Lezioni di Scienza

Le onde gravitazionali spiegate da LIGO (Laser Interferometer Gravitational-Wave Observatory)

2016-02-23T12:05:00.000-08:00

Le onde gravitazionali spiegate dall'Osservatorio (LIGO) che le ha scoperte.

Valutazione del consumo aggiuntivo di carburante dovuto all'accensione delle luci dell'auto

2015-03-27T07:55:00.001-07:00

Qui si propone una valutazione sull' eventuale impatto economico che può derivare dal tenere le luci dell'auto accese. Dapprima consideriamo l'impatto sul singolo litro di carburante e poi ipotizziamo un consumo annuale.

P_c= Potenza dissipata dal motore (KW).

Considerando un motore di 55 KW di potenza massima e ipotizziamo che si usi il motore a circa 2/3 del massimo, possiamo porre:

P_c= 36,67 KW

Consideriamo la potenza dissipata dalle luci dell'auto che stimiamo di circa P_c= 150W , ne consegue che di tutta l'energia ricavata dalla benzina dell'auto solo una piccola parte è destinata all'accensione delle luci.

R= P_l/P_c= 150/36670 = 1/244,47

Supponiamo ora di percorrere circa 20000 Km in un anno, che la nostra auto percorra circa 15 Km con un litro e che un litro di carburante costi in media 1,5 euro, la spesa totale annua sarebbe di circa 2000 eruo. Di questi 2000 solo 8 euro sono imputabili alle luci nel caso siano accese tutto il giorno.

Brillamento solare

2012-03-08T22:41:00.001-08:00

Ho motivo di credere che la mattina dell'8 marzo intorno alle 10.20 c'è stato un picco di vento solare giunto sulla terra.

Gli obiettivi di LHC

2012-02-18T03:44:00.001-08:00

Interessante sintesi sugli obiettivi di LHC. LHC è paragonabile un "microscopio" con cui guardare l'infinitamente piccolo. Maggiori sono le energie in gioco è più "penetrante" è questo sguardo.
Durante gli urti fra particelle si producono condizioni fisiche simili al Big Bang creando inevitabilmente le premesse per una indagine sulla struttura della materia durante i primi momenti della creazione dell'universo.

Proiezione di un diametro su una corda

2012-02-14T00:51:00.000-08:00

Dimostrare che le proiezioni K e H degli estremi del diametro AB di una circonferenza sulla retta di una corda A'B' qualunque sono equidistanti dal punto medio M della corda.

Soluzione:
E' necessario dunque dimostrare che MH=MK. Il punto M è il punto medio della corda A'B' e la retta OM è perpendicolare alla corda stessa.
Tracciamo dal punto A, estremo del diametro, una corda AP parallela alla corda A'B'.
Poniamo l'attenzione sui triangoli AKA' e PHB'.
Due corde parallele dividono la circonferenza in archi uguali sottesi da corde uguali, quindi:

AA' = PB' .

Inoltre

PH = AK

in quanto sono segmenti paralleli delimitati da rette parallele fra loro.
Ne consegue, per il teorema di Pitagora che:

B'H = A'K

In effetti i triangoli AKA' e PHB' sono congruenti per il terzo criterio.
Dato che :

MB' = MA'

ne segue che

MH=MK.

Trapezio isoscele circoscritto ad una semicirconferenza

2012-02-13T11:57:00.000-08:00

Problema: Un trapezio isoscele è circoscritto ad una semicirconferenza di diametro pari a 30 cm. Dimostrare che il lato obliquo è pari a metà della base maggiore. Determinare il perimetro del trapezio sapendo che il diametro è il triplo della base minore.

Soluzione:
I triangoli TOA e HDA sono congruenti poiché hanno l'angolo in A in comune, sono entrambi rettangoli, ed hanno TD=HD poiché sono pari al raggio (r). Dunque OA=DA. Si ha inoltre che TA=HA.

DC è 1/3 del diametro, dunque essendo HO 1/2 di DC, si ha che HO = 1/3 del raggio RO, ne consegue che RH = 2/3 RO.
Consideriamo il triangolo rettangolo HDA, per il teorema di Pitagora si ha:

AH^2 + HD^2 = AD^2=AO^2.

Poniamo una incognita x al segmento AR ed esprimiamo RH, HO e HD in funzione del raggio RO.

