + µdn+ TdS

Ad essa affianchiamo la relazione tra la variazione di energia di un gas e la va-riazione di temperatura, determinata Joule nell’esperimento dell’espansione libera:

(B.10) dE = nεdT

Il coefficiente ε che compare nella B.10 è una costante che caratterizza il gas epossiamo chiamarlo, temporaneamente, «energia specifica molare». Determineremonel prossimo paragrafi la sua relazione con i calori specifici.


La teoria dei gas ideali, infine, si basa sull’equazione di stato

(B.11) pV = nRT

Partiremo da queste relazioni per discutere i trasferimenti di energia ed il feno-meno della dissipazione. In questa appendici ci limitiamo al caso n = cost. e quindiporremo dn = 0 nella relazione B.9.

B.2.1. Entropia e trasformazioni isoentropiche. Se combiniamo le equazioniB.9 eB.10otteniamo

nεdT = −pdV + TdS

e se sostituiamo la relazione nRdT = pdV + vdp ricavata direttamente dalla B.11otteniamo

nεpdV + V dp

nR︸︷︷︸dT

= −pdV +pV

nRdS

Ora riarrangiamo i termini,( εR

+ 1)pdV +

ε

RV dp =

pV

nRdS

e moltiplichiamo per εRpV :

γdV

V+dp

p=

1

nεdS

Nell’ultimo passaggio abbiamo introdotto il «fattore di compressibilità adiabatica»

γ =ε+R

εRiconosciamo nei due addendi a sinistra la derivata di un logaritmo.Per esprimere il risultato in modo rigoroso è necessario introdurre uno stato di

riferimento con coordinate V0 e p0; a questo stato associamo un valore (per ora)arbitrario dell’entropia, S0.

Fatta questa precisazione, otteniamo

d ln

[(V

V0

)γ (p

p0

)]=

1

nεd (S − S0)

e di qui, per integrazione, la relazione tra la variazione di entropia e le coordinatedi stato

(B.12)S − S0

nε= ln

(pV γ

p0Vγ0

)Notiamo che entrambi i membri dell’equazione sono adimensionali; difatti [S] =J ·K−1 e [ε] = J ·K−1 ·mol−1; l’argomento del logaritmo deve essere adimensio-nale, altrimenti l’operazione è priva di significato, e il risultato del logaritmo èadimensionale.

Se una trasformazione quasi-statica collega stati con la stessa entropia, allora èdetta «isoentropica». Vediamo immediatamente, utilizzando anche l’equazione distato dei gas ideali, che la legge delle isoentropiche può essere espressa in tre modidiversi:


pV γ = cost.(B.13)

TV γ−1 = cost.(B.14)

p1−γT γ = cost.(B.15)

Le ultime tre equazioni sono equivalenti tra loro.

B.2.2. Calore e calori specifici molari. Il calore, per definizione, è la quantità dienergia ricevuta da un sistema per contatto termico, ovvero la quantità di energiatrasportata da un flusso di entropia in ingresso nel sistema. L’entropia, difatti,fluisce per contatto termico verso le regioni a temperatura inferiore.

Il calore assorbito da un sistema viene indicato con il simbolo Q e pertantopossiamo scrivere

dQ = TdS

Più in particolare, la quantità di calore assorbita dal gas in una trasformazioneè indicato con il simbolo Q

↙e quindi possiamo scrivere

Q↙

=

ˆTdS

Si introducono anche i «calori specifici molari» con la relazione

dQ = ncdT

che, formalmente, ricorda la B.10 e deve essere interpretata come un ansatz, cheora metteremo alla prova.

In una trasformazione isocora, per definizione, dV = 0, e quindi

nεdT = ncdT

Ciò significa che il calore specifico molare, in una trasformazione a volume costante,coincide con l’energia specifica molare:

(B.16) cV = ε

La grandezza cV è chiamata «calore specifico a volume costante», e normalmentesi scrive

dQ|V=cost. = ncV dT

In una trasformazione a pressione costante, invece, dp = 0; possiamo sfruttarel’equazione nRdT = pdV + vdp e caratterizzare questa trasformazione così:

nRdT = pdV

Sostituendo quest’ultima relazione nella B.10 otteniamo così

nεdT = ncdT − nRdTe possiamo introdurre il «calore specifico a pressione costante»

(B.17) cp = ε+R

così chedQ|p=cost. = ncpdT


Nelle trasformazioni isocore ed isobare, pertanto, i calori specifici hanno valoricostanti. Questo non è più vero in una trasformazione generale.

L’energia specifica molare ε, normalmente, non viene introdotta, e si scrive

dE = ncV dT

Per quanto quest’ultima equazione sia estremamente diffusa può creare confusionetra energia e calore, e si consiglia pertanto di utilizzare la B.10 fino a quando nonsi sarà capita a fondo questa parte della teoria.

In una trasformazione isoterma non vi è variazione di temperatura, e pertan-to non ha senso parlare di calore specifico; in una trasformazione isoentropica, amaggior ragione, il calore specifico non è definibile perché non entra calore nelsistema.

B.2.3. Lavoro. Il lavoro è la quantità di energia trasmessa dal sistema all’ambiente,e si indica di solito con il simbolo L

↗. Potremo quindi scrivere

dL = pdV

(attenzione al segno!) e

L↗ =

ˆpdV

Determiniamo ora il lavoro nelle quattro trasformazioni fondamentali: isocore,isobare, isoterme ed isoentropiche.

