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Ippo ha scritto:...freddino

L'ultima cosa di cui mi preoccuperei se mi arrivasse un proiettile di 20 g a quelle velocità

Loren Kocillari89 ha scritto:Io ho fatto uguale ma senza quel $3/2$ , infatti nel testo non sta scritto che sia una trasformazione isocora da poter usare $C_v$ . Per me il lavoro è il semplice $n R (T_0 - T_1)$

Veramente dice che è adiabatica

Alex90 ha scritto:
Loren Kocillari89 ha scritto:Io ho fatto uguale ma senza quel $3/2$ , infatti nel testo non sta scritto che sia una trasformazione isocora da poter usare $C_v$ . Per me il lavoro è il semplice $n R (T_0 - T_1)$
Veramente dice che è adiabatica

Infatti una volta trovato le temperature in modo adiabatico hai le moli e il coefficiente R e così puoi applicare la legge dei gas perfetti.

Il concetto è giusto...ma se non integri non puoi calcolare esattamente il lavoro compiuto solo a partire dallo stato iniziale e finale! (A meno di casi particolare e formule note etc etc...ma non è questo il caso)

Alex90 ha scritto:Il concetto è giusto...ma se non integri non puoi calcolare esattamente il lavoro compiuto solo a partire dallo stato iniziale e finale! (A meno di casi particolare e formule note etc etc...ma non è questo il caso)

Si ho capito dove ho sbagliato,

e Spn ha fatto giusto. Quel $3/2$ va bene..

Anche spn ha sbagliato...

$L=L_A + K$

$v=\sqrt{\frac{2(L-L_A)}{m}}$

$L_A=P \cdot \Delta V$

$L=\int_{V_0}^{V_f} p dV=nr\int_{V_0}^{V_f} \frac{T}{V} dV$

Dato che la trasformazione è adiabatica si ha

$T_0 \cdot V_0^{\gamma-1}=T \cdot V^{\gamma -1} \cdot T=\frac{T_0 \cdot V_0^{\gamma-1}}{V^{\gamma-1}}$

Quindi
$L=nR T_0 \cdot V_0^{\gamma-1} \int_{V_0}^{V_f} \frac{dV}{V^{\gamma}}$

$L=nR T_0 \cdot V_0^{\gamma-1} \frac{1}{1-\gamma} \left (V_f^{1-\gamma}-V_0^{1-\gamma} \right )$

Da questo si conclude...avendo un po' di voglia di fare i conti

Alex90 ha scritto: $L=nR T_0 \cdot V_0^{\gamma-1} \frac{1}{1-\gamma} \left (V_f^{1-\gamma}-V_0^{1-\gamma} \right )$

Io ne so veramente poco di integrali, ma è normale che qua non tornino le unità di misura?

Scusa ma dov'è che non tornerebbero?

spn ha scritto:
Alex90 ha scritto: $L=nR T_0 \cdot V_0^{\gamma-1} \frac{1}{1-\gamma} \left (V_f^{1-\gamma}-V_0^{1-\gamma} \right )$
Io ne so veramente poco di integrali, ma è normale che qua non tornino le unità di misura?

Considera che $\gamma-1$ è negativo...

Per chi cmq non amasse gli integrali credo che ci sia anche questo modo per procedere, che mi pare funzioni piuttosto bene... l'unico dubbio è il fatto che io porto avanti un - a capo dell'espressione che non vedo nei calcoli di Alex90, per questo l'ordine dei volumi all'interno delle parentesi è invertito. Si accettano suggerimenti

$\begin{array}{l} \gamma = \frac{{c_P }}{{c_V }} = \frac{{c_V + R}}{{c_V }} \\ c_V = \frac{R}{{\gamma - 1}} \\ \end{array}$

$\begin{array}{l} L = - \Delta U = - c_V n\Delta T \\ L = - n\frac{R}{{\gamma - 1}}\left( {T_1 - T_0 } \right) \\ L = - n\frac{R}{{\gamma - 1}}\left( {T_0 \frac{{V_0^{\gamma - 1} }}{{V_1^{\gamma - 1} }} - T_0 } \right) \\ \end{array}$

Portando avanti i calcoli si ottiene:

$L = - n\frac{R}{{\gamma - 1}}T_0 V_0^{\gamma - 1} \left( {V_1^{1 - \gamma } - V_0^{1 - \gamma } } \right)$

scusate avete ragione, avevo visto quel $1-\gamma$ all'esponente come $\gamma - 1$

MrTeo ha scritto:... l'unico dubbio è il fatto che io porto avanti un - a capo dell'espressione che non vedo nei calcoli di Alex90

Tu semplicemente hai $\displaystyle -\frac{1}{\gamma -1}$ mentre io $\displaystyle \frac{1}{1-\gamma}$

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