(x + 2/3RO)^2 + RO^2 = (x + RO)^2,

x^2 + 4/9RO^2 + 4/3xRO + RO^2 = x^2 + RO^2 + 2xRO

(2 - 4/3)xRO = 4/9RO^2

x = 4/9 * 3/2 RO = 2/3 RO.

Dunque il segmento AR è pari ai 2/3 del raggio. Di conseguenza AO=AD=2/3OR + OR = 5/3 OR.

Il perimetro dunque è:

2AO + 2AD + DC= 4AO + DC

4*5/3 OR + 2/3 OR = 22/3 OR = 22/3 * 15 cm = 22 * 5 cm = 110 cm

Dilatazione termica di un foro praticato ad una lamina metallica.

2011-10-25T02:53:00.000-07:00

Al centro di una lamina metallica é stato ritagliato un foro circolare con diametro 2r; dato λ il coefficiente di dilatazione lineare, come varia il diametro del foro se riscaldiamo la lamina?

Soluzione.
Per comprendere quello che accade al foro dobbiamo necessariamente considerare quello che accade a livello molecolare quando un corpo metallico viene riscaldato.
In una qualsiasi struttura cristallina, a qualsiasi temperatura diversa dello zero assoluto, le molecole vibrano attorno ad una posizione media e l'ampiezza di queste vibrazioni è tanto maggiore quanto maggiore è la temperatura. La distanza intermolecolare media d aumenta anch'essa all'aumentare della temperatura di una quantità Δd=d λΔT.

Se consideriamo una struttura cristallina unidimensionale lunga L e composta da N (L=Nd) nel caso in cui aumentiamo la temperatura di ΔT ci sarà una variazione di lunghezza pari a

ΔL = NΔd = NdλΔT = LλΔT

E' importante che la lamina sia libera di dilatarsi, cioè che non ci siano vincoli alle sue estremità. In questo modo possiamo assumere che l'aumento della distanza intermolecolare sia uniforme in tutto il corpo.

Consideriamo ora, per semplicità, una distribuzione superficiale di molecole in cui ognuna di esse è circondata da altre quattro disposte perpendicolarmente.

Ci poniamo in prossimità del limite del foro circolare in cui a destra sono presenti le molecole del metallo ed a sinistra c'è il foro. Il punto vuoto sta a significare l'assenza della molecola del reticolo.
La linea verticale rappresenta una porzione infinitesima di circonferenza.

In assenza di dilatazione essa è pari a C = Nd dove N è il numero di molecole che si trovano ai limite del foro.
Il raggio del foro è pari a r = C/2π = Nd/2π.

In presenza di dilatazione termica la distanza d aumenta e diventa d+dλΔT dunque il raggio r aumenta fino ad un valore pari a
r + Δr = N( d+ dλΔT)/2π = Nd/2π + NdλΔT/2π
dunque Δr = NdλΔT/2π = rλΔT.

Il diametro del foro dunque si dilata alla stessa maniera della lamina con uno scarto pari a Δ(2r) = 2rλΔT.

L'imbuto rotante

2011-10-24T03:54:00.000-07:00

L'imbuto rotante.
Questo problema tratta gli argomenti del piano inclinato, dell'attrito statico, della forza peso e della forza centrifuga.

Problema.
Un piccolo cubo di massa m è posizionato all'interno di un imbuto. L'imbuto ruota attorno all'asse verticale con una velocità di rotazione costante ω. Le pareti dell'imbuto sono inclinate di un angolo θ rispetto al piano orizzontale. Il centro del cubo si trova ad una distanza r rispetto all'asse di rotazione.
Dato che tra il cubo e la parete dell'imbuto è presente una forza d'attrito statico con coefficiente pari a μ, determinare il valore massimo ed il valore minimo della velocità angolare ω affinché il cubo rimanga solidale con la parete interna dell'imbuto.

Soluzione
Facciamo prima una considerazione preliminare sul perché nel problema viene indicato come punto di riferimento del corpo il suo centro (distante r dall'asse di rotazione). Si tratta di una schematizzazione che ci permette di trascurare le caratteristiche specifiche del corpo in modo da poterlo considerare come un punto materiale. Le varie forze che agiscono sul cubo risultano di fatto applicate al suo centro.