In una trasformazione isocora dV = 0 e quindi il lavoro è nullo. Il bilancioenergetico è espresso dalle tre relazioni

4E = ncV4T

L↗

= 0

Q↙

= ncV4T

In una trasformazione isobara la pressione è costante e quindi

L↗ = p (Vfin − Vin)

Il bilancio energetico è espresso dalle equazioni

4E = ncV4T

L↗

= p4V

Q↙

= ncp4T

Il primo caso interessante è quello delle trasformazioni isoterme, nelle quali perdefinizione dT = 0. In questo caso possiamo integrare il termine pdV usando


l’equazione di stato:

L↗

=

ˆpdV =

=

ˆnRT

VdV =

= nRT

ˆdV

V=

= nRT lnVfinVin

Anche in questo caso il bilancio energetico diventa molto semplice:

4E = 0

L↗

= nRT lnVfinVin

Q↙

= nRT lnVfinVin

Trattiamo, infine, le trasformazioni isoentropiche; l’integrale può essere valutato(laboriosamente) con la relazione pV γ = pinV

γin:

L↗

=

ˆpdV =

=

ˆpinV

γin

V γdV =

= pinVγin

ˆdV

V γ=

= pinVγinV 1−γfin − V 1−γ

in1− γ

=

=1

1− γ

(pfinV

γf inV

1−γfin − pinV γinV

1−γin

)=

=1

γ − 1(pinVin − pfinVf in) =

nR

γ − 14T

(nel penultimo passaggio abbiamo sfruttato il fatto che pV γ = cost.).Dal momento che in un’isoentropica il calore assorbito dal sistema è pari a zero

risulta anche che 4E = L↗; si verifichi, tra l’altro, che R/ (γ − 1) = cV (e questorisultato permetterebbe di ricavare la relazione per il lavoro molto più rapidamente:come?).

Il bilancio energetico è pertanto espresso così:

4E = ncV4T

L↗

=1

γ − 1(pinVin − pfinVf in)

Q↙

= 0

Abbiamo così concluso la trattazione classica del lavoro di un gas e del suobilancio enegetico.


B.3. La variazione dell’entropia di un gas in tre casi speciali. Partiamodalla relazione generale tra entropia e calore assorbito dal sistema:

(B.18) 4S =

ˆdQ

T

Nella relazione B.18 T è la temperatura alla quale il gas assorbe calore.Per semplicità supponiamo che le variabili intensive, p e T , siano costanti in

tutto il sistema, ossia che il gas sia sempre in uno stato di equilibrio interno.

B.3.1. Trasformazioni isocore. In una trasformazione a volume costante la quantitàinfinitesima di calore assorbita dal sistema è

dQ = ncV dT

e pertanto

4S =

ˆdQ

T=

ˆncV dT

T=

= ncV

ˆdT

T=

= ncV ln

(TfinTin

)Questa è la differenza di entropia tra due stati con lo stesso volume.

B.3.2. Trasformazioni isobare. In una trasformazione a pressione costante la quan-tità infinitesima di calore assorbita dal sistema è

dQ = ncpdT

e pertanto

4S =

ˆdQ

T=

ˆncpdT

T=

= ncp

ˆdT

T=

= ncp ln

(TfinTin

)Questa è la differenza di entropia tra due stati con la stessa pressione.

B.3.3. Trasformazioni isoterme. Dato che in queste trasformazioni la temperaturaT è costante la variazione di entropia è pari semplicemente al rapporto tra il caloreassorbito dal sistema e la temperatura:

4S =

ˆdQ

T=Q↙

T=

=nRT ln

(VfinVin

)T

=

= nR ln

(VfinVin

)


Usando la legge delle trasformazioni isoterme, pfinVfin = pinVin, la stessa varia-zione può anche essere scritta nella forma

4S = −nR ln

(pfinpin

)B.3.4. Un quadro riassuntivo. Riassumiamo le formule che abbiamo ottenuto in unquadro sintetico:

Sfin − Sin = ncV ln

(TfinTin

)(V = cost.)(B.19)

Sfin − Sin = ncV ln

(TfinTin

)(p = cost.)(B.20)

Sfin − Sin = nR ln

(VfinVin

)= −nR ln

(pfinpin

)(T = cost.)(B.21)

Esse ci permettono di determinare la variazione di entropia lungo un’isocora,un’isobara o un’isoterma.

B.4. Esercizi. Si propongono qui alcuni (abbastanza) semplici esercizi di appro-fondimento.

B.4.1. Capacità entropica costante.(1) La capacità termica di un corpo solido è Cterm = 270 · 103 J/K e in un dato

istante la rapidità di variazione della sua temperatura è dT/dt = 5.2K/s.Determina la rapidità di variazione dell’entropia a T = 900K.

Suggerimento. Per capire se stai usando la formula corretta, ragionapartendo dalle unità di misura.

(2) Un corpo solido ha Cterm = 480KJ/K.(a) Determina la sua capacità entropica ogni 100K tra le temperature

T1 = 800K e T2 = 1200K.(b) Determina approssimativamente la variazione di entropia del corpo

nell’esercizio precedente tra 800K e 1200K.

B.4.2. Trasferimenti di energia.(1) Dimostra le relazioni

cV =R

γ − 1

cp =γR

γ − 1

partendo dalla definizione di γ.(2) Completa il bilancio energetico delle trasformazioni del problema della bolla

d’aria.(3) Dimostra la consistenza tra le formule speciali B.20, B.19 e B.21 e la formula

generale B.12 (suggerimento: comincia rappresentando le trasformazioni suun diagramma di Clapeyron.


Appendice C. Funzione d’onda ed effetto Doppler

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III TEST DI FISICA - fisica-xxi.weebly.comfisica-xxi.weebly.com/uploads/3/8/6/7/38672479/iii_test.pdf · III TEST DI FISICA 4 Figura 1.2. Larisalitàèsuﬃcientementelentadagarantireche