Le forze in gioco sono: la forza peso P, la forza centrifuga C, la reazione vincolare N e la forza di attrito Fa.
E' utile scomporre le varie forze nelle loro componenti tangenziali (parallele al piano inclinato) e radiali (perpendicolari al piano inclinato).
La reazione vincolare può bilanciare le componenti radiali della forza centrifuga e della forza peso qualunque sia la loro intensità.
La forza di attrito statico può bilanciare le componenti tangenziali della forza peso e di quella centrifuga fino ad un limite determinato dalla reazione vincolare e dal coefficiente di attrito statico.

Consideriamo dunque l'equilibrio delle forze lungo le direzioni tangenziale e perpendicolare delle forze, ed imponiamo che il corpo non subisca nessuna accelerazione.
Dato che la velocità angolare è costante il corpo non subisce accelerazioni lungo la sua traiettoria di rotazione, dunque le uniche accelerazioni che può subire sono verso l'alto o verso il basso in base al fatto se prevale la forza centrifuga (massima velocità di rotazione) o la forza peso (minima velocità di rotazione).
La risultante di queste due forze tangenziali è controbilanciata dalla forza di attrito statico.
Consideriamo come versi positivi delle direzioni radiali e tangianziali quelli verso il basso, cioè quelli concordi con le componenti della forza peso.

La sfera gravitazionale

2011-10-21T05:38:00.000-07:00

Vi presento un interessantissimo problema che coinvolge alcuni aspetti della conservazione dell'energia, del momento della quantità di moto, e offre lo spunti di riflessione sull'equivalenza fra massa inerziale e massa gravitazionale.

Problema:

Consideriamo una semisfera cava di raggio r in cui è presente un corpo puntiforme (o sferico) di massa m. Il corpo riceve un impulso iniziale tale che viene messo in moto con una velocità orizzontale pari a V0. Si considerino trascurabili tutti gli attriti.

Si calcoli la velocità iniziale Vo necessaria affinché il corpo raggiunga la sommità del recipiente. Esprimere V0 in funzione del raggio r e dell'angolo iniziale θo tra l'asse verticale e la retta che congiunge il centro della semisfera con il punto di contatto del corpo.

La sfera è immersa in un campo gravitazionale costante rivolto verso il basso.

Soluzione.

Inizio con il proporre la soluzione più immediata ed intuitiva, quella che considera le due leggi fondamentali da utilizzare in caso di presenza di vincoli: conservazione dell'energia e conservazione del momento della quantità di moto (in questo caso assiale).

Inizialmente la particella ha la sola energia cinetica se consideriamo nulla l'energia gravitazionale.

Alla fine la particella ha una energia cinetica finale ridotta di una quantità pari alla variazione dell'energia gravitazionale.

Le forze in gioco.

Esaminiamo le forze a cui è sottoposto distinguendo fra forze reali ed apparenti.

Le forze reali in gioco sono la forza peso mg e la reazione vincolare della sfera cava rivolta verso il centro R.

La forza apparente che è presente nel sistema di riferimento, non inerziale, solidale con il corpo è la forza centrifuga dovuta all'inerzia della massa m, costretta dalla reazione vincolare della sfera a percorrere una traiettoria curva.

Consideriamo, dunque un sistema di riferimento solidale con il corpo e con gli assi tali che sono uno diretto verso il centro (componente r), uno tangenziale alla sfera e orizzontale e l'altro tangenziale alla sfera e ortogonale agli altri due (componente t).

Indichiamo con P la forza peso suddivisa nelle sue componenti verticale radiale Pr e tangenziale Pt.

Indichiamo con R la reazione vincolare suddivisa nelle sue componenti verticale Rv e orizzontale Rh.

Indichiamo con C la forza centrifuga suddivisa nelle sue componenti radiale Cr e tangenziale Ct.

Le componenti della reazione vincolare R bilanciano le componenti della forza peso P e della forza centifuga C.

In particolare si ha che Rv = P , Rh = C. E' equivalente dire che R = Pr + Cr.

Le uniche forze che la reazione R non può bilanciare sono le componenti tangenziali della forza peso Pt e della forza centrifuga Ct.

La risultante è una forza tangenziale diretta verso l'alto o verso il basso in base al prevalere della forza centrifuga, dipendente dalla velocità e dal raggio, o della forza peso, dipendente dal peso.

In caso di risultante nulla il corpo rimane in un moto circolare uniforme orizzontale. In caso di risultante non nulla ne consegue una accelerazione proporzionale a Pt - Ct .

Considerazioni sul moto del corpo.

Quando il corpo sale fino a metà della sfera la forza peso è tutta tangenziale e verticale, la forza centrifuga è orizzontale e radiale ed è completamente bilanciata dalla reazione vincolare. La risultante delle forze è pari alla forza peso, dunque il corpo ricomincia a ritornare verso il basso.

In presenza di una velocità verso l'alto residua il corpo supera la metà della sfera, c'è una diminuzione della velocità verticale dovuta alla forza peso ed alla reazione vincolare che questa volta ha una componente tangenziale rivolta verso il basso.

Se lasciamo il corpo libero di muoversi nella sfera lo vedremo salire e scendere fino a livelli di altezza determinati dal bilanciarsi delle forze e delle energie in gioco.

Sostanzialmente si ha un trasformarsi continuo dell'energia potenziale gravitazionale in energia cinetica e viceversa man mano che il corpo passa dal livello più alto al più basso e viceversa.

Ulteriori discussioni sui campi di forza e sull'equivalenza fra massa inerziale e massa gravitazionale.

Approfitto di questo esercizio per discutere sull'equivalenza fra massa inerziale e massa gravitazionale, principio su cui Einstein basa la teoria della relatività generale.

Per la soluzione ho utilizzato la conservazione dell'energia meccanica in quanto la forza gravitazionale è descritta da un campo di forze conservativo. Per farla breve le variazioni dell'energia cinetica del corpo dipende esclusivamente dalle posizioni iniziali e finali e non dal percorso che esso effettua. In presenza di forze dissipative come l'attrito questo assunto non è più vero.

La variazione di energia potenziale di un campo di forze conservativo è definita come il lavoro compiuto dalla forza durante lo spostamento del corpo. Una variazione infinitesima è data da

dU= -Fdx. Se U dipende solo dalla posizione U=U(x) è possibile determinare la forza nel seguente modo:

F= -dU/dx. Questo è possibile solo per forze conservative, cioè per quelle forze che determina una trasformazione esatta dell'energia potenziale in energia cinetica.

Nel nostro problema la forza di gravità, uniforme in tutta la sfera rappresenta un campo conservativo. Per cui U=mgh.

Un'altra forza in gioco è quella centrifuga. Essa è proporzionale alla massa al raggio di rotazione ed alla velocità angolare.

il prodotto scalare tra la forza centrifuga ed il vettore spostamento non è nullo solo se si considera la componente perpendicolare all'asse di rotazione (r) e dunque possiamo considerare ds = dr.

La velocità angolare non dipende dalla posizione lungo la direzione r e dunque possiamo considerarla costante nell'integrazione. Con questo assunto ritroviamo che la variazione dell'energia energia potenziale legata al campo delle forze centrifughe altro non è che la variazione di energia cinetica della particella.

Il moto di rotazione del corpo all'interno della sfera può essere assimilato al moto di un corpo attratto da una forza gravitazionale diretta perpendicolarmente all'asse verticale di simmetria della sfera, la sua forza è pari alla reazione vincolare orizzontale che bilancia la forza centrifuga:

In queste condizioni si può assimilare il moto di un corpo in una sfera come se fosse attratto da una massa posta sull'asse di rotazione pari a M. A questa forza va naturalmente ad aggiungersi la forza peso.

Consigli per risolvere i problemi di fisica

2011-10-20T07:41:00.000-07:00

Di seguito elenco alcuni consigli per risolvere i problemi di Fisica.

A differenza degli esercizi di matematica, infatti, i problemi di fisica presentano difficoltà aggiuntive dovute alla varietà degli argomenti trattati. E' necessario capire oltre che sapere!

1) E' indispensabile capire il problema, bisogna cercare di immaginare l'esatta situazione sperimentale come se si osservasse dal vivo ciò che viene descritto. Se necessario bisogna rileggere la traccia del problema più volte fino ad arrivare ad una perfetta comprensione.

2) Comprendere l'ambito di applicazione del problema. Si tratta di comprendere quali sono le leggi che governano il processo fisico descritto nel problema.

3) Preparare un elenco completo delle quantità date dal problema e di quelle da cercare. E' necessario aver ben chiaro l'obiettivo da raggiungere.

4) Far attenzione ad utilizzare tutti i dati noti. Di solito, in ogni problema, tutte le informazioni fornite sono quelle indispensabili per giungere alla soluzione.

5) Disegnare uno schema o un diagramma accurato della situazione. E' importante raffigurare tutte le grandezze fisiche in gioco in modo corretto. Soprattutto quelle di tipo vettoriale.

6) Dopo aver compreso quali condizioni e principi fisici utilizzare, è necessario esaminare le relazioni matematiche che ne derivano tenendo presente quali sono le grandezze fisiche coinvolte.
Le relazioni utili al problema sono quelle che contengono le stesse grandezze fisiche note e incognite date dal problema.
E' spesso importante sapere quali sono le limitazioni di validità di ogni relazione o formula.
Il numero di incognite fissa il numero di relazioni che devono essere necessariamente utilizzate.

7) Tener conto delle formule che mettono in relazione le incognite fra loro, in questo modo si riduce il numero di incognite da inserire nelle formule principali.

8) Prima di effettuare i calcoli algebrici è spesso necessario decidere la procedura da seguire. Ad esempio, potrebbe essere utile risolvere un sistema di n equazioni in n incognite oppure passare da una relazione all'altra determinando di volta in volta il valore di una incognita e sostituendone l'espressione nelle relazioni successive.

9) E' buona norma risolvere tutte le equazioni algebricamente e sostituire i valori numerici
soltanto alla fine. Al momento della sostituzione delle grandezze note con i valori dati dal problema non dimenticare di includere le unità di misura che vanno trattati come dei veri e propri parametri. E' spesso necessario effettuare delle equivalenze per rendere omogenee le unità di misura.

10) La verifica della congruità fra la grandezza cercata e l'unità di misura ottenuta è un primo e fondamentale controllo sull'esattezza dei calcoli.

11) Far attenzione agli arrotondamenti. Il numero delle cifre significative dei risultati numerici calcolati deve essere conforme al numero di cifre significative che compaiono nei dati del problema.

12) Per la risoluzione dei problemi di fisica, come per quelli di matematica è necessario allenarsi. Capita spesso che per la soluzione di un problema si possa prendere spunto da altri problemi sullo stesso argomento. In fisica, però, è necessaria una maggiore capacità d'intuito che si acquisisce man mano che si risolvono sempre più problemi nei campi più variegati della fisica.

La zattera di Archimede

2011-10-11T04:07:00.001-07:00

Problema: La zattera di Archimede
Supponiamo che ci siano 4 uomini di 80 kg che devono costruire una zattera.

Hanno a disposizione vari tronchi di forma perfettamente cilindrica con raggio di base pari a 0,08 metri e lunghezza pari a 2 metri. La densità del legno è 750 kg/m3
Si chiede qual'è il numero minimo di tronchi che debbano essere utilizzati affinché la zattera galleggi.

Soluzione.
La spinta di Archimede che un liquido esercita su un corpo è pari al peso della massa di liquido occupato dal corpo immerso. La spinta di Archimede prodotta da ciascun tronco è massima quando esso è interamente immerso in acqua.
Il volume di acqua spostato da ciascun tronco, dunque, deve essere pari al volume totale del tronco Vtr per poter bilanciare il massimo peso possibile.
Il volume totale della zattera è pari a Vz = nVtr dove n è il numero di tronchi.

la presenza di 32 tronchi implica naturalmente che la zattera si solleva leggermente dal livello dell'acqua diminuendo il volume immerso in acqua e in modo tale che esso corrisponda ad un numero di tronchi frazionario pari a 31,85

Chi Siamo

2011-10-07T08:47:00.000-07:00

Questo blog è stato creato per studenti e non, che intendono approfondire le loro conoscenze di matematica, fisica, chimica e altre materie scientifiche.
Si tratta di un angolo di consultazione con possibilità di interazione con gli autori e fra gli utenti.
E' possibile postare esercizi di ogni genere di difficile soluzione, oppure inviare quesiti alla seguente
e-mail: lezioni.scienza@gmail.com.